ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
NĂM HỌC: 2026 – 2027
CỤM 1 – ĐỀ SỐ 3
Lời giải
a) Vẽ đồ thị $(P)$.
Bảng giá trị của hàm số:
$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} \hline x & -2 & -1 & 0 & 1 & 2 \\ \hline y = x^2 & 4 & 1 & 0 & 1 & 4 \\ \hline \end{array}$
b) Tìm tọa độ điểm $M$ thuộc $(P)$ có tung độ là $25$.
Gọi $M(x_M; y_M)$ là điểm đồ thị $(P): y = \frac{x^2}{2}$.
Vì điểm $M$ có tung độ bằng $25$, nên $y_M = 25$
Thay $M(x_M; 25)$ vào $y = x^2$, ta có: $25 = x_M^2$
$x_M^2 - 25 = 0$
$x_M = 5$ hoặc $x_M = -5$
Vậy $M_1(5; 25)$, $M_2(-5; 25)$ là tọa độ cần tìm.
Lời giải
a) $2x^2 - 4x + 1 = 0$
Ta có $a = 2; b = -4; c = 1$.
$\Delta = b^2 - 4ac = (-4)^2 - 4.2.1 = 8 > 0$.
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt.
b) Vì phương trình có hai nghiệm phân biệt
Theo định lí Viète, ta có: $x_1 + x_2 = \frac{-b}{a} = \frac{-(-4)}{2} = 2$; $x_1 . x_2 = \frac{c}{a} = \frac{1}{2}$.
Ta có: $A = x_1(x_1 + 2026) + x_2(x_2 + 2027) - x_2$
$A = x_1(x_1 + 2026) + x_2(x_2 + 2027) - x_2$
$A = x_1^2 + 2026x_1 + x_2^2 + 2027x_2 - x_2$
$A = (x_1^2 + x_2^2) + 2026x_1 + 2026x_2$
$A = (x_1 + x_2)^2 - 2x_1x_2 + 2026(x_1 + x_2)$
$A = 2^2 - 2.\frac{1}{2} + 2026.2$
$A = 4 - 1 + 4052 = 4055$.
Lời giải
a) Số học sinh đạt kết quả học tập tốt ở học kì $I$ là: $221 + 215 + 207 + 193 = 836$ học sinh.
b) Tổng số học sinh được xếp loại:
$221 + 305 + 50 + 215 + 292 + 61 + 207 + 275 + 77 + 193 + 318 + 75 = 2289$ học sinh.
Chọn ngẫu nhiên một học sinh trong số tất cả học sinh trong trường, nên số kết quả của không gian mẫu là $n(\Omega) = 2289$.
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A: $n(A) = 836$.
Xác suất thực nghiệm của biến cố A: $P(A) = \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \frac{836}{2289}$.
c) Số kết quả thuận lợi cho biến cố B là những học sinh được chọn thuộc nhóm Tốt và Khá, nên $n(B) = 221 + 305 + 215 + 292 + 207 + 275 + 193 + 318 = 2026$.
Xác suất thực nghiệm của biến cố B: $P(B) = \frac{n(B)}{n(\Omega)} = \frac{2026}{2289}$.
Lời giải
a) Chiều dài cạnh của mảnh vườn hình vuông lúc đầu là: $\sqrt{81} = 9 m$.
Chiều rộng mảnh vườn sau khi mở rộng: $2x + 9 + x = 3x + 9 (m)$.
Chiều dài mảnh vườn sau khi mở rộng: $3x + 9 + x = 4x + 9 (m)$.
Diện tích cả mảnh vườn sau khi mở rộng: $(3x+9)(4x+9)=12x^2+63x+81 (m^2)$
b) Vì mảnh vườn sau khi mở rộng tăng $810m^2$, nên ta có phương trình:
$(3x+9)(4x+9)-81=810$
$12x^2+63x+81-81-810=0$
$12x^2+63x-810=0$
Giải phương trình, ta được $x=6$ (thỏa mãn) hoặc $x=-11,25$ (không thỏa $x>0$)
Vậy $x=6$ thỏa điều kiện.
Lời giải
a) Bán kính lỗ hình trụ trong viên gạch: $R=2,5:2=1,25cm$.
Thể tích đất sét để làm một viên gạch: $V=8.8.20-4.(3,14.1,25^2.20)=887,5cm^3$.
b) Số viên gạch cần phải mua: $10.1000(1+2\%)=10\,200$ viên.
Tổng số tiền mua gạch: $10\,200.2500=25\,500\,000$ đồng.
Lời giải
a) Gọi $x, y$ $(\%)$ lần lượt là nồng độ mặn của nguồn nước mặn thứ nhất và nguồn nước mặn thứ hai $(x, y > 0)$.
Khi pha $200ml$ nguồn thứ nhất với $300ml$ nguồn thứ hai ta được nước mặn có nồng độ mặn $27\%$, nên ta có phương trình: $200x + 300y = 27\% . 500 = 135$ (1)
Khi pha $300ml$ nguồn thứ nhất với $200ml$ nguồn thứ hai ta được nước mặn có nồng độ mặn $28\%$, nên ta có phương trình: $300x + 200y = 28\% . 500 = 140$ (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\begin{cases} 200x + 300y = 135 \\ 300x + 200y = 140 \end{cases}$
$\begin{cases} x = 30\% \\ y = 25\% \end{cases}$ (thỏa điều kiện)
Vậy nguồn nước mặn thứ nhất có độ mặn $30\%$ và nguồn nước mặn thứ hai có độ mặn $25\%$.
b) Đổi $4m^3 = 4000dm^3 = 4000 lit$, $300ml = 0,3 lit = 0,3dm^3$, $200ml = 0,2 lit = 0,2dm^3$.
Để có được nguồn nước có nồng độ mặn $28\%$ thì cần pha theo tỉ lệ $300ml$ nguồn thứ nhất với $200ml$ nguồn thứ hai.
Thể tích nguồn nước thứ nhất cần dùng là: $\frac{4000}{0,3 + 0,2} . 0,3 = 2400dm^3 = 2,4m^3$.
Thể tích nguồn nước thứ hai cần dùng là: $\frac{4000}{0,3 + 0,2} . 0,2 = 1600dm^3 = 1,6m^3$.
Lời giải
a) Chứng minh: Tứ giác $ABDE$ nội tiếp và xác định tâm $I$ của đường tròn này , từ đó suy ra tứ giác $DE//MN$ nội tiếp.
Ta có $\Delta ABE$ vuông tại $E$ ($BE \perp AC$)
Nên $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn đường kính $AB$ $(1)$
Ta có $\Delta ABD$ vuông tại $D$ ($AD \perp BC$)
Nên $\Delta ABD$ nội tiếp đường tròn đường kính $AB$ $(2)$
Từ $(1)$ và $(1)$ suy ra 4 điểm $A, B, D, E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AB$.
Suy ra: Tứ giác $ABDE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AB$.
Do đó, tâm $I$ là trung điểm của đường kính $AB$.
Suy ra: $\widehat{BAD} = \widehat{BED}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn $\widehat{BD}$)
Mà: $\widehat{BAD} = \widehat{BMN}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn $\widehat{BN}$)
Nên: $\widehat{BED} = \widehat{BMN} (= \widehat{BAD})$.
Mặt khác: hai góc này ở vị trí đồng vị
Do đó: $DE // MN$.
b) Kẻ đường kính $CK$ của $(O)$. Chứng minh: Tứ giác $AKBH$ là hình bình hành và suy ra 3 điểm $H, I, K$ thẳng hàng.
Ta có: $\widehat{CAK} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $CK$)
Nên: $AK \perp CA$.
Ta có: $\widehat{CBK} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $CK$)
Nên: $BK \perp BC$.
Xét tứ giác $AKBH$, ta có: $\begin{array}{|c|} \hline AH \parallel BK (\perp CB) \\ AK \parallel BH (\perp AC) \\ \hline \end{array}$
Suy ra: Tứ giác $AKBH$ là hình bình hành.
Mà: $I$ là trung điểm của đường chéo $AB$
Nên: $I$ là trung điểm của đường chéo $HK$.
Hay 3 điểm $H, I, K$ thẳng hàng.
c) Trong trường hợp $\widehat{BCA} = 60^\circ$. Chứng minh: $DE = \dfrac{1}{2}AB$ và tính diện tích hình viên phân giới hạn bởi cung nhỏ $DE$ và dây cung $DE$ của $(I)$ theo $R$.
Ta có: $\widehat{BCA} + \widehat{CAD} = 90^\circ$ ($\Delta CAD$ vuông tại $D$)
Nên: $\widehat{CAD} = 90^\circ - \widehat{BCA} = 30^\circ$.
Mà: $\widehat{DIE} = 2\widehat{CAD} = 2.30^\circ = 60^\circ$ (góc ở tâm và góc nội tiếp $(I)$ cùng chắn $\widehat{DE}$)
Nên: $\widehat{DIE} = 2.30^\circ = 60^\circ$.
Suy ra: $\Delta DIE$ đều
Do đó: $DE = IE = \dfrac{1}{2}AB$.
Kẻ đường kính $AS$ của $(O)$
Suy ra: $\widehat{ASB} = \widehat{ACB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn $\widehat{AB}$)
Nên: $\widehat{ASB} = 60^\circ$.
Ta có: $\widehat{ABS} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $AS$)
Nên $\Delta ABS$ vuông tại $B$.
Suy ra: $\sin \widehat{ASB} = \dfrac{AB}{AS}$
Hay $AB = AS.\sin 60^\circ = 2R.\dfrac{\sqrt{3}}{2} = R\sqrt{3}$.
Do đó: $IE = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{R\sqrt{3}}{2}$.
Diện tích quạt tròn $IDmE$: $S_{IDmE} = \dfrac{\pi .IE^2.60}{360} = \dfrac{\pi .\left( \dfrac{R\sqrt{3}}{2} \right)^2.60}{360} = \dfrac{\pi R^2}{8}$ (đvdt)
Diện tích tam giác đều $IDE$ có cạnh $\dfrac{R\sqrt{3}}{2}$: $S_{\Delta IDE} = \dfrac{IE^2.\sqrt{3}}{4} = \left( \dfrac{R\sqrt{3}}{2} \right)^2.\dfrac{\sqrt{3}}{4} = \dfrac{3R^2\sqrt{3}}{16}$ (đvdt)
Diện tích hình viên phân $DmE$ là: $S_{DmE} = S_{IDmE} - S_{\Delta IED} = \dfrac{\pi R^2}{8} - \dfrac{3R^2\sqrt{3}}{16}$ (đvdt).
NĂM HỌC: 2026 – 2027
CỤM 1 – ĐỀ SỐ 3
Bài 1. (1,5 điểm) Cho $(P): y = x^2$.
a) Vẽ đồ thị $(P)$ trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$.
b) Tìm tọa độ điểm $M$ thuộc $(P)$ có tung độ là $25$.
a) Vẽ đồ thị $(P)$ trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$.
b) Tìm tọa độ điểm $M$ thuộc $(P)$ có tung độ là $25$.
Lời giải
a) Vẽ đồ thị $(P)$.
Bảng giá trị của hàm số:
$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} \hline x & -2 & -1 & 0 & 1 & 2 \\ \hline y = x^2 & 4 & 1 & 0 & 1 & 4 \\ \hline \end{array}$
b) Tìm tọa độ điểm $M$ thuộc $(P)$ có tung độ là $25$.
Gọi $M(x_M; y_M)$ là điểm đồ thị $(P): y = \frac{x^2}{2}$.
Vì điểm $M$ có tung độ bằng $25$, nên $y_M = 25$
Thay $M(x_M; 25)$ vào $y = x^2$, ta có: $25 = x_M^2$
$x_M^2 - 25 = 0$
$x_M = 5$ hoặc $x_M = -5$
Vậy $M_1(5; 25)$, $M_2(-5; 25)$ là tọa độ cần tìm.
Bài 2. (1,0 điểm) Cho phương trình $2x^2 - 4x + 1 = 0$
a) Chứng minh phương trình trên có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$.
b) Không giải phương trình, tính giá trị của biểu thức
$A = x_1(x_1 + 2026) + x_2(x_2 + 2027) - x_2$
a) Chứng minh phương trình trên có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$.
b) Không giải phương trình, tính giá trị của biểu thức
$A = x_1(x_1 + 2026) + x_2(x_2 + 2027) - x_2$
Lời giải
a) $2x^2 - 4x + 1 = 0$
Ta có $a = 2; b = -4; c = 1$.
$\Delta = b^2 - 4ac = (-4)^2 - 4.2.1 = 8 > 0$.
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt.
b) Vì phương trình có hai nghiệm phân biệt
Theo định lí Viète, ta có: $x_1 + x_2 = \frac{-b}{a} = \frac{-(-4)}{2} = 2$; $x_1 . x_2 = \frac{c}{a} = \frac{1}{2}$.
Ta có: $A = x_1(x_1 + 2026) + x_2(x_2 + 2027) - x_2$
$A = x_1(x_1 + 2026) + x_2(x_2 + 2027) - x_2$
$A = x_1^2 + 2026x_1 + x_2^2 + 2027x_2 - x_2$
$A = (x_1^2 + x_2^2) + 2026x_1 + 2026x_2$
$A = (x_1 + x_2)^2 - 2x_1x_2 + 2026(x_1 + x_2)$
$A = 2^2 - 2.\frac{1}{2} + 2026.2$
$A = 4 - 1 + 4052 = 4055$.
Bài 3. (1,5 điểm) Kết quả xếp loại học tập học kì $I$ của học sinh trường THCS An Bình được biểu diễn trong biểu đồ cột kép dưới đây. Nhà trường chọn ra ngẫu nhiên một em học sinh để tham gia làm bài khảo sát năng lực.
a) Trường có bao nhiêu học sinh đạt kết quả học tập tốt ở học kì $I$?
b) Tính xác suất của biến cố A: “Học sinh được chọn có kết quả học tập tốt”.
c) Tính xác suất của biến cố B: “Học sinh được chọn có kết quả học tập từ khá trở lên”.
a) Trường có bao nhiêu học sinh đạt kết quả học tập tốt ở học kì $I$?
b) Tính xác suất của biến cố A: “Học sinh được chọn có kết quả học tập tốt”.
c) Tính xác suất của biến cố B: “Học sinh được chọn có kết quả học tập từ khá trở lên”.
Lời giải
a) Số học sinh đạt kết quả học tập tốt ở học kì $I$ là: $221 + 215 + 207 + 193 = 836$ học sinh.
b) Tổng số học sinh được xếp loại:
$221 + 305 + 50 + 215 + 292 + 61 + 207 + 275 + 77 + 193 + 318 + 75 = 2289$ học sinh.
Chọn ngẫu nhiên một học sinh trong số tất cả học sinh trong trường, nên số kết quả của không gian mẫu là $n(\Omega) = 2289$.
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A: $n(A) = 836$.
Xác suất thực nghiệm của biến cố A: $P(A) = \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \frac{836}{2289}$.
c) Số kết quả thuận lợi cho biến cố B là những học sinh được chọn thuộc nhóm Tốt và Khá, nên $n(B) = 221 + 305 + 215 + 292 + 207 + 275 + 193 + 318 = 2026$.
Xác suất thực nghiệm của biến cố B: $P(B) = \frac{n(B)}{n(\Omega)} = \frac{2026}{2289}$.
Bài 4. (1,0 điểm) Anh An có một mảnh vườn hình vuông (phần tô đậm ở hình bên dưới) với diện tích bằng $81m^2$. Anh An muốn mở rộng mảnh vườn này thành mảnh vườn hình chữ nhật sao cho các cạnh của hình chữ nhật cách các cạnh của hình vuông tương ứng các khoảng cách là $x; 2x; 3x$ như hình bên, trong đó $x > 0$, tính theo đơn vị mét. Biết rằng sau khi mở rộng, diện tích của mảnh vườn tăng thêm $810m^2$.
a) Viết biểu thức tính diện tích của mảnh vườn sau khi mở rộng theo $x$.
b) Tìm giá trị của $x$.
a) Viết biểu thức tính diện tích của mảnh vườn sau khi mở rộng theo $x$.
b) Tìm giá trị của $x$.
Lời giải
a) Chiều dài cạnh của mảnh vườn hình vuông lúc đầu là: $\sqrt{81} = 9 m$.
Chiều rộng mảnh vườn sau khi mở rộng: $2x + 9 + x = 3x + 9 (m)$.
Chiều dài mảnh vườn sau khi mở rộng: $3x + 9 + x = 4x + 9 (m)$.
Diện tích cả mảnh vườn sau khi mở rộng: $(3x+9)(4x+9)=12x^2+63x+81 (m^2)$
b) Vì mảnh vườn sau khi mở rộng tăng $810m^2$, nên ta có phương trình:
$(3x+9)(4x+9)-81=810$
$12x^2+63x+81-81-810=0$
$12x^2+63x-810=0$
Giải phương trình, ta được $x=6$ (thỏa mãn) hoặc $x=-11,25$ (không thỏa $x>0$)
Vậy $x=6$ thỏa điều kiện.
Bài 5. (1,0 điểm) Gạch ống là một sản phẩm được tạo hình thành từ đất sét và nước, được kết hợp lại với nhau theo một công thức chung hợp lý mới có thể tạo ra hỗn hợp dẻo quánh, sau đó chúng được đổ vào khuôn, rồi đem phơi hoặc sấy khô và cuối cùng là đưa vào lò nung. Một viên gạch hình hộp chữ nhật có kích thước dài $20cm$; rộng $8cm$; dày (cao) $8cm$. Bên trong có bốn lỗ hình trụ bằng nhau có đường kính đáy là $2,5cm$.
a) Tính thể tích đất sét để làm một viên gạch (cho $\pi=3,14$)
b) Theo tính toán của kỹ sư xây dựng thì Bác Tư xây một ngôi nhà phải mua $10$ thiên gạch, giá một viên là $2500$ đồng. Nhưng khi mua Bác Tư mua dư $2\%$ số lượng gạch cần dùng dự phòng cho hư hao lúc thi công. Tính tổng số tiền Bác Tư mua gạch để xây hoàn thành căn nhà.
a) Tính thể tích đất sét để làm một viên gạch (cho $\pi=3,14$)
b) Theo tính toán của kỹ sư xây dựng thì Bác Tư xây một ngôi nhà phải mua $10$ thiên gạch, giá một viên là $2500$ đồng. Nhưng khi mua Bác Tư mua dư $2\%$ số lượng gạch cần dùng dự phòng cho hư hao lúc thi công. Tính tổng số tiền Bác Tư mua gạch để xây hoàn thành căn nhà.
Lời giải
a) Bán kính lỗ hình trụ trong viên gạch: $R=2,5:2=1,25cm$.
Thể tích đất sét để làm một viên gạch: $V=8.8.20-4.(3,14.1,25^2.20)=887,5cm^3$.
b) Số viên gạch cần phải mua: $10.1000(1+2\%)=10\,200$ viên.
Tổng số tiền mua gạch: $10\,200.2500=25\,500\,000$ đồng.
Bài 6. (1,0 điểm) Trong một trại nuôi dưỡng tôm sú con, kỹ sư đang có hai nguồn nước mặn có nồng độ mặn khác nhau. Để có được độ mặn mong muốn kỹ sư đã thử hai tỉ lệ như sau:
- Nếu lấy $200ml$ nguồn nước mặn thứ nhất pha với $300ml$ nguồn nước mặn thứ hai thì được một nguồn nước mặn mới có nồng độ mặn $27\%$.
- Nếu lấy $300ml$ nguồn nước mặn thứ nhất pha với $200ml$ nguồn nước mặn thứ hai thì được một nguồn nước mặn mới có nồng độ mặn $28\%$.
a) Hãy tính nồng độ mặn ở mỗi nguồn nước mặn ban đầu.
b) Mỗi hồ nuôi tôm con cần có một thể tích nước là $4m^3$ có nồng độ mặn $28\%$. Hỏi thể tích nước mỗi nguồn nước thứ nhất và thứ hai là bao nhiêu?
- Nếu lấy $200ml$ nguồn nước mặn thứ nhất pha với $300ml$ nguồn nước mặn thứ hai thì được một nguồn nước mặn mới có nồng độ mặn $27\%$.
- Nếu lấy $300ml$ nguồn nước mặn thứ nhất pha với $200ml$ nguồn nước mặn thứ hai thì được một nguồn nước mặn mới có nồng độ mặn $28\%$.
a) Hãy tính nồng độ mặn ở mỗi nguồn nước mặn ban đầu.
b) Mỗi hồ nuôi tôm con cần có một thể tích nước là $4m^3$ có nồng độ mặn $28\%$. Hỏi thể tích nước mỗi nguồn nước thứ nhất và thứ hai là bao nhiêu?
Lời giải
a) Gọi $x, y$ $(\%)$ lần lượt là nồng độ mặn của nguồn nước mặn thứ nhất và nguồn nước mặn thứ hai $(x, y > 0)$.
Khi pha $200ml$ nguồn thứ nhất với $300ml$ nguồn thứ hai ta được nước mặn có nồng độ mặn $27\%$, nên ta có phương trình: $200x + 300y = 27\% . 500 = 135$ (1)
Khi pha $300ml$ nguồn thứ nhất với $200ml$ nguồn thứ hai ta được nước mặn có nồng độ mặn $28\%$, nên ta có phương trình: $300x + 200y = 28\% . 500 = 140$ (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\begin{cases} 200x + 300y = 135 \\ 300x + 200y = 140 \end{cases}$
$\begin{cases} x = 30\% \\ y = 25\% \end{cases}$ (thỏa điều kiện)
Vậy nguồn nước mặn thứ nhất có độ mặn $30\%$ và nguồn nước mặn thứ hai có độ mặn $25\%$.
b) Đổi $4m^3 = 4000dm^3 = 4000 lit$, $300ml = 0,3 lit = 0,3dm^3$, $200ml = 0,2 lit = 0,2dm^3$.
Để có được nguồn nước có nồng độ mặn $28\%$ thì cần pha theo tỉ lệ $300ml$ nguồn thứ nhất với $200ml$ nguồn thứ hai.
Thể tích nguồn nước thứ nhất cần dùng là: $\frac{4000}{0,3 + 0,2} . 0,3 = 2400dm^3 = 2,4m^3$.
Thể tích nguồn nước thứ hai cần dùng là: $\frac{4000}{0,3 + 0,2} . 0,2 = 1600dm^3 = 1,6m^3$.
Bài 7. (3,0 điểm) Cho $\Delta ABC$ có ba góc nhọn $(AB < AC)$ nội tiếp đường tròn $(O; R)$. Ba đường cao $AD, BE, CF$ của $\Delta ABC$ cắt nhau tại $H$. Gọi $M, N$ lần lượt là giao điểm của $(O)$ với các tia $BE, AD$ ($M$ khác $B, N$ khác $A$).
a) Chứng minh: Tứ giác $ABDE$ nội tiếp và xác định tâm $I$ của đường tròn này , từ đó suy ra tứ giác $DE//MN$ nội tiếp.
b) Kẻ đường kính $CK$ của $(O)$. Chứng minh: Tứ giác $AKBH$ là hình bình hành và suy ra 3 điểm $H, I, K$ thẳng hàng.
c) Trong trường hợp $\widehat{BCA} = 60^\circ$. Chứng minh: $DE = \frac{1}{2}AB$ và tính diện tích hình viên phân giới hạn bởi cung nhỏ $DE$ và dây cung $DE$ của $(I)$ theo $R$.
a) Chứng minh: Tứ giác $ABDE$ nội tiếp và xác định tâm $I$ của đường tròn này , từ đó suy ra tứ giác $DE//MN$ nội tiếp.
b) Kẻ đường kính $CK$ của $(O)$. Chứng minh: Tứ giác $AKBH$ là hình bình hành và suy ra 3 điểm $H, I, K$ thẳng hàng.
c) Trong trường hợp $\widehat{BCA} = 60^\circ$. Chứng minh: $DE = \frac{1}{2}AB$ và tính diện tích hình viên phân giới hạn bởi cung nhỏ $DE$ và dây cung $DE$ của $(I)$ theo $R$.
Lời giải
a) Chứng minh: Tứ giác $ABDE$ nội tiếp và xác định tâm $I$ của đường tròn này , từ đó suy ra tứ giác $DE//MN$ nội tiếp.
Ta có $\Delta ABE$ vuông tại $E$ ($BE \perp AC$)
Nên $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn đường kính $AB$ $(1)$
Ta có $\Delta ABD$ vuông tại $D$ ($AD \perp BC$)
Nên $\Delta ABD$ nội tiếp đường tròn đường kính $AB$ $(2)$
Từ $(1)$ và $(1)$ suy ra 4 điểm $A, B, D, E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AB$.
Suy ra: Tứ giác $ABDE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AB$.
Do đó, tâm $I$ là trung điểm của đường kính $AB$.
Suy ra: $\widehat{BAD} = \widehat{BED}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn $\widehat{BD}$)
Mà: $\widehat{BAD} = \widehat{BMN}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn $\widehat{BN}$)
Nên: $\widehat{BED} = \widehat{BMN} (= \widehat{BAD})$.
Mặt khác: hai góc này ở vị trí đồng vị
Do đó: $DE // MN$.
b) Kẻ đường kính $CK$ của $(O)$. Chứng minh: Tứ giác $AKBH$ là hình bình hành và suy ra 3 điểm $H, I, K$ thẳng hàng.
Ta có: $\widehat{CAK} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $CK$)
Nên: $AK \perp CA$.
Ta có: $\widehat{CBK} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $CK$)
Nên: $BK \perp BC$.
Xét tứ giác $AKBH$, ta có: $\begin{array}{|c|} \hline AH \parallel BK (\perp CB) \\ AK \parallel BH (\perp AC) \\ \hline \end{array}$
Suy ra: Tứ giác $AKBH$ là hình bình hành.
Mà: $I$ là trung điểm của đường chéo $AB$
Nên: $I$ là trung điểm của đường chéo $HK$.
Hay 3 điểm $H, I, K$ thẳng hàng.
c) Trong trường hợp $\widehat{BCA} = 60^\circ$. Chứng minh: $DE = \dfrac{1}{2}AB$ và tính diện tích hình viên phân giới hạn bởi cung nhỏ $DE$ và dây cung $DE$ của $(I)$ theo $R$.
Ta có: $\widehat{BCA} + \widehat{CAD} = 90^\circ$ ($\Delta CAD$ vuông tại $D$)
Nên: $\widehat{CAD} = 90^\circ - \widehat{BCA} = 30^\circ$.
Mà: $\widehat{DIE} = 2\widehat{CAD} = 2.30^\circ = 60^\circ$ (góc ở tâm và góc nội tiếp $(I)$ cùng chắn $\widehat{DE}$)
Nên: $\widehat{DIE} = 2.30^\circ = 60^\circ$.
Suy ra: $\Delta DIE$ đều
Do đó: $DE = IE = \dfrac{1}{2}AB$.
Kẻ đường kính $AS$ của $(O)$
Suy ra: $\widehat{ASB} = \widehat{ACB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn $\widehat{AB}$)
Nên: $\widehat{ASB} = 60^\circ$.
Ta có: $\widehat{ABS} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $AS$)
Nên $\Delta ABS$ vuông tại $B$.
Suy ra: $\sin \widehat{ASB} = \dfrac{AB}{AS}$
Hay $AB = AS.\sin 60^\circ = 2R.\dfrac{\sqrt{3}}{2} = R\sqrt{3}$.
Do đó: $IE = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{R\sqrt{3}}{2}$.
Diện tích quạt tròn $IDmE$: $S_{IDmE} = \dfrac{\pi .IE^2.60}{360} = \dfrac{\pi .\left( \dfrac{R\sqrt{3}}{2} \right)^2.60}{360} = \dfrac{\pi R^2}{8}$ (đvdt)
Diện tích tam giác đều $IDE$ có cạnh $\dfrac{R\sqrt{3}}{2}$: $S_{\Delta IDE} = \dfrac{IE^2.\sqrt{3}}{4} = \left( \dfrac{R\sqrt{3}}{2} \right)^2.\dfrac{\sqrt{3}}{4} = \dfrac{3R^2\sqrt{3}}{16}$ (đvdt)
Diện tích hình viên phân $DmE$ là: $S_{DmE} = S_{IDmE} - S_{\Delta IED} = \dfrac{\pi R^2}{8} - \dfrac{3R^2\sqrt{3}}{16}$ (đvdt).
Đang được quan tâm nhất Khối 9
Tài liệu mới cập nhật
Bài hình học tỉ số lượng giác
23/09/2026
9
Bài 66 trang 35
02/08/2026
92
Bài 65 trang 35 BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÍNH CHẤT
02/08/2026
49
Cho hai bất đẳng thức cùng chiều
01/08/2026
55