tài liệu ôn thi vào lớp 10( đủ các dạng, có đáp án)

1
1) Rút gọn biểu thức:

1
x 1
1
với x > 0 và x 1
A=

ữ:
x +1 x + 2 x +1
x+ x

2.

2x
x + 1 3 11x


x + 3 3 x x2 9
a/ Rút gọn biểu thức A. b/ Tìm x để A < 2. c/ Tìm x nguyên để A nguyên.
a2 + a
2a + a

+ 1 (vi a>0)
3. Cho biu thc P =
a a +1
a
a/Rỳt gn P.
b/Tỡm giỏ tr nh nht ca P.
4. Rút gọn các biểu thức sau : a) 2 3 + 3 27 300

1
1
1
+
b)
ữ:
x 1 x ( x 1)
x x
5.

Cho biểu thức: A =

a) Rỳt gn biu thc:

A=

2( x 2)
x
vi x 0 v x 4.
+
x4
x +2

1
1 a +1
a + 2
vi a > 0, a 1, a 4 .

:

6. Rỳt gn biu thc: P =
a a 2
a 1
a 1

x
2x - x
, iu kin x > 0 v x 1
x -1 x - x
x+ x
x x

+ 1
1 Với x 0; x 1
Rút gọn: A =
x + 1 x 1
B=

7..Hóy rỳt gn biu thc:
8.
9.



a
1 1
2

+
ữ:

ữ
a 1 a a a +1 a 1

Cho biu thc K =

a) Rỳt gn biu thc K.
b) Tớnh giỏ tr ca K khi a = 3 + 2 2
c) Tỡm cỏc giỏ tr ca a sao cho K < 0.
1
1
1

10. Cho biểu thức : M =
ữ1
ữ
a
1 a 1 + a
1
a, Rút gọn biểu thức M.
b, Tính giá trị của M khi a =
9
11.

1. Rỳt gn cỏc biu thc sau:
x yy x

+

xy
x y

a)

3
13
6
+
+
2+ 3 4 3
3

vi x > 0 ; y > 0 ; x y
xy
2. DNG TON LP PT:
1) Mt hỡnh ch nht cú chiu di hn chiu rng 2 cm v din tớch ca nú l 15 cm2. Tớnh chiu di
v chiu rng ca hỡnh ch nht ú.
2) Hai ô tô cùng xuất phát từ A đến B, ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai mỗi giờ 10
km nên đến B sớm hơn ô tô thứ hai 1 giờ. Tính vận tốc hai xe ô tô, biết quãng đờng AB là
300 km.
b)

1


1
3.
Mt ngi i xe p t A n B cỏch nhau 36 km. khi t B tr v A ngi ú tng vn tc thờm
3km/h, vỡ vy thi gian v ớt hn thi gian i l 36 phỳt. Tớnh vn tc ca ngi i xe p khi i t A
n B.
4.

Mt mnh vn hỡnh ch nht cú din tớch l 720m2, nu tng chiu di thờm 6m v gim chiu
rng i 4m thỡ din tớch mnh vn khụng i. Tớnh kớch thc (chiu di v chiu rng) ca
mnh vn
5.
Một hình chữ nhật có chu vi là 160m và diện tích là 1500m 2. Tính chiều dài và chiều
rộng hình chữ nhật ấy .
6. Một ngời đi xe đạp phải đi trong quãng đờng dài 150 km với vận tốc không đổi trong một
thời gian đã định. Nếu mỗi giờ đi nhanh hơn 5km thì ngời ấy sẽ đến sớm hơn thời gian dự
định 2,5 giờ. Tính thời gian dự định đi của ngời ấy.
7.
Một đội xe cần chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành đội đợc điều thêm 3 xe nữa nên
mỗi xe chở ít hơn dự định 8 tấn. Hỏi lúc đầu đội xe có bao nhiêu chiếc? Biết rằng các xe chở
nh nhau.
8. Giải bài toán sau bằng cách lập phơng trình hoặc hệ phơng trình:
Một ca nô chuyển động xuôi dòng từ bến A đến bến B sau đó chuyển động ngợc
dòng từ B về A hết tổng thời gian là 5 giờ . Biết quãng đờng sông từ A đến B dài 60 Km và
vận tốc dòng nớc là 5 Km/h . Tính vận tốc thực của ca nô (( Vận tốc của ca nô khi nớc đứng
yên )

Cõu 1 (3,5 im)
Cho im A nm ngoi ng trũn tõm O bỏn kớnh R. T A k ng thng (d) khụng i
qua tõm O, ct ng trũn (O) ti B v C ( B nm gia A v C). Cỏc tip tuyn vi ng
trũn (O) ti B v C ct nhau ti D. T D k DH vuụng gúc vi AO (H nm trờn AO), DH
ct cung nh BC ti M. Gi I l giao im ca DO v BC.
1. Chng minh OHDC l t giỏc ni tip c.
2. Chng minh OH.OA = OI.OD.
3. Chng minh AM l tip tuyn ca ng trũn (O).
4. Cho OA = 2R. Tớnh theo R din tớch ca phn tam giỏc OAM nm ngoi ng trũn
(O).

Bài 2 (3,0 điểm): Cho tam giác PQR vuông cân tại P. Trong góc PQR kẻ tia Qx bất kỳ cắt PR
tại D (D không trùng với P và D không trùng với R). Qua R kẻ đờng thẳng vuông góc với Qx
tại E. Gọi F là giao điểm của PQ và RE.
a) Chứng minh tứ giác QPER nội tiếp đợc trong một đờng tròn.
b) Chứng minh tia EP là tia phân giác của góc DEF
c) Tính số đo góc QFD.
d) Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng QE. Chứng minh rằng điểm M luôn nằm trên
cung tròn cố định khi tia Qx thay đổi vị trí nằm giữa hai tia QP và QR
Bi 3: (3,5 im)
Cho ng trũn (O ; R) ng kớnh AB v dõy CD vuụng gúc vi nhau
(CA < CB). Hai
tia BC v DA ct nhau ti E. T E k EH vuụng gúc vi AB ti H ; EH ct CA F. Chng minh
rng :
1/ T giỏc CDFE ni tip c trong mt ng trũn.
2/ Ba im B , D , F thng hng.
3/ HC l tip tuyn ca ng trũn (O).
Câu 4:(3,0 điểm)
Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB cố định. H thuộc đoạn thẳng OA( H khác A;O và trung
điểm của OA). Kẻ dây MN vuông góc với AB tại H. MN cắt AK tại E.
1. Chứng minh tứ giác HEKB nội tiếp.
2. Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác AKM.
2


1
3. Cho điểm H cố định, xác định vị trí của K để khoảng cách từ N đến tâm đờng tròn ngoại
tiếp tam giác MKE nhỏ nhất.
Bi 5 ( 3,5 im )Cho ng trũn (O), ng kớnh AB c nh, im I nm gia A v O sao cho
AI =

2
AO. K dõy MN vuụng gúc vi AB ti I. Gi C l im tựy ý thuc cung ln MN sao cho C
3

khụng trựng vi M, N v B. Ni AC ct MN ti E.
a) Chng minh t giỏc IECB ni tip c trong mt ng trũn.
b) Chng minh AME
ACM v AM2 = AE.AC.
c) Chng minh AE.AC - AI.IB = AI2.
d) Hóy xỏc nh v trớ ca im C sao cho khong cỏch t N n tõm ng trũn ngoi tip tam
giỏc CME l nh nht.
Bài 6: (3,0 điểm)
Cho A là một điểm trên đờng tròn tâm O, bán kính R. Gọi B là điểm đối xứng với O
qua A. Kẻ đờng thẳng d đi qua B cắt đờng tròn (O) tại C và D (d không đi qua O, BC < BD).
Các tiếp tuyến của đờng tròn (O) tại C và D cắt nhau tại E. Gọi M là giao điểm của OE và
CD. Kẻ EH vuông góc với OB (H thuộc OB). Chứng minh rằng:
a) Bốn điểm B, H,M, E cùng thuộc một đờng tròn.
b) OM.OE = R2
c) H là trung điểm của OA.

Bi 7. Cho hỡnh vuụng ABCD, im M thuc cnh BC (M khỏc B, C). Qua B k ng thng
vuụng gúc vi DM, ng thng ny ct cỏc ng thng DM v DC theo th t ti H v K.
1. Chng minh: Cỏc t giỏc ABHD, BHCD ni tip ng trũn;
ã
2. Tớnh CHK
;
3. Chng minh KH.KB = KC.KD;
1
1
1

=
+
4. ng thng AM ct ng thng DC ti N. Chng minh
.
2
2
AD
AM
AN 2
Câu 8: Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB. Từ điểm M trên tiếp tuyến Ax của nửa đờng
tròn vẽ tuyếp tuyến thứ hai MC(C là tiếp điểm). Hạ CH vuông góc với AB, đờng thẳng MB cắt
đờng tròn (O) tại Q và cắt CH tại N. Gọi giao điểm của MO và AC là I. Chứng minh rằng:
a/ Tứ giác AMQI nội tiếp.
b/ ãAQI = ãACO
c/ CN = NH.
Cõu 9: Cho ng trũn (O) ng kớnh AB, C l mt im nm gia O v A ng thng qua C
vuụng gúc vi AB ct (O) ti P,Q.Tip tuyn ti D trờn cung nh BP, ct PQ E; AD ct PQ ti F
.Chng minh:
a/ T giỏc BCFD l t giỏc ni tip.
b/ED=EF
c/ED2=EP.EQ
Bài 10. (3,0 điểm)
Cho điểm M nằm ngoài đờng tròn (O;R). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA , MB đến đờng tròn (O;R) ( A; B là hai tiếp điểm).
a) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp.
b) Tính diện tích tam giác AMB nếu cho OM = 5cm và R = 3 cm.
c) Kẻ tia Mx nằm trong góc AMO cắt đờng tròn (O;R) tại hai điểm C và D ( C
nằm giữa M và D ). Gọi E là giao điểm của AB và OM. Chứng minh rằng EA
là tia phân giác của góc CED.
Câu 11(3,0 điểm)
1/ Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đờng tròn tâm O. Các đờng cao BH và CK tam giác

ABC cắt nhau tại điểm I. Kẻ đờng kính AD của đờng tròn tâm O, các đoạn thẳng DI và BC
cắt nhau tại M.Chứng minh rằng.
a/Tứ giác AHIK nội tiếp đợc trong một đờng tròn.
b/OM BC.
3


D

1

M

2/Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A,c¸c ®êng ph©n gi¸c trong
cña go¸c B vµ gãc C c¾t c¸c c¹nh AC vµ AB lÇn lît t¹i D vµ
E. Gäi H lµ giao ®iÓm cña BD vµ CE, biÕt AD=2cm, DC= 4
cm tÝnh ®é dµi ®o¹n th¼ng HB.

C

I

B
A

O

H

Câu 1(3,5 điểm)

Giải

a) Ta có: DH ⊥AO (gt). ⇒ OHD = 90 .
CD ⊥OC (gt). ⇒ DOC = 900.
Xét Tứ giác OHDC có OHD + DOC = 1800.
Suy ra : OHDC nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Ta có: OB = OC (=R) ⇒
O nằm trên đường trung trực của BC; DB = DC (T/C của hai tiếp tuyến cắt nhau)
⇒ D nằm trên đường trung trực của BC
Suy ra OD là đường trung trực của BC => OD vuông góc với BC.
Xét hai tam giác vuông ∆OHD và ∆OIA có DOA chung
⇒ ∆OHD đồng dạng với ∆OIA (g-g)
0

4

E


1

OH OD
=
OH.OA = OI.OD. (1)
OI OA
c) Xột OCD vuụng ti C cú CI l ng cao. p dng h thc lng trong tam giỏc
vuụng,
ta cú: OC2 = OI.OD m OC = OM (=R) OM2 = OC2 = OI.OD (2).
OM OH
=

T (1) v (2) : OM2 = OH.OA
.
OA OM
OM OH
=
Xột 2 tam giỏc : OHM v OMA cú : AOM chung v
.
OA OM
Do ú : OHM OMA (c-g-c)
OMA = OHM= 900. AM vuụng gúc vi OM ti M AM l tip tuyn ca (O).
d) Gi E l giao im ca OA vi (O); Gi din tớch cn tỡm l S.
S = SAOM - SqOEBM
Xột OAM vuụng ti M cú OM = R ; OA = 2R
p dng nh lớ Pytago ta cú AM2 = OA2 OM2 = (2R)2 R2 = 3R2
1
3
AM = R 3 SAOM = OM.AM = R2
(vdt)
2
2
AM
3
Ta cú SinMOA =
MOA = 600
=
OA
2
F
2
2

.R .60 .R
SqOEBM =
=
. (vdt)
360
6
P
3 .R 2
2
2 3 3
=> S = SAOM - SqOEBM = R .
(vdt).

=R .
2
6
6


S

Bài 2:

N

D

E

M

Q cân ở P)
R
a) Ta có: QPR = 900 ( vì tam giác PQR vuông
I
QER = 900 ( RE Qx)
Tứ giác QPER có hai đỉnh P và E nhìn đoạn thẳng QR dới một góc không đổi (900)
Tứ giác QPER nội tiếp đờng tròn đờng kính QR.
b) Tứ giác QPER nội tiếp PQR + PER = 1800
mà PER + PEF = 1800 (Hai góc kề bù)
PQR = PEF PEF = PRQ (1)
Mặt khác ta có: PEQ = PRQ (2) tròn ngoại tiếp tứ giác QPER>.
Từ (1) và (2) ta có PEF = PEQ EP là tia phân giác của gócDEF
c) Vì RP QF và QE RF nên D là trực tâm của tam giác QRF suy ra
FD QR QFD = PQR (góc có cạnh tơng ứng vuông góc)
mà PQR = 450 (tam giác PQR vuông cân ở P) QFD = 450
d) Gọi I là trung điểm của QR và N là trung điểm của PQ. (I,N cố định)

5

x


1

C©u4
1. xÐt tø gi¸c HEKB cã:
EHB = 900 ( v× MN ⊥ AB)
EKB = 900 ( v× AKB lµ gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn)

=>EKB + EHB =1800
=> Tø gi¸c HEKB néi tiÕp v× cã tæng hai gãc ®èi b»ng 180 0
2. V× MN ⊥ AB nªn A n»m chÝnh gi÷a cung nhá MN
=> cung AM = cung AN
=>AMN = AKM( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau)
XÐt ∆ AME vµ ∆ AKM cã:
A chung
AME = AKM ( cm trªn)
6

M
I
E
A

.

H O

N

K
B


1
=> AME đồng dạng với AKM ( g.g)
Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp EKM
Ta có góc AME = BME ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
=> AM là tiếp tuyến của đờng tròn tâm I( Theo bài tập 30-Tr79 SGK toán 9 tập 2)

=> I thuộc BM
=> NI ngắn nhất khi NI MB.
Vì M; N; B cố định nên ta có thể xác định K nh sau:
Kẻ NI vuông góc với BM, vẽ đờng tròn (I;IM) cắt đờng tròn tâm O tại đâu đó là K.
Bi 5
a)
ã
* Hỡnh v ỳng * EIB
= 900 (gi thit)
M
O1

C

E
A

I

B

* ECB = 900 (gúc ni tip chn na ng trũn)
* Kt lun: T giỏc IECB l t giỏc ni tip
b) (1 im) Ta cú:
* s cungAM = s cungAN
* AME = ACM
*GúcAchung,suyraAME
ACM.
* Do ú:

N

AC AM
=
AM2 = AE.AC
AM AE

c)
* MI l ng cao ca tam giỏc vuụng MAB nờn MI2 = AI.IB
* Tr tng v ca h thc cõu b) vi h thc trờn
* Ta cú: AE.AC - AI.IB = AM2 - MI2 = AI2.
d)
* T cõu b) suy ra AM l tip tuyn ca ng trũn ngoi tip tam giỏc CME. Do ú tõm O 1 ca
ng trũn ngoi tip tam giỏc CME nm trờn BM. Ta thy khong cỏch NO 1 nh nht khi v
ch khi NO1 BM.)
* Dng hỡnh chiu vuụng gúc ca N trờn BM ta c O 1. im C l giao ca ng trũn ó cho
vi ng trũn tõm O1, bỏn kớnh O1M.
Bi 6
ã
ã
a. Ta có BHE
= BME
= 900 => BHME là tứ giác nội tiếp
đờng tròn đờng kính BE => B, H, M, E cùng
thuộc một đờng tròn.
b. Sử dụng hệ thức lợng trong tam giác vuông
ODE với đờng cao DM
H
B
O

ta đợc OM.OE = OD2 =R2
A
c. Gọi HE cắt (O) tại N
Ta có BOM đồng dạng với EOH => OH.OB
= OM.OE = R2
C
=> OH.OB = ON2 ( vì ON=R)
M
=> OHN đồng dạng với ONB
ã
Mà góc OHN = 900 => BNO
= 900
N
D
0
ã
Xét OBN có BNO = 90 và A là trung điểm của
OB => ON = NA => ANO cân tại N
A
B điểm của OA.
Mà NH là đờng cao => NH là đờng trung tuyến
=> H là trung
Bai 7;
í
Ni dung
1.
H
(1,0)
M
7

P

D

C

K

N

E

im


1

·
= 90o (ABCD là hình vuông)
DAB
·
= 90o (gt)
BHD
·
·
Nên DAB
= 180o
+ BHD
⇒ Tứ giác ABHD nội tiếp

·
+ Ta có
= 90o (gt)
BHD
·
= 90o (ABCD là hình vuông)
BCD
Nên H; C cùng thuộc đường tròn đường kính DB
⇒ Tứ giác BHCD nội tiếp
·
·
 BDC
+ BHC
= 180o
·
·
Ta có: 
⇒ CHK
= BDC
o
·
·
CHK
+
BHC
=
180

·
·

mà BDC
= 45o (tính chất hình vuông ABCD) ⇒ CHK
= 45o

+ Ta có

2.
(1,0đ)

3.
(1,0đ)

4.
(0,5đ)

Xét ∆KHD và ∆KCB
·
·
 KHD
= KCB
= (90o )
Có 
⇒ ∆KHD
∆KCB (g.g)
·
chung
 DKB
KH KD
=
⇒

KC KB
⇒ KH.KB = KC.KD (đpcm)
Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AM, đường thẳng này cắt đường thẳng
DC tại P.
·
·
·
Ta có: BAM
(cùng phụ MAD
)
= DAP
AB = AD (cạnh hình vuông ABCD)
·ABM = ADP
·
= 90o
Nên ∆BAM = ∆DAP (g.c.g) ⇒ AM = AP
·
Trong ∆PAN có: PAN
= 90o ; AD ⊥ PN
1
1
1
=
+
nên
(hệ thức lượng trong tam giác vuông)
2
2
AD
AP

AN 2
1
1
1
=
+
⇒
2
2
AD
AM
AN 2
M

Q
C
N
I
A

Bai 8
8

O

H

B

+ VÏ h×nh ®óng cho 0,25 ®iÓm.

0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5

0,5
0,25
0,25

0,25

0,25


1

+ Ta có MA=MC(t/c tiếp tuyến)
OA=OC (bán kính)
MO là trung trực của AC MO AC
AQ MB (Góc AQB là góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
Suy ra Q, I cùng nhìn AM dới 1 góc vuông
Tứ giác AIQM nội tiếp trong đờng tròn đờng kính AM.

1
2

ã

ã
+ Ta có AMI
(= sđ cungAI)
= AQI
ã
ã
Và AMI
(cùng phụ với góc AMO)
= IAO
ã
ã
Mà IAO
( AOC cân)
= ACO
ã
ã
Suy ra AQI
= ACO

ã
ã
+ Tứ giác AIQM nội tiếp MAI
(Cùng bù với góc MQI)
= IQN
ã
ã
Mà MAI
(so le trong)
= ICN

ã
ã
ã
ã
Suy ra IQN
(cùng bằng 1/2 sđ cung
tứ giác QINC nội tiếp QCI
= ICN
= QNI
QI)
ã
ã
Mặt khác QCI
(=1/2 sđ cung QA)
= QBA
ã
ã
QNI
IN // AB
= QBA

Mà I là trung điểm của CA nên N là trung điểm của CH NC=NH (đpcm)
---Gọi M là trung điểm của AB, O là giao điểm của AC và BD, trung trực của AB
cắt AC và BD lần lợt tại I và J. Ta có I, J lần lợt là tâm các đờng tròn ngoại tiếp
ABD, ABC và R = IA, r = JB.
IA AM
Có AMI : AOB
=
AB AO
AB.AM a 2

1 AC 2
1 BD 2
R = IA =
=
2 = 4 Tơng tự: 2 = 4
AO
AC
R
a
r
a
Suy ra:
1
1 AC 2 + BD 2 4AB2 4
+ =
=
= 2
R2 r2
a4
a4
a
B
M
A

I

O

C

J
D

Cõu 8 (3)
a/ T giỏc BCFD l t giỏc ni tip.
ãADB = 900 (gúc ni tip chn nang trũn (o))
ã
FHB
= 900 ( gt )

9


1
·
=> ·ADB + FHB
= 900 + 900 = 1800 .
E

1

P

D

F
B

A

O

H

1
Q

Vậy Tứ giác BCFD nội tiếp được.
b/ED=EF
Xét tam giác EDF có
1
·
» ) (góc có đỉnh nằm trong đường tròn (O)).
EFD
= sd ( »AQ + PD
2
1
·
» ) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
EDF
= sd ( »AP + PD
2
Do PQ ⊥ AB => H là trung điểm của PQ( định lý đường kính dây cung)
» => PA
» = »AQ => EFD
·
·
=> A là trung điểm của PQ
= EDF
tam giác EDF cân tại E => ED=EF

c/ED2=EP.EQ
Xét hai tam giác: EDQ;EDP có
µ =D
¶ (cùng chắn » )
µ chung. Và Q
E
PD
1
1
=> ∆ EDQ

∆ EPD=>

Bµi 10

ED EQ
=
=> ED 2 = EP.EQ
EP ED
A
D
C

E

M

O

B

·
·
a) Ta cã: MA ⊥ AO ; MB ⊥ BO ( T/C tiÕp tuyÕn c¾t nhau) => MAO
= MBO
= 900
0
0
0
·
·
Tgi¸c MAOB cã : MAO
+ MBO
= 90 + 90 = 180 => Tgi¸c MAOB néi tiÕp ®g trßn
b) ¸p dông §L Pi ta go vµo ∆ MAO vu«ng t¹i A cã: MO2 = MA2 + AO2
 MA2 = MO2 – AO2
 MA2 = 52 – 32 = 16 => MA = 4 ( cm)
V× MA;MB lµ 2 tiÕp tuyÕn c¾t nhau => MA = MB => ∆ MAB c©n t¹i A
MO lµ ph©n gi¸c ( T/C tiÕp tuyÕn) = > MO lµ ®êng trung trùc => MO ⊥ AB
XÐt ∆ AMO vu«ng t¹i A cã MO ⊥ AB ta cã: AO2 = MO . EO ( HTL trong ∆ vu«ng)
2
9
9
16
=> EO = AO = (cm)=> ME = 5 - =
(cm)

MO

5

5

5

¸p dông §L Pi ta go vµo tam gi¸c AEO vu«ng t¹i E ta cã:AO2 = AE2 +EO2
10


1
AE2 = AO2 EO2 = 9 -

81
144
12
=
=
25
25
5

12
( cm) => AB = 2AE (vì AE = BE do MO là đờng trung trực của AB)
5
24
1
1 16 24
192
AB =
(cm) => SMAB = ME . AB = . .

=
(cm2)
5
2
2 5 5
25
c) Xét AMO vuông tại A có MO AB. áp dụng hệ thức lợng vào tam giác vuông

AE =

AMO ta có: MA2 = ME. MO (1)

1
ã
mà : ãADC = MAC
= Sđ ằAC ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung

cùng chắn 1 cung)

2

MA MD
=> MA2 = MC . MD (2)
=
MC MA
MD ME
Từ (1) và (2) => MC . MD = ME. MO =>
=
MO MC
MD ME

ã
ã
ả chung;
) => MEC
( 2 góc tứng) ( 3)
=
MCE : MDO ( c.g.c) ( M
= MDO
MO MC
OA OM
Tơng tự: OAE : OMA (g.g) =>
=
OE OA
OA OM OD OM
=>
=
=
( OD = OA = R)
=
OE OA OE OD
à chung ; OD = OM ) => OED
ã
ã
Tacó: DOE : MOD ( c.g.c) ( O
( 2 góc tứng) (4)
= ODM
OE OD
ã
ã
ã

ã
Từ (3) (4) => OED
. mà : ãAEC + MEC
=90; ãAED + OED
=900
= MEC
ã
=> ãAEC = ãAED => EA là phân giác của DEC
MAC :

DAM (g.g) =>

Câu 11
1/
a) AHI vuông tại H (vì CA HB)
AHI nội tiếp đờng tròn đờng kính AI
A
K
AKI vuông tại H (vì CK AB)
B
AKI nội tiếp đờng tròn đờng kính AI
I
Vậy tứ giác AHIK nội tiếp đờng tròn đờng kính AI
b)
H
O
Ta có CA HB( Gt)
M
CA DC( góc ACD chắn nửa đờng tròn)
=> BH//CD hay BI//CD

(1)
D
Ta có AB CK( Gt)
AB DB( góc ABD chắn nửa đờng tròn)
C
=> CK//BD hay CI//BD
(2)
Từ (1) và (2) ta có Tứ giác BDCI là hình bình hành( Có hai cặp cạnh đối song song)
Mà DI cắt CB tại M nên ta có MB = MC
=> OM BC( đờng kính đi qua trung điểm của dây thì vuông góc với dây đó)
B
2/
Vì BD là tia phân giác góc B của tam giác ABC;
1
2
nên áp dụng tính chất đờng phân giác ta có:
AD AB
2 AB
E
H
=
=
BC = 2 AB
DC BC
4 BC
1
Vì ABC vuông tại A mà BC = 2AB nên
C
2
A

D
11

.


1
ACB = 300; ABC = 600
V× B1 = B2(BD lµ ph©n gi¸c) nªn ABD = 300
V× ∆ ABD vu«ng t¹i A mµ ABD = 300 nªn BD = 2AD = 2 . 2 = 4cm
=> AB 2 = BD 2 − AD 2 = 16 − 4 = 12
V× ∆ ABC vu«ng t¹i A => BC = AC 2 + AB 2 = 36 + 12 = 4 3
V× CH lµ tia ph©n gi¸c gãc C cña tam gi¸c CBD; nªn ¸p dông tÝnh chÊt ®êng ph©n gi¸c ta cã:
DC DH
4
DH
=
⇔
=
⇒ BH = 3DH
BC HB
4 3 HB
 3BH + 3HD = 4 3
 BH + HD = 4
⇔
⇒ BH (1 + 3 ) = 4 3
Ta cã: 
 BH = 3HD
 BH = 3HD
BH =

12

4 3
(1 + 3 )

=

4 3 ( 3 − 1)
= 2 3 ( 3 − 1) . VËy BH = 2 3 ( 3 − 1)cm
2