dap an de thi het hoc ki 1 toan 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐÁP ÁN ĐỀ thi hÕt häc k× I M«n thi: To¸n 9 §Ò 1 I. Phần trắc nghiệm: 3 điểm: Mỗi câu đúng cho 0,5 điểm. C©u 1 C©u 2 C©u 3 C©u 4 C©u 5 C B C A A II. PhÇn tù luËn: 7 ®iÓm Bài 1: 1,5 điểm, mỗi câu đúng cho 0,5 điểm a) (5 2  2 5). 5 . 250 5 10  10  5 10 10 2.     5  1  5  1   5  1  12   3 5 1  5  1 5  1 4. 9 4 5  b). 94 5 . 5 2. . 2. 5 1  51. C©u 6 D. 5 2. 2.  5  2. 5  2  4. 2. c) Bµi 2: 1,5 ®iÓm: a): Vẽ đúng chính xác đồ thị hai hàm số cho 1 điểm: x. y=. 4. 2x 3. 2. 1. O y b) 0,5 ®iÓm -2 2 4 Phơng trình hoành độ giao điểm của hai đờng thẳng là: 2x = - 3x + 3 Giải phơng trình ta tìm đợc x = 1 -1 3 Thay x vào 1 trong hai hàm số ta tìm đợc y = 2 3x + = y Vậy giao điểm của hai đờng thẳng là (1; 2) Bµi 3: VÏ h×nh chÝnh x¸c cho 0,5 ®iÓm a) 1 ®iÓm: Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã IA = IB = IC  A  đờng tròn (I) đờng kính BC. D B I N. b) 1 điểm: Tứ giác ABDC có hai đờng chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đờng nên là hình bình hành;. . C. M. 0  do đó: BAC 90. O. A. O'. 0. mÆt kh¸c BAC 90 nªn lµ h×nh ch÷ nhËt. c) 1 ®iÓm: Theo hÖ thøc lîng trong tam gi¸c vu«ng ta cã: IA2 = OA.O’A  IA = 4,8cm Do đó BC = 2IA = 9,6cm. s. OI 2 OA  2 O' A ; d) 0,5 ®iÓm: Ta cã OI2 = OA.OO’; O’I2 = O’A.OO’ (hÖ thøc lîng trong tam gi¸c vu«ng)  O' I OA MA OI 2 MA   2 O' N (1) MÆt kh¸c OMA ANO’  O' A O' N  O' I OI OM OM OI3   3 Theo hệ quả định lí Ta – let ta có: O' I MA (2); Từ (1) và (2) ta có: O' N O' I ĐỀ 2 I. Trắc nghiệm: Mỗi câu đúng cho 0.25 điểm C©u 1 2 3 4. 5. 1. 6. 7. 8.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> §¸p ¸n B D A C D A II. Tù luËn: C©u §¸p ¸n a) C©u 5 3 1 5 2 9   5 4 1 3 1, ®  5  5  2 2 b) 2 2  ( 3  1) 2  9.3  3 9 3 2 2  3  1 3 3  3 1 3 3 C©u 10 a) víi x  0 , x 1. 1,5 ® 3    x2 x 1  x  1   A    x   x 1 x1 x  1   x  1 x1   . . B. §iÓm. .   x  2  x  x  1   x  1    .  x  1 x  1    . C. 0.25 0.25 0.25 0.25. 0.25. . . . x2 x. . x x1. . . x 1. x1. 1. . . . x 1. x1. .. . . x1. . . . x1. 2. 0.25. . 0.25. x 1 x1. 0.25. . . 2. x 1 . x  2 x  1 3.  x  . . x  2 x 1. b) víi x  0 , x 1. x 1 A 0  0  x  1  0  x  1 x1 Vậy 0  x  1 C©u 11 1,5 ® a). . x  1 x  x 1. ĐK: x 0. 3 . 0,25.  x  1  3  x  2    x  1 3  x 16 (TM ) ( loại) Vậy phương trình có nghiệm x = 16 x 2  4  2 x  2 0. . x 2. 0.25 0,25. x  1 3. b). 0.25. 0,25. ĐK: x  2. 0,25 0,25.  x  2 0   x 2(TM )  x  2  2 0 (loai ). 0,25. . . x  2  2 0. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> C©u 12 3®. A N M. B. C. H. a) 1 ® Xét ABH vuông tại H có. sin B . AH  AH  AB.sin B AB. AH  AH  AC.sin C  ACH AC Xét vuông tại H có AB AC  AB.sin B  AC.sin C   sin C sin B Từ (1) v à (2) sin C . (1). (2). 0,25 0,25 0,5. b) 1 ® 2 Xét ABH vuông tại H có HM  AB  AH  AM . AB (3) ( hệ thức giữa cạnh và đường cao) 2 Tương tự ta có : AH  AN . AC (4). Tõ (3) vµ (4)  AM . AB  AN . AC c) 1,0 ®. BH  BH  AH .cot B AH Xét ABH vuông tại H có CH cot C   CH  AC.cot C AC Xét ACH vuông tại H có Tõ (5) vµ (6)  BH  CH  AH  cot B  cot C  cot B .  AH . C©u 5 1®. (5) (6). BC 12   0 cot B  cot C cot 40  cot 350. x  y  z  11 2 x  4 y  1  6 z  2. ĐK: x 0; y 1; z 2  x  2 x  1  y  1  4 y  1  4  z  2  6 z  2  9 0. . . 2.  . x1 . 2.  . y 1 2 . . 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,25. 2. z  2  3 0.  x  1 0  x 1     y  1  2 0   y 5   z 11   z  2  3 0 ( TMĐK) VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm …... 0,25. 0,25. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> ĐỀ 3 I PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN ( 3 điểm ). Câu 1 2 3 Đáp án C C D Thang điểm 0,5 0,5 0,5. 4 D 0,5. 5 C 0,5. II PHẦN TỰ LUẬN(7 ®iÓm) Câu 7 a. (1,25điểm) ĐKXĐ: 0 x 1 .. . 3  x  13    x( x  1  P= . 3 x  13   2.( x  1) 2  : 2 x ( x  1)   x  12 . .  ( x  1)( x  x  1) ( x  1)( x  x  1)   2( x  1) 2    :      ( x  1)( x  1)  x ( x  1 ) x ( x  1 )    P= . .  x  x 1 x     x  P=. .  x  x 1  x  x  1  x 1   .     x 2( x  1)     P=. . 2 x  x 1      x . 2( x  1)      P=. x  1   2( x  1)   :    x x  1   . x 1. . P=. x1. x 1 b. (1điểm) Để P < 0 thì:. x  1< 0. . x  10. . x 1. x<1 Kết hợp ĐKXĐ ta có: Để P<0 thì 0<x<1. x 1 c.(0,75điểm) Ta có: P =. x  1=. 1. 2 x1. Để P Z thì 2  x  1 . x  1 1;2. Ta có bảng sau: x1. -2. -1. 4. 1. 2. 6 C 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> x. Không có giá trị của x. 0. 4. 9. Dựa vào bảng trên và ĐKXĐ ta có: x = 4; 9 Vậy để P  Z thì x = 4 hoặc x = 9 Câu 8 a. (0,5điểm) Để hàm số trên là hàm số bậc nhất thì: m + 1  0  m  -1 m  1 3  b. (0,5điểm) Để đồ thị hàm số (1) song song với đồ thị hàm số y = 3x+6 thì:  2m 6  m= 2. Vậy m = 2 thì đồ thị hàm số (1) song song với đồ thị hàm số y= 3x+6.. m  2   m   3. c.(0,5điểm) Gọi M( x 0 ; y 0 ) là điểm cố định mà đồ thị (1) luôn đi qua. Khi đó, phương trình: y 0 = (m+1)x 0 - 2m luôn có nghiệm với mọi m  phương trình: mx 0 -2m + x 0 - y 0 = 0 luôn có nghiệm với mọi m  phương trình: m(x 0 -2) + (x 0 - y 0 ) = 0 luôn có nghiệm với mọi m  x 0 2  x 0  2 0   x 0  y 0 0 y 2    0 . Vậy đồ thị hàm số (1) luôn đi qua điểm M(2;2) cố định. x. y. H. M I. A. N. O. Câu 9 (2.5 điểm). B. Chứng minh. a. (1điểm) Tứ giác ABNM có AM//BN (vì cùng vuông góc với AB) => Tứ giác ABNM là hình thang. Hình thang ABNM có: OA= OB; IM=IN nên IO là đường trung bình của hình thang ABNM. Do đó: IO//AM//BN. Mặt khác: AM  AB suy ra IO  AB tại O. Vậy AB là tiếp tuyến của đường tròn (I;IO)   b.(1điểm)Ta có: IO//AM => AMO = MOI ( 1) (0,25đ) Lại có: I là trung điểm của MN và MON vuông tại O (gt) ; nên MIO cân tại I.   Hay OMN = MOI (2)   Từ (1) và (2) suy ra: AMO = OMN . Vây MO là tia phân giác của AMN.. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> c. (0,5điểm)Kẻ OH  MN (H  MN). (3) Xét OAM và OHM có: 0   OAM = OHM = 90 AMO OMN  = ( chứng minh trên) MO là cạnh chung Suy ra: OAM = OHM (cạnh huyền- góc nhọn) AB Do đó: OH = OA => OH là bán kính đường tròn (O; 2 ). (4). AB Từ (3) và (4) suy ra: MN là tiếp tuyến của đường tròn (O; 2 ). ĐỀ 4 Néi dung. Bài 1 (1,5đ). a) Biến đổi. 8  18  3 2 2 2  3 2  3 2 2 2. b) Biến đổi.  2  3. a). 2. 3 2 . 3. 2 2 2 2    3    3 2 1   2  1 .   3  c) Biến đổi . 2 (1,5đ). 2. . . . 2 3  2 9  2 7. 2 x  6 có nghĩa khi 2 x  6 0  x 3. b) Biến đổi về giải x – 5 = 32 => x = 14 a) Hệ số. a . 1 0 2 => Hàm số nghịch biến trên  .. b) Xác định điểm cắt trục hoành A(6;0) và điểm cắt trục tung B(0; 3) 3 (3,0đ). vẽ đúng đồ thị. c) Tính được. AB 2 OA2  OB 2  AB  OA2  OB 2 3 5 Gọi h là khoảng cách từ O đến AB. Khi đó ta có:. h h. AB = OA. OB =>. OA.OB 6.3 6 5   AB 5 3 5. H. A O. Hình vẽ đúng Tính được. A. B. B. D. BC = 32 + 4 2 = 5 (cm) AB.AC 3.4 12 AH = = = BC 5 5 (cm). C. AB2 32 9 = = BC 5 5 (cm) 9 16 CH = BC - BH = 5 - = 5 5 (cm). BH = 4. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> (4,0đ). b) Đường tròn (B; 3cm) có bán kính R = 3cm. Khoảng cách từ B đến AC bằng BA = 3 cm = R. Vậy AC là tiếp tuyến của đường tròn (B; 3cm). c) Áp dụng tính chất đường phân giác của tam giác có DC AC DC + DB AC + AB AB.BC 3.5 15 = Þ = Þ DB = = = DB AB DB AB AC + AB 4 + 3 7 (cm) 15 9 12 - = HD = BD – BH = 7 5 35 (cm) ĐỀ 5. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Néi dung. Bài 1 (2,5đ). a) Biến đổi. 75  2 3 . b) Biến đổi.  4 7 3  5 3. c) Biến đổi. 27 5 3  2 3  3 3 4 3. 2. 63  4 . . 3 5  5 3. . 7 . 32.7 4 . . 5. 5 3 . . 5 3. . . 5 3. 5 3. . 7  3 7 4  4 7.  3. 5  9 5 3 5 7  5 9 2. .. a) Hàm số y = 2x + 1 đồng biến trên R vì có hệ số a = 2 >0.. 2 (2,5đ). 3 (1,0đ). b) ) y = 2x + 1 Cho x = 0 => y = 1 . Điểm đồ thị cắt trục tung là: A(0 ; 1) 1 1 2 . Điểm đồ thị cắt trục hoành: B( 2 , 0) y = 0 => x = Vẽ đúng đồ thị d c) Gọi d1 là đường thẳng cần tìm Vì d1// d nên phương trình của d1 có dạng y = 2x + a. Lí luận được d1 đi qua M(-1; 3) nên ta có 3 = 2(-1) + a Suy ra a = 5 Vậy phương trình đường thẳng d1 cần tìm là y = 2x + 5. A. . . x x x 1.  x. 3.  1  x  2. x 1. 1. A 2  x . Biến đổi Suy ra được x = 4. A. I. H. 4 (4,0đ) C. x. x. . O. . x  1  1  2 x  1 x . x 2  (x  1)  ( x  1) 0 . B. M. . x 1. . . x  2 0. Hình vẽ a) Ta có OB  MB (t/c tt)   OBM vuông tại B b) Áp dụng định lý pi ta go, tính được BH = 4 cm Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OBM, ta có. 1 1 1 20    BM  cm BH 2 BM 2 OB2 3 c) Lí luận được  OBM =  OCM (c,g,c). 0    OCM OBM 90  MC là tiếp tuyến của đường tròn (O). d) Gọi I là trung điểm của OM. Lí luận được IB = IM =IO =IC  I là tâm đường tròn đi qua bốn điểm O, B, M, C.. Câu. . x 1. x. ĐỀ 6 Đáp án. 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> I. Lí thuyết (2đ) Câu 1 (1đ) Câu 2 (1đ) II. Bài tập: (8đ) Bài 1 (1đ) Bài 2 (2đ). a) Phát biểu đúng quy tắc chia hai căn bậc hai. 108 108   9 3 12 12 b) b c b c sin  = a , cos  = a , tan  = c , cot  = b ( 48  27  192).2 3. ( 16.3  9.3 . 64.3).2 3 (4 3  3 3  8 3).2 3  3.2 3  6. a) Điều kiện : x ¿ 2 ,x ¿−2 3 x x 2 − − 2 x−2 x +2 b) M = x −4 3. x −x ( x+ 2)−2( x−2 ) x 2 −4. =. x 3  x 2  2 x  2 x  4 x3  4 x  x 2  4 x( x 2  4)  ( x 2  4)   x2  4 x2  4 x2  4 2 ( x −4 )( x−1) =x−1 x 2−4 = a) (d1): y = ax + b (d2): y = 3x + 1 (d1) // (d2)  a = 3 , b  1 M(-1; 2)  (d1): 2 = 3.(-1) + b  2 = -3 + b  b = 5 Vậy (d1): y = 3x  5 b) 5 y 3 x 0 y = 3x + 5 5 0 . Bài 3 (2đ). x. x. Bài 4. Hình vẽ + gt và kl. 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> (3đ). a) Chứng minh NIP cân :(1đ) MKP = MDI (g.c.g) => DI = KP (2 cạnh tương ứng) Vaø MI = MP (2 cạnh tương ứng) Vì NM ¿ IP (gt). Do đó NM vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến cuûa NIP neân NIP cân tại N b)Tính MH: (0,5đ) Xét hai tam giaùc vuoâng MNH vaø MNK, ta coù : · · MN chung, HNM KNM ( vì NIP cân tại N) Do đó :MNH = MNK (cạnh huyền – gĩc nhọn) => MH = MK (2 cạnh tương ứng) Xét tam giác vuông MKP, ta có: 0 MK = KP.tanP = 5.tan35 3,501cm Suy ra: MH = MK 3,501cm c) Chứng minh đúng NI là tiếp tuyến của đường tròn (M; MK) Cộng ĐỀ 7 NỘI DUNG. CÂU. a) Căn bậc hai của 16 là: 4 và -4 b) Điều kiện xác định: x - 1 ¿ 0 ⇔ x ¿ 1 c) Câu 1. √ 4−2 √ 9+√ 25.  A    d). = 2 – 2.3 + 5 = 1. x x  2 x  : x 3 x  3  x  9 . Câu 2. x. .  . 2x 2 x : x 9 x 9. . a) Hàm số đã cho là nghịch biến. Vì a = -2 <0 b) y = -2x + 5 Cho x = 0 ⇒ y = 5 P(0; 5). 5 y=0 ⇒ x= 2. . x  3  x.. 5 Q( 2 ; 0). 10. . x 3 .. . x 3. x3. 2x x  9  x 9 2 x. . :2.  x. x x 9.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> fx = -2x+5 4. 2. -10. -5. 5. 10. -2. -4. f. ( 32 ). 3 =-2. 2 + 5 = 2. c) Ta có: f (−1 ) = -2.(-1) + 5 =7; d) Hoành độ điểm I là nghiệm của phương trình: -2x + 5 = x – 1 ⇔ -3x = -6 ⇔ x=2 Thay x = 2 vào hàm số: y = x – 1 ta được: y = 1 Vậy I(2; 1) là điểm cần tìm. Câu 3. a) T:a có AH  BH.CH  2.8 4 cm b) Nếu AB = AC thì đường cao AH cũng là phân giác của  ABC. Khi đó AMHN là hình vuông, nên HM = HN Mà các tam giác vuông AHB, AHC có: HM2 = MA.MB ; HN2 = NA.NC Vậy MA.MB = NA.NC. 11.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> E C I. H. A. O. B. Câu 4. a) Ta có AB là đường kính, BC là dây ⇒ AB>BC b) Tam giác ABC là tam giác vuông vì tam giác nội tiếp và có một cạnh là đường kính c) Ta có: BC =. √ 102−62 =8 cm; IB = IC = 4cm √ 52−4 2 =3 cm. OI = d) Xét 2 tam giác vuông ABE và tam giác vuông ACB ta có: AC2 = CE.CB (1) AC2 = AH.AB (2) Từ (1) và (2) suy ra: CE.CB = AH.AB (đpcm) ĐỀ 8 Hướng dẫn giải. Câu Câu 1 a. 144  25. 4 12  5.2 12  10 2 1 (2 điểm). 2  3 1. b.. 3 1 . 2( 3  1)  3 1. 3 1. 2( 3  1)  3  1  3  1  3 1 2 2 6  3x có nghĩa khi và chỉ khi: 6  3 x 0  3 x 6  x 2. . 2 (1 điểm). Vậy với x 2 thì. 6  3x có nghĩa.. Câu 2 1 (1 điểm) 2 (1 điểm). Với x  1 , ta có: 4 x  4  3 7  2 x  1 10 x  1 5  x  1 25  x 24 ( thoả mãn ĐK x  1 ) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 24. Hàm số đã cho là hàm số bậc nhất khi và chỉ khi: 1 2m  1 0  2m  1  m  2 . 12.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Vì đồ thị của hàm số y (2m  1) x  5 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng  5 nên x  5; y 0. Thay x  5; y 0 vào hàm số y (2m  1) x  5 , ta được:  5.(2m  1)  5 0  2m  1  1  2m  2  m  1 1 m 2 ) ( thoả mãn ĐK Vậy m  1 là giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 3 Với x  0; x 4 , ta có:  x ( x  2) x  1 A    . x  2  x 1  x ( x  2). 1 (1 điểm).  x 2 x   x  x 2. . 2 x 2 1 2( x  1) 1 2 .  .  x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 A. Vậy. 2 (0,5điểm).  1 x 2 x 1  .  . 2  x 1 x 2 x 1. 2 x  2 với x  0; x 4 .. Với A  0 , ta có: 2 0  x  20  x 2. x 2 x4. , mà x  0; x 4. Suy ra: 0  x  4 Vậy với 0  x  4 thì A  0 .. Câu 4. x. y. N. D. M C I. A. H. O. B. 13.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> 1 (1 điểm). Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:     OC và OD là các tia phân giác của AOM và BOM , mà AOM và BOM là hai góc kề bù. Do đó OC  OD => Tam giác COD vuông tại O. (đpcm) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: CA = CM ; DB = DM (1). 2 (1 điểm). Do đó: AC.BD = CM.MD. (2). Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông COD, đường cao OM, ta có: CM.MD = OM 2 R 2. (3). 2 Từ (1) , (2) và (3) suy ra: AC.BD R (đpcm). 3 (1 điểm). Ta có: CA = CM (cm trên) => Điểm C thuộc đường trung trực của AM (1) OA = OM = R => Điểm O thuộc đường trung trực của AM (2) Từ (1) và (2) suy ra OC là đường trung trực của AM => OC  AM , mà BM  AM . Do đó OC // BM . Gọi. BC  MH  I. ;. BM  Ax  N. . Vì OC // BM => OC // BN  ABN Xét có: OC // BN, mà OA = OB = R => CA = CN. (4) Áp dụng hệ quả định lý Ta-lét vào hai tam giác BAC và BCN, ta có: IH BI IM BI = = CA BC và CN BC IH IM = Suy ra CA CN (5) Từ (4) và (5) suy ra IH = IM hay BC đi qua trung điểm của MH (đpcm). Câu 5 Ta có: Vì x > 2014, y > 2014 và 1 1 1 1 1 1 y  2014 2014y        y  2014  x y 2014 x 2014 y 2014y x . (0,5 điểm). y  2014 . 2014y x. Tương tự ta có: 2014x x  2014  y Ta có:. 14.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> x  2014  y  2014 . 2014x 2014y  y x.  x y xy 1 1  2014    x  y. 2014.    2014.  y x x y xy   1  x  y. 2014.  xy 2014 xy.  P. x  2014  y  2014 Vậy P 1. Bài. 1. ĐỀ 9 Nội dung. Ý a. 1 (2,5đ). 7 2 8. 32. 7 2  2 2  4 2 5 2 2 5. b.  2 5. 2 5  2 . 2. 5. 2 5  5  2 3 5  2. c. 1  51  1   .  3 5 3 5  5 5  3 5  3 5  1  . (3  5)(3  5)  5  = 2 5 1 . 4 5. =. a 2 (2đ) 3 (1,5đ). b a b. 1 = 2 Xác định điểm cắt trục tung A( 0; 3) và điểm cắt trục hoành B (-3; 0) Vẽ đúng đồ thị Hàm số cần tìm là: y = x + 6 a) x = 4,8. b) x = 6 Vẽ hình đúng.. a. 15.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> B. O. 6cm. M. A. H. 4 (3.5đ) C. b c. 5 (1đ). Tính OM (áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OBM). Tính BM (dựa vào định lí pi-ta-go trong tam giác vuông OBM) Tứ giác OBAC là hình thoi. Vì: + OBAC là hình bình hành (hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường) + Hình bình hành có 2 đường chéo vuông góc với nhau. Chứng minh được: ∆OBM = ∆OCM (c.g.c) Suy ra: tam giác OCM vuông tại C. Hay góc C = 900. Vậy: CM là tiếp tuyến của đường tròn (O) 5 7 x  3. ĐKXĐ: 3. (3x  5)(7  3x ) A2 =(3x - 5) + ( 7 - 3x) + 2 A2  2 + (3x - 5 + 7 - 3x) = 4 ( dấu "=" xảy ra  3x - 5 = 7 - 3x  x = 2) Vậy: max A2 = 4  max A = 2 ( khi và chỉ khi x = 2) ĐỀ 10 ĐÁP ÁN. CÂU A.LÝ THUYẾT : ( 2,0 điểm ) 1 HS nêu quy tắc đúng 169 13  144 12 2 HS phát biểu hệ thức đúng B. BÀI TẬP : ( 8,0 điểm ) 1 a. x  0, x 1 b  x1 A   x  1 . x 1   1 x     2  x  1  2 x.  ( x  1) 2  ( x  1) 2   1  x      x 1   2 x . 2. 2. 2. 4 x (1  x) 2 1  x    1 x 4x x a. Do đồ thị của hàm số đi qua điểm A ( 4; 8) nên x = 4, y = 8. 16.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> 3. 4. Thay x = 4, y = 8 vào y ax  4 ta được : a = 1 b. HS vẽ đồ thị đúng m  1 2m  4  m  3    n 2 a. n 2n  2 b. m  1 2m  4  m  3 HS vẽ hình và ghi GT, KL đúng.  a. Ta có : MO là tia phân giác của BMA ( Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau )  MO’ là tia phân giác của AMC ( Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau )  ' ' 0   Mà: BMA , AMC kề bù  MO  MO  OMO 90 ( 1) Ta có: MB = MA ( Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ) OA = OB = R(O) => OM là đường trung trực của AB 0  => OM  AB  MEA 90 ( 2 ) Ta có: MA = MC ( Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ) O ' A O 'C R(O ' ) => O’M là đường trung trực của AC ' 0  => O M  AC  MFA 90 ( 3 ) Từ (1),(2) và ( 3) suy ra : tứ giác AEMF là hình chữ nhật. 1 1  EOA  BOA  600 300 2 2 b. Ta có : Áp dụng hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông EOA ta có: 1  EA OA sin EOA 18.sin 300 18. 9 2 ( cm ) c.Theo câu a) Ta có: MA=MB=MC nên đường tròn đường kính BC có tâm là M và bán kính MA. Vì OO' vuông góc với MA tại A nên OO' là tiếp tuyến của đường tròn (M;MA). Câu 1 Đáp án A II/. Tự luận ( 8.0 đ ) Câu 9 ( 2,5 đ ) a, Ta có:. 2 B. 3 C. ĐỀ 11 4 C. 17. 5 A. 6 C. 7 B. 8 D.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> . .   x x 1 1  x1  A  :   x  1 x  1 x  1  x  1  . . ( 0,5 đ ). . A. x 1 x 1  x 1 x1. A. x 1 x1. ( 0,25 đ ). ( 0,25 đ ). b, Ta có:. . x 4  2 3  . . 3 1. 2. x  3 1. ( 0,25 đ ). Thay vào biểu thức A ta được:. A. 32 3 3 A. c, Ta có:. và kết luận giá trị của biểu thức. ( 0,75 đ ). x 1 x  1 2 2  1  x1 x1 x1. ( 0,25 đ ). Để A nguyên khi x  1  Ư(2)= {-2; -1;1;2}. kết hợp với điều kiện x = 0; x = 4; x = 9 và kết luận Câu 10 ( 2,0đ) a, Thay toạ độ điểm A vào hàm số tìm được m = 1 và kết luận b, Với m = 1 ta có: y = x + 3 Vẽ chính xác đồ thị hàm số trên. Câu 11 ( 3,0đ) a, Vẽ hình đúng đến câu a ( 0,25đ ) Chứng minh được: AB vuông góc với OM (1,0 đ) b, Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, chứng minh được OE . OM = OA2 = R2 ( 1,0 đ ) KL: vậy OE . OM không đổi (0,25đ) c, Chứng minh: OH vuông góc CD  góc OHM = 900 Gọi F là giao điểm của OH và AB. C/m: Tam giác HOM đồng dạng với tam giác EOF  OH.OF = OE. OM = R2 ( 0,25đ ) Suy ra điểm F cố định và kết luận. ( 0,25đ ). 18. ( 0.25 đ). ( 1đ ) ( 1đ ). F. d A. M D. H C. E O. B.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Câu 12.(0,5 đ ) Biến đổi :. S. 1 3 1 1 1   2   2 2 x y 4 xy x  y 2 xy 4 xy 2. C /m: C /m:. 1 2. x y. 2. . 1 4  4 2 xy  x  y  2. 1 1 4 xy. 1 Suy ra GTNN của S bằng 5 khi x = y = 2. ĐỀ12 Phần I : Trắc nghiệm (2 điểm ) Mỗi câu lựa chọn đúng đáp án được 0,25 điểm Câu 1 2 3 4 5 Đáp án A C B D B. 6 B. 7 B. 8 A. Phần II : Tự luận ( 8 điểm) Bài 1(2 điểm ) a,. x 0; x 1  x2 x A    x x  1 x  x  1  . 1  x1 : 2 x  1 . x  2  x ( x  1)  x  x  1 x  1 : 2 ( x  1)( x  x  1). ( x  1) 2 2  . ( x  1)( x  x  1) x  1 2  x  x 1 b , Ta có:. 0,5 đ. 0,25. x 0; x 1 x  x 0  x  x  1 1 . 0,25 đ. 2 2  2 x  x 1 1. Dấu bằng xảy ra  x = 0. 19. 0,25 đ.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Vậy AMax= 2  x = 0 Bài 2: a , 1điểm : - Mỗi đồ thị 0,5 đ gồm xác định đúng 0,25đ, vẽ đúng 0,25 đ. . . b , -Vì đường thẳng (d) cắt đường thẳng y = x + 3 nên m+1 1  m 0 0,25đ - Đường thẳng (d) cắt đường thẳng y = x + 3 tại điểm có hoành độ bằng 1 nên tung độ giao điểm là y = 1 + 3+ = 4 => toạ độ giao điểm là (1;4) 0,25đ - đt (d) đi qua (1;4)  4 = ( m + 1 ).1 +2  m = 1 ( TMĐK) 0.25đ - Kết luận 0,25 đ Bài 3 : Hệ phương trình đã cho có nghiệm (1;3). a  1  3b 1   a  6 y  2  -. a  3b 0  a  6 y 2. 0,25 đ. Giải tìm được a = -2 Tìm được b = 2/3 Kết luận. 0,25đ 0,25đ 0.25đ. Bài 4: (2,5đ) C. a, -C/m AD vuông góc với BD (0,25đ) -c/m SA=SD 0A=0D => S0 vuông góc với AD (0,5đ) - S0 // BD (0,25đ). D. S. E A. b,( 0,5đ) Xét tam giác ACB có S0//BC 0A = 0 B => SC =SA. (0,25đ) (0,25đ). c , (1đ) - c/m DH //AC. - Xét tam giác BSC có ED //SC =>. (0,25đ). DE BE  SC BS. EH EB  AS BS - xét tam giác BSA có EH //SA => . H0. ED EH  SC SA Mà SC = SA => ED = EH. ( 0,25đ) (0,25đ). (0,25đ). Bài 5: (1đ) 2M = 2a2 + 2ab + 2b2 - 6a - 6b + 4004 (0,25đ) = (a2 + b2 + 4 + 2ab - 2a - 2b) + (a2 – 2a +1) + (b2 – 2b +1) +3998 (0,25đ). 20. B.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> = (a+b-2)2 +(a – 1 )2 + (b-1)2 +2. 1999 Dấu bằng xảy ra  a=1 và b=1 Vậy MMax = 1999  a =1 ; b = 1. 2. 1999. (0,25đ). (0,25đ). ĐỀ 13 Bài 1.. . 1. a). 1. 3. b) b. ( 3 . . 2. 1 . 3  3 1. 5)( 3  5)  2 =. 8  2 15 = 8  2. 3. 5  0,25đ-0,25đ. c). 0,25đ-0,25đ. 2. 3 . 2. 5  2 3  5  2 0. 2. 0,25đ-0,25đ. 2. 3  2. 3. 5  5  ( 3  5) 2  3  5. 2. . ĐK: x + 5  0  x  -5. 0,25đ 4 x  20  3 5  x  7 9 x  45 20  4( x  5)  3 5  x  7 9( x  5) 20  2 x  5  3 5  x  7.3 x  5 20  (2  3  21) x  5 20.  20 x  5 20  x  5 1  x  5 1  x = 1 - 5 = -4 ( thỏa ĐK ) 0,25 Vậy phương trình có một nghiệm x = -4 3.  a  a  a  a  A  1   1  a  1   a  1  . .    1 .  a. a  1  1   a 1 . .  1   a .  1 a 1. a.  . . 2. a.. . . a1   a1  . 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ. 1  a Bài 2. 1, cho x=0 => y=5 y=0 => x=-2,5. 0,25đ. 0,25đ. 21. 0,25-0,25.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> 2, Điểm M(3;3) không nằm trên đường thẳng (d) vì 2.3+5=11#3 0,25đ điểm N(6;17) có nằm trên đường thẳng (d) vì 2.6+5=17 0,25đ 3. Vì đường thẳng (d') song song với đường thẳng (d) nên đường thẳng (d') có hệ số góc là a=2>0 0,25đ  Gọi là góc tạo bởi đường thẳng (d') và trục Ox 0,25đ 0 tan   2   63 26 ' ta có => 0,5đ Bài 3. a, tam giác ABC vuông tại A Bˆ 900  Cˆ 900  350 550. C. AC BC.sin B 20.sin 550 16, 4cm AB BC.cos B 20.cos550 11,5cm. H 0,25-0,25-0,25 A. b, Tam giác ABC vuông tại A, AH là đường cao => áp dụng hệ thức về cạnh và đương cao trong tam giác vuông ta có AH .BC  AB. AC AB. AC 11,5.16, 4  AH   9, 4cm BC 20 0,25-0,25đ Bài 4. Hình vẽ 0,5đ. 22. B 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> B. O. 6cm. M. A. H. C. a. do H là trung điểm OA=> OH=3cm 0,25 Tính OM (áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OBM). OB 2 62 OB 2 OH .OM  OM   12 OH 3 cm 0,25 Tính BM (dựa vào định lí pi-ta-go trong tam giác vuông OBM). BM  OM 2  OB 2  122  62  108 cm 0,25 b, Có HB=HC( OA là đường kính, OA vuông góc với BC tại H) 0,25đ Tứ giác OBAC là hình thoi. Vì: + OBAC là hình bình hành (hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường) + Hình bình hành có 2 đường chéo vuông góc với nhau. 0,25đ c.Chứng minh được: ∆OBM = ∆OCM (c.g.c) 0,5đ Suy ra: tam giác OCM vuông tại C. OC  CM  C Hay , mà OC là bán kính của (O) 0,25 Vậy: CM là tiếp tuyến của đường tròn (O) 0,25 BÀI 1a 1b. 2a 2c. 3a. ĐỀ 14 HƯỚNG DẪN. 2. 5 )2 . 5  5  2. 5  2. ( Vì 5  2 ). 2 48 + 2 32 - 27 - 98 = 8 3  8 2  3 3  7 2 5 3 15 2 Hám số trên nghịch biến vì a= -2 < 0 Xác định đúng tọa độ 2 điểm A(0; 5) thuộc Oy; B(2,5; 0) thuộc Ox. vẽ chính xác đồ thị hàm số Đồ thị của hai hàm số song song với nhau m  1  2   m  3 5 1 0  .......  x . 7 2. ĐK: 7-2x 7  2 x 3  7  2 x 3  2 x 4  x 2(tm) 3b. (1 – cosx)(1 + cosx) – sin2x). 23. 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> 4. =1- cos2x - sin2x = 1- (cos2x + sin2x) = 1 - 1 = 0 Vẽ hình đúng cho câu a: D. I. C. H. R. a O. 4a. B. -Có C nằm trên đường tròn (O;R) đường kính AB nên  ABC vuông tại C  ACB = 90  AC = = = =R ABC vuông tại C có AB=2R, BC=R   sinCAB=\f(BC,AB = \f(R,2R= \f(1,2  CAB = 30    Mà CBA + CAB = 90  CBA =60 *Có OH AC tại H (gt) HA=HC (đ/lí đ/kính, dâycung). 4b. OD là đường trung trực của đoạn AC. *Tam giác ADC là tam giác đều. Thật vậy: -Tam giác ADC có DA=DC (Vì OD là đường trung trực của đoạn AC) Tam giác ADC cân tại D (1)   -Có DAC + CAB =90 (Vì AD là tiếp tuyến của đ/tròn (O)    DAC = 90 - CAB = 90 -30 = 60 (2). 4c. Từ (1) và (2)  Tam giác ADC đều. *Chứng minh DC là tiếp tuyến của đường tròn (O). Xét DAO và DCO có: OA=OC (=R) ; OD chung ; DA=DC (Cmt)    DAO = DCO (c.c.c)  DCO = DAO. 4d.   mà DAO =90 (Vì AD là t/tcủa đ/tròn (O))  DCO =90 DC là t/tuyến của đ/tròn (O)    Ta có DCI + ICO = DCO = 90 (Vì DC là t/tcủa đ/tròn (O)   Và có ICH + CIO = 90 (Vì IHC vuông tại H)     Mà ICO = CIO (Vì CIO cân tại O)  DCI = ICH  CI là phân giác của DCA. 24.

<span class='text_page_counter'>(25)</span>  Lại có DI là phân giác của ADC (Vì DA và DC là hai tiếp tuyến của đ/tròn (O) I là giao điểm các đường phân giác trong của ADC I là tâm đường tròn nội tiếp ADC. x≥ 1 y≥2 z≥3 ¿ { ¿ { ¿ ¿¿ ¿. 5. Điều kiện. x+y+z+8=  .... . . 2 √ x−1+4 √ y−2+6 √ z−3 2. 2.  .  . x 1 1 .  x  1 1   ....   y  2 2    z  3 3. y 2 2 . . 2. z  3  3 0.  x 2   y 6   z 12. ĐỀ 15 Đáp án. Bài 1. 1a. ... =. (2,5đ). 1b. ....=...= 15 2 . 1c. 3. ( 3−a ) −3 32 .3 . ( a−3 )2 1 = . 2 2 4 . 3 .b ...= a−3 =...= ( a−3 ) . 4 . b 4 b ...= tan200. tan700. tan400. tan500. tan300. tan600. 1d 2 2. a. (1đ). b. 3. a. (2đ). b. c d 4( 1đ). 21 5. √. = tan200. cot200. tan400. cot400. tan300. cot300 =1.1.1=1 ……. 1  x =3  1-x=9 ….  x = -8 A=…=. x -1. A < 2  x -1 < 2  ….  x < 9. Kl: 0  x < 9 và x 1 ... Điểm A thuộc..... ....Điểm B không thuộc.... .....-2m+1>0 ...... m <0,5 m =-2 thì ta có hàm số y = 5x – 6 6 .......... A( 0; -6) , B( 5 ; 0) ....... vẽ đúng hình ...... tan  = 5 suy ra  78041' ......-2m+ 1= 3..... m= -1(thỏa mãn đk) .....AC= 119 10,909;   ....... B 65022'; C 240 38'. 25.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> 5( 3đ). a) Tam giác OAK cân: Ta có: AB  OB ( T/c tiếp tuyến ) (1) OK  OB ( gt ) (2) Từ (1) và (2).  A  (So le trong)  AB // OK  O 1 2  A  (Tính chât hai tiêp tuyên cat nhau) Mà A 1. 2.  A   O 1 1. b) Vậy.  OKA cân tại K.. Chứng minh: KM là tiếp tuyến (O) Ta có: KM và (O) có đểm I chung (3) Mặt khác: OI = R , OA = 2R => IA = R => KI là trung tuyến của.  OKA. Mà  OKA cân tại K (Chứng minh trên) => KI  OA Hay KM  OI (4) Từ (3) và (4) => KM là tiếp tuyến của (O). c). Tính chu vi tam giác AMK theo R..  AOB ( B 90. 0. ), có: OA = 2R , OB = R => AB = R 3. PAKM = AM + MK + AK = AM + MI + IK + KA Mà MB = MI KI = KC (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) AB = AC => PAKM = AM+MB+KC+KA = AB+AC = 2AB = 2 R 3 6. P = ...=. (0,5đ). √ 13+30 √2+2 √ 2+1. =...=. √ 13+30 √2+30. =...= 3 2  5. ĐỀ 16 Bài 1:( 3,5 điểm) 1/. 2 18 = 6 2 33/.. 5 >0. 2/. a/. 4 3 b/. 1. (0.25 đ) (0.25 đ). a/ ĐKXĐ: x 0, x 4, x 9. (0.5 đ) (0.5 đ) (0,25 đ). 26.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> P b). 2 x 9 (2 x  1)( x  2)  ( x  3)( x  3)  ( x  3)( x  2) ( x  3)( x  2). P. P P c). 2 x  9  2x  3 x  2  x  9 x x  2 ( x  2)( x  1) P P ( x  3)( x  2) ( x  3)( x  2) ( x  3)( x  2). x 1 x 3. (0,25 đ x 4 ). x 1 x  34 4  1  x3 x3 x 3  P  Z  4 x  3 . Z  4 x  3  *). x  3  2  x 1(nhËn). x  3 2  x 25(nhËn). x 3  1;4 2;x x  3  ¦ (4) 449(nhËn). x  3  4 . x  3  ¦ (4)  1; 2; 4. Vậy. x  3  1  x 4(Lo¹i). x   16; 1; 25; 49 . thì P có giá trị nguyên. (0,25 đ x 3 ). x  3 1  x 16(nhËn) Bài 2: (2 điểm) a/ a = – 4 y = – 4x + 3.Vẽ đúng: mỗi tọa độ b/ a = 2. x  1(Kh«ng cã gi¸ trÞ cña x). (0.5 đ) (0.25 đ x 2) (0.5 đ).  y = - 4x + 3  y = 2x - 1 c/ Giải hệ pt:   2 1  ;  Tìm được tọa độ giao điểm là  3 3 . Bài 3: (1,5 điểm). a/. 1đ. Bài 4: (3 điểm ) Vẽ hình đúng chính xác (câu a). (0.5 đ). b/. 0,5đ (0.5 đ). Viết đúng hai hệ thức : ( 0.25 đ) 2 IA = IM . IO IA2 = IN . IO’  IM.IO = IN.IO’ ( 0.25 đ) c/ Do IA = ID = IE  I là tâm đường tròn ngoại tiếp ADE (0,25 đ) Nêu lí do OO’  IA ( 0.25 đ)  OO’ là tiếp tuyến của (I) ( 0.25 đ) d/ Tính đúng IA = 15 (cm) ( 0.25 đ) Suy ra DE = 2 15 (cm) ( 0.25đ). a/ Tính được ID = IA ; IE = IA  ID = IE ( 0.5 đ) b/ Tính đúng : Tứ giác có 3 góc vuông là hình chữ nhật ( 0, 25 đ). 27.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> ĐỀ 17 Nội dung yêu cầu (cần đạt). Câu. . . 5 20  3  45 a) A =  100  3 5  3 5  100 10 1 (2đ). x  3 2 (ĐKXĐ: x  3 ). b) . . x 3. . 2. 2 2.  x  3 4.  x 1 (thỏa ĐKXĐ) P. 2 x 9. . x 3. . x 2. . . 2 x 1  x 3. x 3 x 2. a) ĐKXĐ: x 0, x 4, x 9 P b) 2 (2đ). . . 2 x 9. . . x 2. . 2.  . x 1.   x  3  x  3  x  2 . x 2 . x 3. . 2 x  9  2x  3 x  2  x  9.        3 (2đ). x 3. .  x. x 3. x 2. . x 2.  x  2  x  3  x  1 x  3 x 3. .  x  1 x  2 x 2. a) Hàm số y = (m – 1)x + 2 đồng biến trên   m – 1 > 0  m>1 b) Khi m = 2, ta có hàm số y = x + 2 Hai điểm thuộc đồ thị: (0;2) và (-2;0) Vẽ đồ thị y. y=x+2 2. x -2. O. 28.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> c) Hoành độ giao điểm của (d1) và (d2) là nghiệm của phương trình: x + 2 = 2x – 3  x = 5 Thay x = 5 vào phương trình (d2): y = 2 . 5 – 3 = 7 Vậy (d1) cắt (d2) tại điểm M(5;7) * Vẽ hình đúng. đủ. I. K. A. 1 H 1. B. C. 0. 4 (4đ). 2. a) Δ ABC có đường trung tuyến AO bằng một nửa cạnh đối diện BC do đó Δ ABC vuông tại A . b) Ta có OK // AB  OK  AC Vậy Δ AOC cân tại O (OA = OC) có OH là đường cao  OH là phân   giác  AOI COI   Do đó Δ IAO = Δ ICO (OA = OC; OI chung; AOI COI )    OAI OCI 90 nên IA là tiếp tuyến của (O) c) Áp dụng hệ thức lượng trong Δ ICO vuông có: CO2 = OH . OI  OI =. CO 2 152  OI = = 25(cm) OH 9. 2 2 2 2 Ta có : CI = OI  OC  25  15 20 cm.. . . C + K1 90 Δ d) 1 ( CHO vuông tại H)  + OCK  C 90 (Tính chất tiếp tuyến) 2     Mà OCK = K 1 (vì Δ OCK cân)  C1 = C 2  Vậy CK là phân giác của ACI ĐỀ 18 HƯỚNG DẪN. BÀI 1a. √( √ 2−1)2. 1b. =. |√ 2−1|=√ 2−1 2. ( Vì. √ 2−1>0. ). 2. ( √3−2 )( √3+2 ) = ( √3 ) −2 = 3 - 4 = - 1 2. √ 3+ √12+ √ 48 = √ 3+2 √ 3+4 √ 3=7 √ 3 1.. 1c 1.. = ( 3−1) =3-1=2. ( √3−1) √ 4+2 √3. √. 2. √( √ 3+1) =( √3−1)( √ 3+1). Điểm TP 0.5 0.25 x 2 0.25 x 2 0.25 0.25 0.25 x 2. 29.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> 1d. 2. 5 √ 2 x−3 √ 8 x+ √ 50 x−7. =. 5 √2 x−6 √ 2 x+5 √ 2x−7=4 √ 2x−7. 1. Tính được A2 = 2. √. 2a 2b 2c. 2d 3a. 2. A =√ 2 Vì A >0 nên A = 2. Chứng minh xong và đúng hết Hàm số đồng biến vì a = 2 > 0 Tìm được hai điểm thuộc đồ thị Vẽ đúng đồ thị của hàm số Đồ thị hàm số y = ax + b song song với d nên a = 2 Đồ thị hàm số y = ax + b cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5 nên b = 5 Hàm số xác định được trong câu b là y = 2x + 5 x = - 1 có y = 2.(-1) +5 = 3 nên A( -1 ;3) Thuộc đồ thị hàm số. x = 1 có y = 2.1 + 5 = 7 nên B(1; 3) Không thuộc đồ thị hàm số - Tìm hoành độ giao điểm của mỗi đường thẳng với Ox rồi cho hai hoành độ giao điểm đó bằng nhau để tìm k. Giải hoàn chỉnh Sin2α + Cos2α = 1. 4 5 Sin α = 1 - Cos α = 1 - 9 = 9 2. 3b. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25. 2. 0.25. √5 Sinα =. 0.25 0.25 0.5. 3. ( Vì góc α nhọn nên Sinα > 0). - Tínhđúng góc C = 300 - Tình được cạnh AC - Tính được cạnh BC - Kết luận:. 0,25 0,25 0,25 0.25. 4. 0.5 4a. Vẽ hình đúng cho câu a Δ ABC nội tiếp (O) đường kính AB => Δ ABC. 4b. DA = DC ( t/c hai tiếp tuyến); OA = OC => OD là đường trung trực của AC=> OD AC. Mà BF AC ( Δ ABC vuông tại A.) suy ra BF//OD. Xét. 4c. Δ BFA. vuông tại A.. có BF// OD và OA = OB => DA = DF.. 0.5. 0.5 0.5. có FA//CH (cùng AB). KH BK  (1) Δ ADB , ta có AD//HK ( FA//CH)=> DA BD CK BK  (2) Δ FBD , có FD//CK ( FA//CH) => FD BD. 30. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> KH CK  Từ (1) (2) => DA FD mà DA = DF ( cmt) => KC = KH hay K là trung điểm của CH. CK EC  (3) Xét Δ ADE có AD//HK=> AD ED HK BH  (4) Xét ADB, có AD//HK=> AD BA . EC BH  Mà CK=HK nên từ (3) (4) => ED BA => CH//EB=> EB AB nên EB là tiếp tuyến của (O) Ta có EC = EB ( t/c 2 tt cắt nhau), OB = OC => OE BC, mà BC vuông góc AC => OE//AC.. 31. 0.25. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(32)</span>