Tổng hợp 63 đề thi tuyển sinh lớp 10 trong toàn quốc năm học 2012 – 2013 môn toán

TỔNG HỢP 63 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRONG TOÀN QUỐC
NĂM HỌC 2012 – 2013 
MÔN TOÁN
TP.HCM 
Bài 5: (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O) có tâm O và điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Đường thẳng MO cắt (O) tại E và F (ME<MF). Vẽ cát tuyến MAB và tiếp tuyến MC của (O) (C là tiếp điểm, A nằm giữa hai điểm M và B, A và C nằm khác phía đối với đường thẳng MO).
Chứng minh rằng MA.MB = ME.MF
Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm C lên đường thẳng MO. Chứng minh tứ giác AHOB nội tiếp.
Trên nửa mặt phẳng bờ OM có chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường kính MF; nửa đường tròn này cắt tiếp tuyến tại E của (O) ở K. Gọi S là giao điểm của hai đường thẳng CO và KF. Chứng minh rằng đường thẳng MS vuông góc với đường thẳng KC.
M 
E 
F 
K 
S 
A 
B 
T 
P 
Q 
C 
H 
O 
V 
Gọi P và Q lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác EFS và ABS và T là trung điểm của KS. Chứng minh ba điểm P, Q, T thẳng hàng.
BÀI GIẢI
Câu 5
Vì ta có do hai tam giác đồng dạng MAE và MBF
Nên MA.MB = ME.MF
 (Phương tích của M đối với đường tròn tâm O)
Do hệ thức lượng trong đường tròn ta có
 MA.MB = MC2, mặt khác hệ thức lượng 
trong tam giác vuông MCO ta có 
MH.MO = MC2 MA.MB = MH.MO 
nên tứ giác AHOB nội tiếp trong đường tròn.
Xét tứ giác MKSC nội tiếp trong đường 
tròn đường kính MS (có hai góc K và C vuông).
Vậy ta có : MK2 = ME.MF = MC2 nên MK = MC.
 Do đó MF chính là đường trung trực của KC
 nên MS vuông góc với KC tại V.
Do hệ thức lượng trong đường tròn ta có MA.MB = MV.MS của đường tròn tâm Q.
Tương tự với đường tròn tâm P ta cũng có MV.MS = ME.MF nên PQ vuông góc với MS và là đường trung trực của VS (đường nối hai tâm của hai đường tròn). Nên PQ cũng đi qua trung điểm của KS (do định lí trung bình của tam giác SKV). Vậy 3 điểm T, Q, P thẳng hàng.
TP.ĐÀ NẴNG
Bài 5: (3,5 điểm)
Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC, B Î (O), C Î (O’). Đường thẳng BO cắt (O) tại điểm thứ hai là D.
Chứ`ng minh rằng tứ giác CO’OB là một hình thang vuông.
Chứng minh rằng ba điểm A, C, D thẳng hàng.
B
C
E
D
A
O
O’
Từ D kẻ tiếp tuyến DE với đường tròn (O’) (E là tiếp điểm). Chứng minh rằng DB = DE.
BÀI GIẢI
Bài 5:
1)	Theo tính chất của tiếp tuyến ta có OB, O’C vuông góc với BC Þ tứ giác CO’OB là hình thang vuông.
2)	Ta có góc ABC = góc BDC Þ góc ABC + góc BCA = 900 Þ góc BAC = 900
	Mặt khác, ta có góc BAD = 900 (nội tiếp nửa đường tròn)
	Vậy ta có góc DAC = 1800 nên 3 điểm D, A, C thẳng hàng.
3)	Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông DBC ta có DB2 = DA.DC
	Mặt khác, theo hệ thức lượng trong đường tròn (chứng minh bằng tam giác đồng dạng) ta có DE2 = DA.DC Þ DB = DE.
SỞ GD&ĐT
VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013
ĐỀ THI MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 21 tháng 6 năm 2012
Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn (O;R) (điểm O cố định, giá trị R không đổi) và điểm M nằm bên ngoài (O). Kẻ hai tiếp tuyến MB, MC (B,C là các tiếp điểm ) của (O) và tia Mx nằm giữa hai tia MO và MC. Qua B kẻ đường thẳng song song với Mx, đường thẳng này cắt (O) tại điểm thứ hai là A. Vẽ đường kính BB’ của (O). Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với BB’,đường thẳng này cắt MC và B’C lần lượt tại K và E. Chứng minh rằng:
4 điểm M,B,O,C cùng nằm trên một đường tròn.
Đoạn thẳng ME = R.
Khi điểm M di động mà OM = 2R thì điểm K di động trên một đường tròn cố định, chỉ rõ tâm và bán kính của đường tròn đó.
C4.1 (1,0 điểm)
B
1) Chứng minh M, B, O, C cùng thuộc 1 đường tròn
Ta có: (vì MB là tiếp tuyến)
1
(vì MC là tiếp tuyến)O
2
1
K
M
=> MBO + MCO =
= 900 + 900 = 1800
1
E
B’
=> Tứ giác MBOC nội tiếp
C
(vì có tổng 2 góc đối =1800)
=>4 điểm M, B, O, C cùng thuộc 1 đường tròn
0,25
0,25
0,25
0,25
C4.2 (1,0 điểm)
2) Chứng minh ME = R:
Ta có MB//EO (vì cùng vuông góc với BB’) 
=> O1 = M1 (so le trong)
Mà M1 = M2 (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) => M2 = O1 (1)
C/m được MO//EB’ (vì cùng vuông góc với BC)
=> O1 = E1 (so le trong) (2)
Từ (1), (2) => M2 = E1 => MOCE nội tiếp
=> MEO = MCO = 900 
=> MEO = MBO = BOE = 900 => MBOE là hình chữ nhật
=> ME = OB = R (điều phải chứng minh)
0,25
0,25
0,25
0,25
C4.3 (1,0 điểm)
3) Chứng minh khi OM=2R thì K di động trên 1 đường tròn cố định:
Chứng minh được Tam giác MBC đều => BMC = 600
=> BOC = 1200 
=> KOC = 600 - O1 = 600 - M1 = 600 – 300 = 300
Trong tam giác KOC vuông tại C, ta có: 
Mà O cố định, R không đổi => K di động trên đường tròn tâm O, bán kính = (điều phải chứng minh)
0,25
0,25
0,25
0,25
Chú ý: -Câu 4, thừa giả thiết “tia Mx” và “điểm A” à gây rối.
	ĐĂKLĂK	
Câu 4. (3,5đ)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O (AB < AC). Hai tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M. AM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai D. E là trung điểm đoạn AD. EC cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai F. Chứng minh rằng:
Tứ giác OEBM nội tiếp.
MB2 = MA.MD.
.
BF // AM
Câu 4.
Ta có EA = ED (gt) OE AD ( Quan hệ giữa đường kính và dây)
 = 900; = 900 (Tính chất tiếp tuyến)
E và B cùng nhìn OM dưới một góc vuông Tứ giác OEBM nội tiếp.
2) Ta có sđ ( góc nội tiếp chắn cung BD)
	sđ ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung BD)
. Xét tam giác MBD và tam giác MAB có:
Góc M chung, đồng dạng với 
MB2 = MA.MD
Ta có: = sđ ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); sđ (góc nội tiếp) .
Tứ giác MFOC nội tiếp ( = 1800) ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC), mặt khác (theo câu 3) BF // AM.
HẢI DƯƠNG 
Câu 4 (3,0 điểm):
	Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O). Vẽ các đường cao BE, CF của tam giác ấy. Gọi H là giao điểm của BE và CF. Kẻ đường kính BK của (O) .
Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp.
Chứng minh tứ giâc AHCK là mình bình hành.
Đường tròn đường kính AC cắt BE ở M, đường tròn đường kính AB cặt CF ở N. Chứng minh AM = AN.
HƯỚNG DẪN - ĐÁP ÁN
Câu 4 (3,0 điểm):
a) 
b) AH//KC ( cùng vuông góc với BC)
 CH // KA ( cùng vuông góc với AB)
c) Có AN2 = AF.AB; AM2 = AE.AC
 ( Hệ thức lượng trong tam giác vuông)
AM = AN
HẢI DƯƠNG 
Câu 4 (3,0 điểm): Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R (R là một độ dài cho trước). Gọi C, D là hai điểm trên nửa đường tròn đó sao cho C thuộc cung và = 1200 . Gọi giao điểm của hai dây AD và BC là E, giao điểm của các đường thẳng AC và BD là F.
a) Chứng minh rằng bốn điêm C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn.
b) Tính bán kính của đường tròn đi qua C, E, D, F nói trên theo R.
c) Tìm giá trị lớn nhất của điện tích tam giác FAB theo R khi C, D thay đổi nhung vẫn thỏa mãn giả thiết bài toán 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Câu 4.
a) Ta có : C, D thuộc đường tròn nên :
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )
=> ( góc kề bù )
Hai điểm C và D cùng nhìn đoạn thẳng FE dưới một góc bằng nhau 
bằng 900 nên 4 điểm C,D,E,F cùng thuộc đường tròn đường kính EF.
b) Gọi I là trung điểm EF thì ID = IC là bán kính đường tròn đi qua 
4 điểm C, D, E, F nói trên.
Ta có : IC = ID ; OC = OD ( bán kính đường tròn tâm O )
suy ra IO là trung trực của CD => OI là phân giác của 
 => 
Do O là trung điểm AB và tam giác ADB vuông tại D nên tam giác ODB cân tại O 
=> (1)
Do ID = IF nên tam giác IFD cân tại I => (2)
Tam giác AFB có hai đường cao AD, BC cắt nhau tại E nên E là trực tâm tam giác => FE là đường cao thứ ba => FE vuông góc AB tại H => (3)
Từ (1) , (2) , (3) suy ra => .
Xét tam giác vuông IDO có .
Ta có : ID = OD.tan = R.tan600 = R.
Vậy bán kính đường tròn đi qua 4 điểm C,D,E,F là R.
c) Theo phần b) : OI = .
Đặt OH = x thì => IH = .
=> FH = R + .
Ta có : 4R2 - x2 4R2 . Dấu bằng xảy ra khi x = 0.
Khi đó : SFAB = R2 + 2R2 và H O => O, I, F thẳng hàng => CD // AB => => BD = AC = 2RSin150 .
Vậy diện tích lớn nhất đạt được của tam giác AFB là R2 + 2R2 khi AC = BD = 2Rsin150 .
CHUYÊN HẢI DƯƠNG 
Câu V (3,0 điểm) 
Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên đường tròn lấy điểm C sao cho AC < BC (CA). Các tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau ở điểm D, AD cắt (O) tại E (E A) .
1) Chứng minh BE2 = AE.DE.
2) Qua C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AB tại H, DO cắt BC tại F. Chứng minh tứ giác CHOF nội tiếp .
Gọi I là giao điểm của AD và CH. Chứng minh I là trung điểm của CH.
TUYÊN QUANG
Câu 3 (2,5 điểm)
Trên đường tròn (O) lấy hai điểm M, N sao cho M, O, N không thẳng hàng. Hai tiếp tuyến tại M , N với đường tròn (O) cắt nhau tại A. Từ O kẻ đường vuông góc với OM cắt AN tại S. Từ A kẻ đường vuông góc với AM cắt ON tại I. Chứng minh:
a) SO = SA
b) Tam giác OIA cân
Hướng dẫn chấm, biểu điểm
0,5
a) Chứng minh: SA = SO
1,0
Vì AM, AN là các tiếp tuyến nên: (1)
0,5
Vì MA//SO nên: (so le trong) (2) 
0,5
Từ (1) và (2) ta có: SAO cân SA = SO (đ.p.c.m)
b) Chứng minh tam giác OIA cân 
1,0
Vì AM, AN là các tiếp tuyến nên: (3)
0,5
Vì MO // AI nên: góc MOA bằng góc OAI (so le trong) (4)
0,5
Từ (3) và (4) ta có: OIA cân (đ.p.c.m)
HÀ NỘI	
Bài IV (3,5 điểm)
	Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB, M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên AB.
	1) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp.
	2) Chứng minh 
	3) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân tại C
A 
B 
C 
M 
H 
K 
O 
E 
	4) Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại điểm A; cho P là điểm nằm trên d sao cho hai điểm P, C nằm trong cùng một nửa mặt phẳng bờ AB và . Chứng minh đường thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK
Bài IV: (3,5 điểm) 
Ta có ( do chắn nửa đường tròn đk AB)
(do K là hình chiếu của H trên AB)
=> nên tứ giác CBKH nội tiếp trong đường tròn đường kính HB.
Ta có (do cùng chắn của (O)) 
và (vì cùng chắn .của đtròn đk HB) 
Vậy 
Vì OC ^ AB nên C là điểm chính giữa của cung AB Þ AC = BC và 
 Xét 2 tam giác MAC và EBC có 
MA= EB(gt), AC = CB(cmt) và = vì cùng chắn cung của (O)
 ÞMAC và EBC (cgc) Þ CM = CE Þ tam giác MCE cân tại C (1)
Ta lại có (vì chắn cung ) 
. Þ(tính chất tam giác MCE cân tại C)
A 
B 
C 
M 
H 
K 
O 
S 
P 
E 
N
Mà (Tính chất tổng ba góc trong tam giác)Þ (2)
Từ (1), (2) Þtam giác MCE là tam giác vuông cân tại C (đpcm).
4) Gọi S là giao điểm của BM và đường thẳng (d), N là giao điểm của BP với HK.
Xét DPAM và D OBM :
Theo giả thiết ta có (vì có R = OB). 
Mặt khác ta có (vì cùng chắn cung của (O))
Þ DPAM ∽ D OBM 
 .(do OB = OM = R) (3)
Vì (do chắn nửa đtròn(O))
Þ tam giác AMS vuông tại M. Þ 
 và (4)
 Mà PM = PA(cmt) nên 
Từ (3) và (4) Þ PA = PS hay P là trung điểm của AS.
Vì HK//AS (cùng vuông góc AB) nên theo ĐL Ta-lét, ta có: hay 
mà PA = PS(cmt) hay BP đi qua trung điểm N của HK. (đpcm)
HAI PHONG
THANH HÓA 
Bài 4: (3.0 điểm) Cho tam tam giác đều ABC có đường cao AH . Trên cạnh BC lấy điểm M 
bất kỳ ( M không trùng B ; C; H ) Từ M kẻ MP ; MQ lần lượt vuông góc với các cạnh AB ; AC ( P thuộc AB ; Q thuộc AC) 
 	1- Chứng minh :Tứ giác APMQ nội tiếp đường tròn 
2- Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ .Chứng minh OH PQ
 	3- Chứng minh rằng : MP +MQ = AH 
	 CHUYÊN THANH HOÁ 	
Câu 4 (3.0 điểm) : Cho đường tròn (O) có đờng kính AB cố định, M là một điểm thuộc (O) ( M khác A và B ) . Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau ở C. Đường tròn (I) đi qua M và tiếp xúc với đường thẳng AC tại C. CD là đờng kính của (I). Chứng minh rằng:
1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng
2. Tam giác COD là tam giác cân
3. Đờng thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên đường tròn (O)
4
1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng:
Ta có MC là tiếp tuyến của đường tròn (O) Þ MC ^ MO (1)
Xét đường tròn (I) : Ta có Þ MC ^ MD (2)
Từ (1) và (2) => MO // MD Þ MO và MD trùng nhau 
Þ O, M, D thẳng hàng
1.0
2. Tam giác COD là tam giác cân
CA là tiếp tuyến của đường tròn (O) Þ CA ^AB(3)
Đờng tròn (I) tiếp xúc với AC tại C Þ CA ^ CD(4)
Từ (3) và (4) Þ CD // AB => (*)
 ( Hai góc so le trong) 
CA, CM là hai tiếp tuyến cắt nhau của (O) Þ (**)
Từ (*) và (**) Þ Þ Tam giác COD cân tại D
1.0
3. Đường thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên đờng tròn (O)
* Gọi chân đường vuông góc hạ từ D tới BC là H. Þ H Î (I) (Bài toán quỹ tích)
DH kéo dài cắt AB tại K.
Gọi N là giao điểm của CO và đường tròn (I)
=>
Ta có tứ giác NHOK nội tiếp
Vì có ( Cùng bù với góc DHN) Þ (5)
* Ta có : (Cùng chắn cung NH của đường tròn (I))
Þ DDHN DCOB (g.g)
 Mà 
 ÞDNHO DDHC (c.g.c)
Þ Mà (5) Þ, Þ NK ^ AB Þ NK // AC Þ K là trung điểm của OA cố định Þ (ĐPCM)
1.0
THÀNH PHỐ CẦN THƠ	
Câu 5: (3,5 điểm)
Cho đường tròn , từ điểm ở ngoài đường tròn vẽ hai tiếp tuyến và(là các tiếp điểm). cắttại E.
1. Chứng minh tứ giác nội tiếp. 
	2. Chứng minh vuông góc với và .
3. Gọilà trung điểm của , đường thẳng quavà vuông góc cắt các tia theo thứ tự tại và . Chứng minh và cân tại .
4. Chứng minh là trung điểm của.
GỢI Ý GIẢI:
Tam giác BOC cân tại O => góc OBC = góc OCB 
Tứ giác OIBD có góc OID = góc OBD = 900 nên OIBD nội tiếp => góc ODI = góc OBI 
Do đó 
Lại có FIOC nội tiếp ; nên góc IFO = góc ICO
 Suy ra góc OPF = góc OFP ; vậy cân tại .
HD C4
Xét tứ giác BPFE có IB = IE ; IP = IF ( Tam giác OPF cân có OI là đường cao=> )
Nên BPEF là Hình bình hành => BP // FE
Tam giác ABC có EB = EC ; BA // FE; nên EF là ĐTB của tam giác ABC => FA = FC
Sở GD – ĐT NGHỆ AN	C©u 4: 4 ®iÓm
Cho ®iÓm M n»m ngoµi ®­êng trßn t©m O. VÏ tiÕp tuyÕn MA, MB víi ®­êng trßn (A, B lµ c¸c tiÕp ®iÓm). VÏ c¸t tuyÕn MCD kh«ng ®I qua t©m O ( C n»m gi÷a M vµ D), OM c¾t AB vµ (O) lÇn l­ît t¹i H vµ I. Chøng minh.
Tø gi¸c MAOB néi tiÕp.	B.MC.MD = MA2	c.OH.OM + MC.MD = MO2
CI lµ tia ph©n gi¸c gãc MCH.
Tự viết GT-KL
 A
 D
 C
O
H
 M
 I H
 B
a, Vì MA, MB là các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B nên các góc của tứ giác MAOB vuông tại A và B, nên nội tiếp được đường tròn.
b, MAC và MDA có chung và = (cùng chắn ), nên đồng dạng. Từ đó suy ra (đfcm)
c, MAO và AHO đồng dạng vì có chung góc O và (cùng chắn hai cung bằng nhau của đường tròn nội tiếp tứ giác MAOB). Suy ra OH.OM = OA2
Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông MAO và các hệ thức OH.OM = OA2 MC.MD = MA2 để suy ra điều phải chứng minh.
d, Từ MH.OM = MA2, MC.MD = MA2 suy ra MH.OM = MC.MD (*)
Trong MHC và MDO có (*) và chung nên đồng dạng.
 hay (1)
Ta lại có (cùng chắn hai cung bằng nhau) AI là phân giác của .
Theo t/c đường phân giác của tam giác, ta có: (2)
MHA và MAO có chung và do đó đồng dạng (g.g)
 (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra suy ra CI là tia phân giác của góc MCH
HÀ NAM
Câu 4: (3,5 điểm)
Cho đường tròn tâm O, đường kính AB. Trên tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A lấy điểm M ( M khác A). Từ M vẽ tiếp tuyến thứ hai MC với (O) (C là tiếp điểm). Kẻ CH vuông góc với AB (), MB cắt (O) tại điểm thứ hai là K và cắt CH tại N. Chứng minh rằng:
Tứ giác AKNH là tứ giác nội tiếp.
AM2 = MK.MB
Góc KAC bằng góc OMB
N là trung điểm của CH.
QUẢNG TRỊ
Câu 5:(3,5 điểm)
	Cho đường tròn (O). Đường thẳng (d) không đi qua tâm (O) cắt đường tròn tại hai điểm A và B theo thứ tự, C là điểm thuộc (d) ở ngoài đường tròn (O). Vẽ đường kính PQ vuông góc với dây AB tại D ( P thuộc cung lớn AB), Tia CP cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là I, AB cắt IQ tại K.
Chứng minh tứ giác PDKI nội tiếp đường tròn. 
Chứng minh CI.CP = CK.CD
Chứng minh IC là phân giác của góc ngoài ở đỉnh I của tam giác AIB.
Cho ba điểm A, B, C cố định. Đường tròn (O) thay đổi nhưng vẫn đi qua A và B. Chứng minh rằng IQ luôn đi qua một điểm cố định.
NINH THUẬN
Bài 4: (3,0 điểm)
	Cho đường tròn tâm O, đường kính AC = 2R. Từ một điểm E ở trên đoạn OA (E không trùng với A và O). Kẻ dây BD vuông góc với AC. Kẻ đường kính DI của đường tròn (O). 
Chứng minh rằng: AB = CI.
Chứng minh rằng: EA2 + EB2 + EC2 + ED2 = 4R2
Tính diện tích của đa giác ABICD theo R khi OE = 
Bài 4: (3,0 điểm)
Chứng minh rằng: AB = CI.
Ta có: BDAC (gt)
 = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BDBI
Do đó: AC // BI AB = CI
Chứng minh rằng: EA2 + EB2 + EC2 + ED2 = 4R2
Vì BDAC nên AB = AD
Ta có: EA2 + EB2 + EC2 + ED2 = AB2 + CD2 = AD2 + CD2 = AC2 = (2R)2 = 4R2
Tính diện tích của đa giác ABICD theo R khi OE = 
SABICD = SABD + SABIC = .DE.AC + .EB.(BI + AC)
* OE = AE = và EC = + R = 
* DE2 = AE.EC = . = DE = . Do đó: EB = 
* BI = AC – 2AE = 2R – 2. =
Vậy: SABICD = ..2R + .(+ 2R) = . = (đvdt)
ĐỀ CHÍNH THỨC
THỪA THIÊN HUẾ
Bài 4:(3,0 điểm)
Cho nửa đường tròn (O) đường kính BC.Lấy điểm A trên tia đối của tia CB.Kẻ tiếp tuyến AF với nửa đường tròn (O) ( F là tiếp điểm), tia AF cắt tia tiếp tuyến Bx của nửa đường tròn (O) tại D ( tia tiếp tuyến Bx nằm trong nửa mặt phẳng bờ BC chứa nửa đường tròn (O)) .Gọi H là giao điểm của BF với DO ; K là giao điểm thứ hai của DC với nửa đường tròn (O).
a/ Chứng minh rằng : AO.AB=AF.AD.
b/ Chứng minh tứ giác KHOC nội tiếp.
c/ Kẻ OM BC ( M thuộc đoạn thẳng AD).Chứng minh 
PHÚ THỌ
Câu 4 (3đ)
 Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy B làm tâm vẽ đường tròn tâm B bán kính AB.Lấy C làm tâm vẽ đường tròn tâm C bán kính AC, hai đường tròn này cắt nhau tại điểm thứ 2 là D.Vẽ AM, AN lần lượt là các dây cung của đường tròn (B) và (C) sao cho AM vuông góc với AN và D nằm giữa M; N.
CMR: DABC=DDBC
CMR: ABDC là tứ giác nội tiếp.
CMR: ba điểm M, D, N thẳng hàng
Xác định vị trí của các dây AM; AN của đường tròn (B) và (C) sao cho đoạn MN có độ dài lớn nhất.
Câu 4 (3đ) 
Hướng dẫn 
Có AB = DB; AC = DC; BC chung DABC = DDBC (c-c-c)
DABC = DDBC góc BAC =BDC = 900 ABDC là tứ giác nội tiếp
Có gócA1 = gócM1 ( DABM cân tại B)
 gócA4 = gócN2 ( DACN cân tại C)
 gócA1 = gócA4 ( cùng phụ A2;3 )
gócA1 = gócM1 =gócA4= gócN2 
gócA2 = gócN1 ( cùng chắn cung AD của (C) )
Lại có A1+A2 + A3 = 900 => M1 + N1 + A3 = 900 
Mà DAMN vuông tại A => M1 + N1 + M2 = 900 
 => A3 = M2 => A3 = D1 
DCDN cân tại C => N1;2 = D4 
D2;3 + D1 + D4 =D2;3 + D1 + N1;2 = D2;3 + M2 + N1 + N2 
 = 900 + M2 + N1 + M1 ( M1 = N2)
 = 900 + 900 = 1800 
M; D; N thẳng hàng.
 DAMN đồng dạng DABC (g-g)
Ta có NM2 = AN2 +AM2 để NM lớn nhất thì AN ; AM lớn nhất
Mà AM; AN lớn nhât khi AM; AN lần lượt là đường kính của (B) và (C)
Vậy khi AM; AN lần lượt là đường kính của (B) và (C) thì NM lớn nhất.
H­ng yªn
Bài 4 (3 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, đường cao BE và CF. Tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại S, gọi BC và OS cắt nhau tại M
Chứng minh AB. MB = AE.BS
Hai tam giác AEM và ABS đồng dạng
Gọi AM cắt EF tại N, AS cắt BC tại P. CMR NP vuông góc với BC
Bài 4 
P
N
F
E
M
S
O
A
B
C
Q
Suy ra từ hai tam giác đồng dạng là ABE và BSM
Từ câu a) ta có (1)
Mà MB = EM( do tam giác BEC vuông tại E có M là trung điểm của BC
Nên 
Có 
Nên do đó 
Suy ra (2)
Từ (1) và (2) suy ra hai tam giác AEM và ABS đồng dạng(đpcm.)
Dễ thấy SM vuông góc với BC nên để chứng minh bài toán ta chứng minh NP //SM.
+ Xét hai tam giác ANE và APB:
Từ câu b) ta có hai tam giác AEM và ABS đồng dạng nên ,
Mà ( do tứ giác BCEF nội tiếp)
Do đó hai tam giác ANE và APB đồng dạng nên 
Lại có ( hai tam giác AEM và ABS đồng dạng)
Suy ra nên trong tam giác AMS có NP//SM( định lí Talet đảo)
Do đó bài toán được chứng minh.
HƯNG YÊN
Bài 4: (3 điểm) Từ điểm A ở bên ngoài đường tròn (O), kẻ các tiếp tuyến Am, AN với đường tròn (M, N là các tiếp điểm). Đường thẳng d đi qua A cắt đường tròn (O) tại hai điểm phân biệt B,C (O không thuộc (d), B nằm giữa A và C). Gọi H là trung điểm của BC.
Chứng minh các điểm O, H, M, A, N cùng nằm trên một đường tròn,
Chứng minh HA là tia phân giác của .
Lấy điểm E trân MN sao cho BE song song với AM. Chứng minh HE//CM.
Bài 5 : 
Theo tính chất tiếp tuyến căt nhau ta có :
Do H là trung điểm của BC nên ta có:
Do đó 3 điểm A, M, H, N, O thuộc đường tròn đường kính AO
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: AM = AN
Do 5 điểm A, M, H, O, N cùng thuộc một đường tròn nên:
 (góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
Do đó HA là tia phân giác của 
Theo giả thiết AM//BE nên ( đồng vị) (1)
Do 5 điểm A, M, H, O, N cùng thuộc một đường tròn nên:
 (góc nội tiếp chắn cung MH) (2)
Từ (1) và (2) suy ra 
Suy ra tứ giác EBNH nội tiếp 
Suy ra 
Mà (góc nội tiếp chắn cung MB)
Suy ra: 
Suy ra EH//MC.
ĐỒNG NAI
Câu 5 : ( 3,5 điểm )
	Cho hình vuông ABCD . Lấy điểm E thuộc cạnh BC , với E không trùng B và E không trùng C . Vẽ EF vuông góc với AE , với F thuộc CD . Đường thẳng AF cắt đường thẳng BC tại G . Vẽ đường thẳng a đi qua điểm A và vuông góc với AE , đường thẳng a cắt đường thẳng DE tại điểm H .
	1 / Chứng minh .
	2 / Chứng minh rằng tứ giác AEGH là tứ giác nội tiếp được đường tròn .
	3 / Gọi b là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE tại E , biết b cắt đường trung trực của đoạn thẳng EG tại điểm K . Chứng minh rằng KG là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE .
HƯỚNG DẪN GIẢI:
Câu 5 : ( 3,5 điểm )
1 / Chứng minh tứ giác AEFD nội tiếp
AEF DCE ( g – g )
2 / Ta có phụ với
Ta có phụ với 
Mà 
Suy ra tứ giác AEFD nội tiếp đường tròn đường kính HE
Gọi I trung điểm của HEI là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEFD cũng là đường tròn ngoại tiếp 
I nằm trên đường trung trực EG IE = IG
Vì K nằm trên đường trung trực EG KE = KG
Suy ra IEK =IGK ( c-c-c )
tại G của đường tròn ngoại tiếp 
KG là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp
CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI
Câu 4 : (3,5 điểm)
	Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm O, đường kính AH, đường tròn này cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự tại D và E .
	1/ Chứng minh tứ giác BDEC là tứ giác nội tiếp được đường tròn.
	2/ Chứng minh 3 điểm D, O, E thẳng hàng.
	3/ Cho biết AB = 3 cm, BC = 5 cm. Tính diện tích tứ giác BDEC.
CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI
 Câu 5. (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC không là tam giác cân, biết tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi D,E,F lần lượt là các tiếp điểm của BC, CA, AB với đường tròn (I). Gọi M là giao điểm của đường thẳng EF và đường thẳng BC, biết AD cắt đường tròn (I) tại điểm N (N không trùng với D), giọi K là giao điểm của AI và EF.
Chứng minh rằng các điểm I, D, N, K cùng thuộc một đường tròn.
Chứng minh MN là tiếp tuyến của đường tròn (I).
Câu 4 : (3,5 điểm)
1/ Nối H với E .
+ ( vì AH là đường kính), ( AH là đường cao)
 => (cùng phụ với ) (1)
+ ( góc nội tiếp cùng chắn cung AE) (2)
Từ (1) và (2) => ADE = ACB =>Tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn ( có góc đối bằng góc kề bù góc đối)
2/ Vì => DE là đường kính => D, O, E thẳng hàng (đpcm).
3/ Ta có 
+ vuông có AH là đường cao:
 => (cm2)
 (cm) ( cùng là đường kính đt O).
+ADE vàABC có : A chung , ADE = ACB ( câu 1) 
=> ADE ~ ABC (g.g) => tỉ số diện tích bằng bình phương tỉ đồng dạng :
 ó 
+ = 4,6176 (cm2)
Câu 5.
1)Nối N và F, D và F. 
- Xét ANF và AFD có: AFN = ADF ( vì AF là tt) và FAD chung =>ANF∽AFD (g.g) => (1)
- Xét AFI có: AFIF ( vì AF tiếp tuyến, FI là bán kính) và FK AI ( vì AF và AE tt chung và AI nối tâm) => AFI vuông tại F có FK là đường cao) => AK.AI = AF2 (2) 
- Xét ANK và AID có: 
 	+ IAD chung. 
+ Từ (1) và (2) => AN.AD = AK.AI => 
=>ANK∽AID (c.g.c) =>NKA = IDN (3)
- Từ (3) => tứ giác DIKN nội tiếp đt (vì có góc đối bằng góc kề bù góc đối)
=> các điểm I,D,N,K cùng thuộc một đường tròn. (đpcm). 
2) Ta có IDDM ( DM là tiếp tuyến, DI là bán kính) và IKKM ( câu 1) => tứ giác DIKM nội tiếp đường tròn đường kính MI. Vì 4 điểm D, I, K, N cũng thuộc một đường tròn ( câu 1) => hai đường tròn này cùng ngoại tiếp DIK => hai đường tròn trùng nhau => N cũng nằm trên đường tròn đường kính MI => = 900 .
 Vì IN là bán kính đường tròn (I), => MN là tiếp tuyến của đường tròn (I) tại tiếp điểm N. (đpcm).
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỒNG THÁP
GỢI Ý GIẢI:
 Câu 5 : a
MH = 20 ( cm ) ; ME = 12 ( cm)
NPFE là h thang cân
 b ) 
b1 
b2
 Tam giác ABC vuông tại A có AH là đg cao => AB2 = BH.BC (1)
Tam giác BHE đg dạng với tam giác BDC => (2)
Từ (1) và (2) => AB2 = BD . BE
TỈNH NINH BÌNH
Câu 4: (3,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O bán kính R. Một đường thẳng d không đi qua O và cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt A và B. Trên d lấy điểm M sao cho A nằm giữa M và B. Từ M kẻ hai tiếp tuyến MC và MD với đường tròn (C, D là các tiếp điểm).
Chứng minh rằng MCOD là tứ giác nội tiếp.
Gọi I là trung điểm của AB. Đường thẳng IO cắt tia MD tại K. Chứng minh rằng KD. KM = KO. KI
Một đường thẳng đi qua O và song song với CD cắt các tia MC và MD lần lượt tại E và F. Xác định vị trí của M trên d sao cho diện tích tam giác MEF đạt giá trị nhỏ nhất.
TỈNH NINH BÌNH
Câu 4 (3 điểm). Cho ABC nhọn nội tiếp (O). Giả sử M là điểm thuộc đoạn thẳng AB (MA, B); N là điểm thuộc tia đối của tia CA sao cho khi MN cắt BC tại I thì I là trung điểm của MN. Đường tròn ngoại tiếp AMN cắt (O) tại điểm P khác A.
C MR các tứ giác BMIP và CNPI nội tiếp được.
Giả sử PB = PC. Chứng minh rằng ABC cân. 
TỈNH LÀO CAI
Câu V: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D khác B).
a) Chứng minh AMOC là tứ giác nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh AMDE là tứ giác nội tiếp đường tròn.
c) Chứng mình 
Giải.
a) nên tứ giác AMCO nội tiếp
b) . Tứ giác AMDE có
D, E cùng nhìn AM dưới cùng một góc 900
Nên AMDE nội tiếp
c) Vì AMDE nội tiếp nên 
Vì AMCO nội tiếp nên 
Suy ra 
GIA LAI
Câu 5. (2,5 điểm)
	Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC < BC) nội tiếp trong đường tròn (O). Gọi H là giao điểm của hai đường cao BD và CE của tam giác ABC 
	a. Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp trong một đường tròn
	b. Gọi I là điểm đối xứng với A qua O và J là trung điểm của BC. Chứng minh rằng ba điểm H, J, I thẳng hàng
	c. Gọi K, M lần lượt là giao điểm của AI với ED và BD. Chứng minh rằng 
Câu 5. 
a. 	BCDE nội tiếp
	Suy ra BCDE nội tiếp đường tròn đường kính BC
b. 	H, J, I thẳng hàng
	IB ^ AB; CE ^ AB (CH ^ AB)
Suy ra IB // CH
	IC ^ AC; BD ^ AC (BH ^ AC)
Suy ra BH // IC
Như vậy tứ giác BHCI là hình bình hành
	J trung điểm BC Þ J trung điểm IH
Vậy H, J, I thẳng hàng
c. 	
	 cùng bù với góc của tứ giác nội tiếp BCDE
	 vì DABI vuông tại B
	Suy ra , hay 
	Suy ra DAEK vuông tại K
	Xét DADM vuông tại M (suy từ giả thiết)
	DK ^ AM (suy từ chứng minh trên)www.VNMATH.
Như vậy 
QUẢNG NINH
Câu IV. (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A, trên cạnh AC lấy điểm D (D ≠ A, D ≠ C). Đường tròn (O) Đường kính DC cắt BC tại E (E ≠ C).
1. Chứng minh tứ giác ABED nội tiếp.
2. Đường thẳng BD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai I. Chứng minh ED là tia phân giác của góc AEI.
3. Giả sử tg ABC = Tìm vị trí của D trên AC để EA là tiếp tuyến của đường tròn đường kính DC.
HƯỚNG DẪN GIẢI:
C©u IV :
c. §Ó EA lµ tiÕp tuyÕn cña §.Trßn, §. kÝnh CD th× gãc E1 = gãc C1 (1)
Mµ tø gi¸c ABED néi tiÕp nªn gãc E1 = gãc B1 (2)
Tõ (1) vµ (2) gãc C1 = gãc B1 ta l¹i cã gãc BAD chung nªn
Þ DABD ~ DACB Þ Þ AB2 = AC.AD Þ AD = ( I )
Theo bµi ra ta cã : tan (ABC) = = nªn ( II ) 
 Tõ (I) vµ (II) Þ AD = . 
VËy AD = th× EA lµ tiÕp tuyÕn cña §T, §kÝnh CD
KHÁNH HÒA
NĂM HỌC 2011 - 2012
Bài 4( 4 điểm)
 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và H là trực tâm.Vẽ hình bình hành BHCD.Đường thẳng đi qua D và song song BC cắt đường thẳng AH tại E.
Chứng minh A,B,C,D,E cùng thuộc một đường tròn
Chứng minh 
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M là trung điểm của BC,đường thẳng AM cắt OH tại G.Chứng minh G là trọng tâm của tam giácABC.
Giả sử OD = a.Hãy tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC theo a
A
B
C
E
D
H
O
M
G
Bài 4 :
Giải câu c)
Vì BHCD là HBH nên H,M,D thẳng hàng
Tam giác AHD có OM là ĐTBình => AH = 2 OM
Và AH // OM
2 tam giác AHG và MOG có 
(đ đ)
Hay AG = 2MG
Tam giác ABC có AM là trung tuyến; G AM
Do đó G là trọng tâm của tam giác ABC
d) ( vì BHCD là HBH)
có B ;D ;C nội tiếp (O) bán kính là a 
Nên tam giác BHC cũng nội tiếp (K) có bán kính a
Do đó C (K) = ( ĐVĐD)
BÌNH ĐỊNH
Bài 4: (3, 0 điểm)
 	Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Gọi C là trung điểm của OA, qua C kẻ dây MN vuông góc với OA tại C. Gọi K là điểm tùy ý trên cung nhỏ BM, H là giao điểm của AK và MN.
Chứng minh tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.
Chứng minh AK.AH = R2 
Trên KN lấy điểm I sao cho KI = KM, chứng minh NI = KB.
Bài 4:
Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp. 
Ta có : (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) 
hay 
Tứ giác BCHK có 
 tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.
Dễ thấy 
 có cân tại 
 có MC là đường cao đồng thời là đường trung tuyến (gt) cân tại 
 là tam giác đều 
 là tam giác cân (KI = KM) có nên là tam giác đều .
Dễ thấy cân tại B có nên là tam giác đều 
Gọi E là giao điểm của AK và MI.
Dễ thấy KB // MI (vì có cặp góc ở vị trí so le trong bằng nhau) mặt khác nên tại E . 
Ta có : mặt khác (cùng chắn )
 hay 
 (đpcm)
BẮC GIANG 
NĂM HỌC 2012 – 2013
Câu 4: (3 điểm) 
 Cho đường tròn (O) và một điểm A sao cho OA=3R. Qua A kẻ 2 tiếp tuyến AP và AQ của đường tròn (O),với P và Q là 2 tiếp điểm.Lấy M thuộc đường tròn (O) sao cho PM song song với AQ.Gọi N là giao điểm thứ 2 của đường thẳng AM và đường tròn (O).Tia PN cắt đường thẳng AQ tại K.
 1.Chứng minh APOQ là tứ giác nội tiếp.
 2.Chứng minh KA2=KN.KP
 3.Kẻ đường kính QS của đường tròn (O).Chứng minh tia NS là tia phân giác của góc.
 4. Gọi G là giao điểm của 2 đường thẳng AO và PK .Tính độ dài đoạn thẳng AG theo bán kính R.
4
1
Xét tứ giác APOQ có 
(Do AP là tiếp tuyến của (O) ở P)
(Do AQ là tiếp tuyến của (O) ở Q)
,mà hai góc này là 2 góc đối nên tứ giác APOQ là tứ giác nội tiếp 
0,75
2
Xét AKN và PAK có là góc chung
 ( Góc ntcùng chắn cung NP)
Mà (so le trong của PM //AQ
AKN ~ PKA (gg) (đpcm)
0,75
3
Kẻ đường kính QS của đường tròn (O)
Ta có AQQS (AQ là tt của (O) ở Q)
Mà PM//AQ (gt) nên PMQS 
Đường kính QS PM nên QS đi qua điểm chính giữa của cung PM nhỏ
(hai góc nt chắn 2 cung bằ