Đề thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng

Đề bài

Lời giải chi tiết

Câu 1 (VD):

Phương pháp:

a) Căn bậc hai của một số là một số sao cho

b) Quy đồng và rút gọn sử dụng hằng đẳng thức.

Cách giải:

a) Tính

Ta có:

Vậy .

b, Cho biểu thức với . Rút gọn biểu thức B và so sánh giá trị của B với 1.

Điều kiện xác định: .

Ta có: .

Vậy với thì

Câu 2 (VD):

Cách giải:

a) Vẽ đồ thị (P).

Ta có bảng giá trị sau:

Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm

Hệ số nên parabol có bề cong hướng xuống. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.

Ta vẽ được đồ thị hàm số như sau:

b) Đường thẳng (với  b > 0) lần lượt cắt Ox, Oy tại E, F. Chứng minh rằng tam giác OEF vuông cân và tìm b để tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OEF là một điểm thuộc (P), với O là gốc tọa độ.

Cho

=> Đường thẳng cắt Ox tại E(b;0).

Cho

=> Đường thẳng cắt Oy tại F(0;b).

Xét có: vuông cân tại O.

=> Tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm cạnh huyền EF.

Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp là H.

Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của H lên Ox, Oy.

Ta có (từ vuông góc đến song song).

Mà H là trung điểm của EF => M là trung điểm của OE (Tính chất đường trung bình của tam giác).

là đường trung bình của tam giác OEF .

Chứng minh tương tự ta tính được .

.

Để tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OEF là một điểm thuộc (P) .

Vậy là giá trị cần tìm.

Câu 3 (VD):

Cách giải:

a) Tổng của hai số bằng 23. Hai lần số này hơn số kia 1 đơn vị. Tìm hai số đó.

Gọi số thứ nhất là a, số thứ hai là b.

Theo đề bài:

Tổng của hai số bằng 23, ta có phương trình: a + b = 23;

Hai lần số này hơn số kia 1 đơn vị, ta có phương trình: 2a – b = 1.

Theo bài ra ta có hệ phương trình: .

Vậy số thứ nhất là 8, số thứ hai là 15.

b) Hai đội công nhân cùng dọn vệ sinh khu vực khán đài Lễ hội Pháo hoa quốc tế Đà Nẵng trong 1 giờ 12 phút thì xong. Nếu đội A làm 40 phút và đội B làm 2 giờ thì xong việc. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi đội hoàn thành công việc trong bao lâu?

Đổi 1 giờ 12 phút = h; 40 phút = h

Gọi thời gian đội A làm riêng hoàn thành công việc là x (h), ()

       thời gian đội B làm riêng hoàn thành công việc là y (h); ()

Trong 1 giờ, đội A làm được công việc; đội B làm được công việc.

=>  1 giờ hai đội cùng làm được (công việc)

Theo đề bài, hai đội làm cùng nhau thì sau 1 giờ 12 phút = h xong công việc nên ta có phương trình:

Theo đề bài, nếu đội A làm 40 phút = h và đội B làm 2 giờ thì xong công việc nên ta có phương trình:

Ta có hệ phương trình: .

Đặt , hệ phương trình trở thành:

(thỏa mãn)

Vậy thời gian đội A làm riêng hoàn thành công việc là 2 giờ; thời gian đội B làm riêng hoàn thành công việc là 3 giờ.

Câu 4 (VD):

Cách giải:

a) Giải phương trình (*) khi m = 1.

Thay m = 1 vào phương trình (*) ta được:

Vậy khi m = 1 phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn

.

Ta có:

Để phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt thì

Ta có:

Áp dụng định lí Vi-ét ta có: .

.

Khi đó ta có:

Ta có nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt .

Vậy m = 5.

Câu 5 (VD):

Cách giải:

a) Chứng minh rằng AB = CD và .

+) Chứng minh AB = CD

Xét tam giác AOB và tam giác COD có:

(đối đỉnh)

AB = CD (2 cạnh tương ứng) (đpcm)

+) Chứng minh góc CFD = góc BCA

Ta có: (hai góc nội tiếp cùng góc chắn cung CD).

Lại có: cân tại O

(tính chất tam giác cân)

.

Vậy .

b) Đường thẳng qua E vuông góc với BC cắt tia AF tại G. Chứng minh rằng tứ giác CEFG nội tiếp và CD.EG = CB.CE.

+) Chứng minh tứ giác CEFG nội tiếp

Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

.

Xét tứ giác CEFG có: .

Mà hai đỉnh E, F kề nhau cùng nhìn dưới CG dưới hai góc bằng nhau

=> Tứ giác EFGC nội tiếp (dhnb) (đpcm)

+) Chứng minh CD.EG = CB.CE

Ta có: (vì EFGC nội tiếp nên hai góc cùng chắn cung CE)

Mà (hai góc cùng chắn cung CD) hay 

Do đó 

Xét tam giác BCD và tam giác GEC có:

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) .

 (cmt).

c) Gọi H là giao điểm của tia GE và AD. Đường thẳng qua H, song song với AC cắt đường thẳng qua E, song song với FC tại K. Chứng minh rằng ba điểm G, C, K thẳng hàng.

Vì CEFG là tứ giác nội tiếp (cmt) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC).

Mà (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD)

.

Mà hai đỉnh A, G kề nhau cùng nhìn HC dưới hai góc bằng nhau.

là tứ giác nội tiếp (dhnb).

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AH).

Mà CEFG là tứ giác nội tiếp (cmt) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EF).

.

Ta có: EK // FC (gt) (so le trong)

           HK // AC (gt) (so le trong)

.

Mà hai đỉnh E, H kề nhau cùng nhìn CK dưới hai góc bằng nhau

là tứ giác nội tiếp (dhnb).

.

Mà (do tại E) .

Mà HK // AC (gt) (từ vuông góc đến song song).

Mà .

Vậy G, C, K thẳng hàng.

Đề bài

Câu 1 (2,0 điểm):

a) Tính

b) Cho biểu thức với và .

Câu 2 (1,5 điểm):

Cho hàm số có đồ thị (P) và đường thẳng

a) Vẽ đồ thị . Chứng minh rằng luôn đi qua điểm .

b) Gọi là hình chiếu của điểm trên . Chứng minh rằng khi thay đổi () thì diện tích tam giác không vượt quá (đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét).

Câu 3 (1,5 điểm):

Cho phương trình với là tham số

a) Giải phương trình (*) khi

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn .

Câu 4 (1,5 điểm):

a) Tìm hai số tự nhiên, biết rằng tổng của chúng bằng và hiệu của số lớn và số bé bằng .

b) Một địa phương lên kế hoạch xét nghiệm SARS-CoV-2 cho người trong một thời gian quy định. Nhờ cải tiến phương pháp nên mỗi giờ xét nghiệm được thêm người. Vì thế, địa phương này hoàn thành sớm hơn kế hoạch là giờ. Hỏi theo kế hoạch, địa phương này phải xét nghiệm trong thời gian bao nhiêu giờ?

Câu 5 (3,5 điểm):

Cho tam giác nhọn , các đường cao cắt nhau tại .

a) Chứng minh rằng tứ giác nội tiếp.

b) Gọi là trung điểm của . Đường tròn đường kính cắt tại điểm ( khác ). Chứng minh rằng

c) Hai đường thẳng và cắt nhau tại . Chứng minh rằng và hai đường thẳng nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác song song với đường thẳng . 

Lời giải

Câu 1

Phương pháp:

a) Sử dụng hằng đẳng thức:

Thực hiện các phép tính với căn bậc hai.

b) Vận dụng hằng đẳng thức xác định mẫu thức chung của biểu thức

Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép toán từ đó rút gọn được biểu thức.

Cách giải:

a) Ta có:

Vậy .

b) Với ta có:

Vậy với thì .

Câu 2

Phương pháp:

a) Vẽ đồ thị của hàm số

+ Nhận xét về hệ số và sự biến thiên của hàm số

+ Lập bảng giá trị tương ứng của và

+ Xác định được các điểm mà đồ thị đi qua, vẽ đồ thị.

Thay vào phương trình đường thẳng , ta chứng minh được điều luôn đúng, từ đó có được điều phải chứng minh.

b) Tính diện tích

Áp dụng định lý Py – ta – go, tính được

Biện luận, từ đó chứng minh được yêu cầu của đề bài.

Cách giải:

a) Parabol có bề lõm hướng lên và nhận làm trục đối xứng.

Hệ số nên hàm số đồng biến khi và nghịch biến khi .

Ta có bảng giá trị sau:

Parabol đi qua các điểm , , , , .

Đồ thị Parabol :

Thay vào phương trình đường thẳng ta được:

(luôn đúng với mọi )

Vậy luôn đi qua điểm với mọi .

b)

Vì vuông tại nên ta có .

Áp dụng định lí Py – ta – go,  ta có: .

(đpcm).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi vuông cân tại .

Câu 3

Phương pháp:

a) Thay phương trình

Tính (hoặc ), sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn: (hoặc ), tính được nghiệm của phương trình, kết luận.

b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt (hoặc )

Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được theo

Vì là nghiệm của phương trình (*) nên:

Khi đó, thày vào , tìm được giá trị

Cách giải:

a) Thay vào phương trình (*) ta có:

Ta có: nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt .

Vậy với thì tập nghiệm của phương trình (*) là .

b) Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt (luôn đúng với mọi ).

Phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi .

Khi đó, áp dụng định lí Vi-ét ta có:

Vì là nghiệm của phương trình (*) nên:

Khi đó ta có:

Vậy là các giá trị thỏa mãn bài toán.

Bài 4

Phương pháp:

a) Gọi số lớn là , số bé là .

Từ giả thiết tổng và hiệu của hai số lập được hệ phương trình

Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm được nghiệm

Sử dụng phương pháp thế, tìm được nghiệm

Đối chiếu điều kiện, kết luận.

b) Theo kế hoạch, gọi số người được xét nghiệm trong một giờ là ( người)

Từ đó, tính được thời gian xét nghiệm theo kế hoạch và thời gian xét nghiệm thực tế.

Từ giả của đề bài, lập được phương trình.

Giải phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.

Cách giải:

a) Gọi số lớn là , số bé là .

Ta có tổng của hai số là nên ta có phương trình

Hiệu của số lớn và số bé là nên ta có phương trình

Từ ta có hệ phương trình

Vậy số lớn là , số bé là .

b) Theo kế hoạch, gọi số người được xét nghiệm trong một giờ là ( người)

Theo kế hoạch địa phương ý xét nghiệm người hết (giờ)

Thực tế, số người được xét nghiệm trong một giờ là (người)

Thực tế, địa phương ý xét nghiệm người hết ( giờ)

Vì địa phương này hoàn thành sớm hơn kế hoạch giờ nên ta có phương trình

Vậy theo kế hoạch, địa phương này cần (giờ) để xét nghiệm xong.

Câu 5

Phương pháp:

a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp.

b) + Chứng minh được: (2 góc nội tiếp cùng chắn cung )

+ Chứng minh:

c) + Chứng minh được: Đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác là đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác và , suy ra đường nối tâm vuông góc với

Gọi

Chứng minh: , , từ đó, suy ra

Chứng minh: là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện)

  (**)

Từ (*) và (**) suy ra đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác song song với (đpcm)

Cách giải:

a) Ta có: là các đường cao của nên

là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau).

b) Ta có:

nội tiếp đường tròn đường kính (định nghĩa)

Mà đường tròn đường kính cắt tại .

Năm điểm cùng thuộc một đường tròn.

(2 góc nội tiếp cùng chắn cung )

Mà (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp )

.

Xét và có: (cmt); chung.

(2 cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

(đpcm)

c) Ta có (2 góc nội tiếp cùng chắn cung )

Mà (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp )

.

Lại có (kề bù) .

là tứ giác nội tiếp (dhnb) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ).

Lại có (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông) cân tại .

(2 góc ở đáy của tam giác cân).

.

Xét và có: chung ; (cmt)

(2 góc tương ứng (đpcm).

Ta có nên là tứ  giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện).

Đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác là đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác và .

Giao của hai tứ giác  và là .

Đường nối tâm vuông góc với

Gọi .

Mà nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

(1) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).

Mà (2) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung ).

       ( là trung tuyến của vuông tại nên ).

       (Cùng phụ )

Từ (1), (2) và (3) suy ra

Xét và có: chung; (cmt)

Có:

Mà (cmt)

(2 góc tương ứng)

là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện).

(2 góc nội tiếp cùng chắn cung ) hay   (**)

Từ (*) và (**) suy ra đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác song song với (đpcm).

Đề bài

Bài 1:

a) Tính giá trị của biểu thức

b) Cho biểu thức với và . Rút gọn biểu thức và tìm để

Bài 2:

Cho hàm số .

a) Vẽ đồ thị của hàm số đã cho.

b) Đường thẳng cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt và , trong đó điểm có hoành độ dương. Gọi là chân đường cao hạ từ của tam giác , với là gốc tọa độ. Tính diện tích tam giác (đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét).

Bài 3:

a) Giải phương trình

b) Biết phương trình có hai nghiệm là và không giải phương trình, hãy tính giá trị biểu thức:

Bài 4:

a) Một số tự nhiên nhỏ hơn bình phương của nó 20 đơn vị. Tìm số tự nhiên đó.

b) Quãng đường AB gồm một đoạn lên dốc và một đoạn xuống dốc. Một người đi xe đạp từ A đến B hết 16 phút và đi từ B về A hết 14 phút. Biết vận tốc lúc lên dốc là 10km/h, vận tốc lúc xuống dốc là 15km/h (vận tốc lên dốc, xuống dốc lúc đi và về như nhau). Tính quãng đường AB.

Bài 5:

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O đường kính AB. Trên cung nhỏ của đường tròn lấy điểm (không trùng với và ). Gọi là chân đường vuông góc kẻ từ đến và là giao điểm của với .

a) Chứng minh rằng tứ giác là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh rằng .

c) Đường thẳng qua song song với , cắt tại . Chứng minh rằng và đường tròn ngoại tiếp tam giác đi qua trung điểm của đoạn .

Lời giải chi tiết

Bài 1. (1,0 điểm)

Cách giải:

a) Tính giá trị của biểu thức 

Vậy .

b) Cho biểu thức  với  và . Rút gọn biểu thức  và tìm  để 

Với và ta có:

Vậy với thì .

Để thì .

Vậy để thì .

Bài 2. (1,5 điểm)

Cách giải:

Cho hàm số .

a) Vẽ đồ thị  của hàm số đã cho.

Ta có bảng giá trị:

Vậy đồ thị hàm số là đường cong nhận trục tung làm trục đối xứng và đi qua các điểm

Đồ thị hàm số:

b) Đường thẳng  cắt đồ thị  tại hai điểm phân biệt  và , trong đó điểm  có hoành độ dương. Gọi  là chân đường cao hạ từ  của tam giác , với  là gốc tọa độ. Tính diện tích tam giác  (đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét).

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và đường thẳng ta có:

+) Với .

+) Với   (Vì là điểm có hoành độ dương).

Gọi là giao điểm của đường thẳng với trục tung

Ta có: cân tại , có , .

Áp dụng định lý Pi-ta-go cho vuông tại ta có:

Lại có:

Áp dụng định lý Pitago cho vuông tại ta có:

Vậy diện tích tam giác là

Bài 3. (1,5 điểm)

Cách giải:

a) Giải phương trình 

Phương trình có:

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:  

Vậy phương trình đã cho tập nghiệm:

b) Biết phương trình  có hai nghiệm là  và  không giải phương trình, hãy tính giá trị biểu thức: 

Xét phương trình:   có   Phương trình có hai nghiệm phân biệt

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:

Ta có: là hai nghiệm của phương trình đã cho

Theo đề bài ta có:

Bài 4. (2,0 điểm)

Cách giải:

a) Một số tự nhiên nhỏ hơn bình phương của nó 20 đơn vị. Tìm số tự nhiên đó.

Gọi số tự nhiên cần tìm là (ĐK: ).

Bình phương của số tự nhiên là .

Vì số tự nhiên cần tìm nhỏ hơn bình phương của nó 20 đơn vị nên ta có phương trình:

Vậy số tự nhiên cần tìm là 5.

b) Quãng đường AB gồm một đoạn lên dốc và một đoạn xuống dốc. Một người đi xe đạp từ A đến B hết 16 phút và đi từ B về A hết 14 phút. Biết vận tốc lúc lên dốc là 10km/h, vận tốc lúc xuống dốc là 15km/h (vận tốc lên dốc, xuống dốc lúc đi và về như nhau). Tính quãng đường AB.

Gọi quãng đường lên dốc lúc đi là (km), quãng đường xuống dốc lúc đi là (km) (ĐK: )

Quãng đường lên dốc lúc về là (km), quãng đường xuống dốc lúc về là (km).

Thời gian lúc đi là 16 phút (h) nên ta có phương trình:

.

Thời gian lúc về là 14 phút (h) nên ta có phương trình:

.

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

Quãng đường lên dốc lúc đi là , quãng đường xuống dốc lúc đi là .

Vậy độ dài quãng đường AB là .

Bài 5. (2,0 điểm)

Cách giải:

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O đường kính AB. Trên cung nhỏ  của đường tròn  lấy điểm  (không trùng với  và ). Gọi  là chân đường vuông góc kẻ từ  đến  và  là giao điểm của  với .

a) Chứng minh rằng tứ giác là tứ giác nội tiếp.

Vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên hay .

Lại có (gt) nên .

Xét tứ giác có: .

là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng ).

b) Chứng minh rằng .

Vì là tứ giác nội tiếp đường tròn nên (1) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ).

Ta lại có:

(do tam giác có - góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

(do tam giác vuông tại ).

  (2) (cùng phụ với ).

Từ (1) và (2) hay .

Xét và có:

chung;

.

Xét tam giác vuông tại , đường cao ta có:

(hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Từ (*) và (2*) suy ra .

Lại có vuông tại nên (định lí Pytago).

Vậy   (đpcm).

c) Đường thẳng qua song song với , cắt tại . Chứng minh rằng và đường tròn ngoại tiếp tam giác đi qua trung điểm của đoạn .

*) Vì nên (đồng vị).

Mà (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ).

.

Tứ giác là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

(tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp).

Ta lại có:

(từ vuông góc đến song song) .

.

*) Gọi là giao điểm của và đường tròn ngoại tiếp tam giác .

Ta có:

(cùng phụ với ).

Mà (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ).

.

Mà (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ).

Ta có: tứ giác nội tiếp (cmt) nên (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ).

Ta lại có:

Mà nên   (4) 

Lại có: (=bán kính) nên cân tại , do đó (5).

Từ (3), (4), (5) suy ra cân tại (định nghĩa)   (3*) (tính chất tam giác cân).

Ta có:

(do tam giác vuông tại ).

cân tại (định nghĩa) (4*) (tính chất tam giác cân).

Từ (3*) và (4*) suy ra .

Vậy là trung điểm của (đpcm).

Đề bài

Bài 1 (1,5 điểm)

a)  Tính

b) Cho biểu thức với Tìm sao cho có giá trị là

Bài 2 (2 điểm) 

a) Giải hệ phương trình .

b) Giải phương trình .

Bài 3 (1,5 điểm)  Cho hai hàm số và .

a) Vẽ đồ thị các hàm số này trên cùng một phẳng tọa độ.

b) Tìm tọa độ hai giao điểm A và B của hai đồ thị đó. Tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng .

Bài 4 (1 điểm) 

Cho phương trình với là tham số. Tìm tất cả các giá trị của để phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa mãn hệ thức:

Bài 5 (1 điểm) 

Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích Nếu giảm chiểu rộng và tăng chiều dài thì diện tích mảnh đất tăng thêm Tính kích thước của mảnh đất.

Bài 6 (3 điểm) 

Cho đường tròn tâm , đường kính và là điểm nằm trên đoạn thẳng (với ). Kẻ dây của đường tròn vuông góc với tại trung điểm của . Gọi là giao điểm thứ hai của với đường tròn đường kính .

a) Chứng minh tứ giác là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh song song với và ba điểm thẳng hàng.

c) Đường thẳng qua vuông góc với cắt đường tròn tại hai điểm và (với thuộc cung nhỏ ). Chứn mginh . 

Lời giải chi tiết

Bài 1 (1,5 điểm)

Phương pháp:

a) Sử dụng công thức:

b) Rút gọn biểu thức sau đó giải phương trình tìm , đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.

Cách giải:

a)  Tính 

Vậy

b) Cho biểu thức  với  Tìm  sao cho  có giá trị là 

Điều kiện:

Ta có:

Vậy thì có giá trị là

Bài 2 (2,0 điểm)

Cách giải:

a) Giải hệ phương trình .

Vậy hệ phương trình có nghiệm .

b) Giải phương trình .

Đặt . Khi đó phương trình trở thành

Với .

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm .

Bài 3 (1,5 điểm)

Cho hai hàm số và .

Cách giải:

a) Vẽ đồ thị các hàm số này trên cùng một phẳng tọa độ.

Ta có bảng giá trị của hàm số

Vẽ đường cong đi qua các điểm có tọa độ ta được parabol

Bảng giá trị của hàm số

Vẽ đường thẳng đi qua hai điểm có tọa độ ta được đường thẳng

Đồ thị hàm số:

b) Tìm tọa độ hai giao điểm A và B của hai đồ thị đó. Tính khoảng cách từ điểm  đến đường thẳng .

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng và parabol

Vậy giao điểm của và là .

* Tính khoảng cách từ đến đường thẳng

Kẻ . Nhận xét thấy khoảng cách từ xuống đường thẳng chính là .

Gọi

Lại thấy Phương trình đường thẳng là   hay suy ra tam giác vuông tại .

Ta lại có

Xét tam giác vuông tại có là đường cao nên

Vậy khoảng cách cần tìm là

Bài 4 (1 điểm)

Phương pháp:

+) Phương trình có hai nghiệm

+) Áp dụng định lý Vi-et và hệ thức bài cho để làm bài. Tìm được , đối chiếu với điều kiện xác định rồi kết luận.

Cách giải:

Cho phương trình  với  là tham số. Tìm tất cả các giá trị của  để phương trình đã cho có hai nghiệm  thỏa mãn hệ thức: 

Phương trình đã cho có hai nghiệm

Phương trình đã cho luôn có hai nghiệm với mọi

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:

Theo đề bài ta có: .

Thay vào ta có:

Mặt khác .

Vậy thỏa mãn điều kiện bài toán.

Bài 5 (1,0 điểm)

Cách giải:

Gọi chiều rộng của mảnh đất là (mét) .

      chiều dài của mảnh đất là (mét) .

Diện tích mảnh đất là nên ta có phương trình (1)

Nếu giảm chiều rộng đi thì chiều rộng mới là (m).

Nếu tăng chiều dài lên thì chiều dài mới là (m).

Diện tích mảnh đất mới là nên ta có phương trình (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

Vậy chiều dài mảnh đất là và chiều rộng mảnh đất là .

Bài 6 (3,0 điểm)

Cách giải:

a) Chứng minh tứ giác là tứ giác nội tiếp.

Ta có: ( tại ) .

          (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính ) .

Xét tứ giác có , mà hai góc ở vị trí đối diện nên tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng ) (đpcm).

b) Chứng minh song song với và ba điểm thẳng hàng.

Có (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).

Lại có nên tứ giác là hình bình hành   (đpcm).

Lại có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính ) (1)

Mà (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính ) (2)

Từ và suy ra (từ vuông góc đến song song).

Mà nên theo tiên đề Ơclit suy ra ba điểm thẳng hàng.

c) Đường thẳng qua vuông góc với cắt đường tròn tại hai điểm và (với thuộc cung nhỏ ). Chứn mginh .

Kẻ đường kính cửa đường tròn . Nối với cắt tại . Nối với , với .

Có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) .

Mà nên (từ vuông góc đến song song) là hình thang.

Lại có là trung điểm của (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) là điểm chính giữa cung .

số đo cung bằng số đo cung .

Dễ thấy, tam giác cân tại (đường cao cũng là đường trung tuyến)

số đo cung bằng số đo cung .

(hai dây căng hai cung bằng nhau thì bằng nhau).

Do đó (do tam giác vuông tại ). Mà (= đường kính).

Vậy (đpcm).

Đề bài

 Câu 1: (1,5 điểm)

a) Tính \(A = \sqrt 9  - \sqrt {50}  + 5\sqrt 2  + 3\).

b) Cho biểu đồ thống kê một số địa phương có doanh thu du lịch nghìn tỉ đồng trong dịp nghỉ lễ từ 29/4 đến 03/5 năm 2026 (Nguồn: Thông tấn xã Việt Nam). Hỏi, trong biểu đồ bên có bao nhiêu địa phương? Tính tổng doanh thu của tất cả các địa phương đó theo đơn vị tỉ đồng.

c) Rút gọn biểu thức \(B = \frac{3}{{\sqrt x  + 2}} + \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  - 2}} + \frac{{x - 7\sqrt x  - 6}}{{x - 4}}\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4\).

Câu 2: (2,0 điểm)

a) Vẽ đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) trên mặt phẳng tọa độ Oxy. Tìm toạ độ điểm C trên đồ thị có hoành độ bằng \(\sqrt 5 \) và tính độ dài đoạn OC, với O là gốc tọa độ và đơn vị trên các trục tọa độ là centimet.

b) Cho phương trình \({x^2} + 5x - 4 = 0\). Chứng minh rằng phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) trái dấu và tính giá trị của biểu thức \(P = \frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1}}}\).

Câu 3: (1,0 điểm) Một hộp có 10 tấm thẻ cùng loại, trên mỗi thẻ có ghi một trong các số tự nhiên từ 1 đến 10; hai thẻ khác nhau thì ghi hai số khác nhau. Xét phép thử: "Rút ngẫu nhiên một tấm thẻ từ hộp".

a) Mô tả không gian mẫu của phép thử. Không gian mẫu có bao nhiêu phần tử?

b) Tính xác suất của biến cố E: "Rút được tấm thẻ mà tổng tất cả các số từ 9 tấm thẻ còn lại trong hộp là một số chia hết cho 3".

Câu 4: (1,5 điểm)

a) Từ một vị trí A cao 35 m trên tòa nhà, người ta nhìn thấy một ô tô ở vị trí C dưới một góc nghiêng \({60^\circ }\) (góc tạo bởi tia AC và tia Ax theo phương nằm ngang, như hình vẽ bên). Hãy tính khoảng cách từ ô tô đến vị trí B của tòa nhà theo đơn vị mét (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ nhất).

b) Một bãi cỏ hình quạt tròn có bán kính \(R = 20{\rm{ m}}\), ứng với góc ở tâm là \({135^\circ }\) (tham khảo hình vẽ). Tính diện tích bãi cỏ nói trên theo đơn vị mét vuông (lấy \(\pi  \approx 3,14\)).

c) Một ống cống thoát nước bằng bê tông có dạng hình trụ rỗng, với chiều cao bằng \(2{\rm{ m}}\), đường kính đường tròn đáy ngoài bằng \(1{\rm{ m}}\), bề dày \(0,1{\rm{ m}}\) (tham khảo hình vẽ). Hỏi, thể tích bê tông cần dùng để sản xuất ống cống trên là bao nhiêu mét khối (lấy \(\pi  \approx 3,14\) và làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ hai)?

Câu 5: (2,0 điểm)

a) Chị hơn em 6 tuổi. Biết rằng bảy năm sau, tổng số tuổi của hai chị em là 32. Hỏi, hiện nay tuổi của mỗi người là bao nhiêu?

b) Một cơ sở may mặc nhận may 480 bộ đồng phục học sinh trong năm học 2026-2027. Theo kế hoạch, số lượng bộ đồng phục cơ sở may mỗi ngày là bằng nhau và dự kiến hoàn thành trong một số ngày quy định. Tuy nhiên, sau khi may được 120 bộ, cơ sở đã nâng cấp dây chuyền sản xuất nên năng suất mỗi ngày tăng thêm 10 bộ. Do đó, cơ sở đã hoàn thành công việc sớm hơn 3 ngày so với dự kiến. Hỏi, theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày cơ sở may được bao nhiêu bộ đồng phục?

Câu 6: (2,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.

a) Chứng minh rằng bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn.

b) Dựng các đường kính AM và BN của đường tròn (O). Chứng minh rằng \(\angle ABE = \angle NBC\) và \(AH \cdot CM = BH \cdot CN\).

c) Các đường thẳng EF và AO cắt nhau tại G, các đường thẳng DF và BO cắt nhau tại K. Chứng minh rằng \(EG = DK\).

-HẾT-

Lời giải

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 NĂM HỌC 2026 – 2027

MÔN TOÁN – ĐÀ NẴNG

THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN trithuchub.com

Câu 1: (1,5 điểm)

a) Tính \(A = \sqrt 9  - \sqrt {50}  + 5\sqrt 2  + 3\).

b) Cho biểu đồ thống kê một số địa phương có doanh thu du lịch nghìn tỉ đồng trong dịp nghỉ lễ từ 29/4 đến 03/5 năm 2026 (Nguồn: Thông tấn xã Việt Nam). Hỏi, trong biểu đồ bên có bao nhiêu địa phương? Tính tổng doanh thu của tất cả các địa phương đó theo đơn vị tỉ đồng.

c) Rút gọn biểu thức \(B = \frac{3}{{\sqrt x  + 2}} + \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  - 2}} + \frac{{x - 7\sqrt x  - 6}}{{x - 4}}\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4\).

Lời giải:

a) Ta có:

\(A = \sqrt 9  - \sqrt {50}  + 5\sqrt 2  + 3\)

\(A = 3 - \sqrt {25 \cdot 2}  + 5\sqrt 2  + 3\)

\(A = 3 - 5\sqrt 2  + 5\sqrt 2  + 3\)

\(A = 6\).

b) Dựa vào biểu đồ, ta thấy có 12 cột tương ứng với 12 địa phương.

Tổng doanh thu của tất cả các địa phương đó là:

\(8700 + 5727 + 5000 + 4330 + 4216 + 4165 + 2638 + 2217 + 2191\)

\( + 2188 + 1350 + 1120 = 43842\) (tỉ đồng).

c) Với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4\), ta có:

\(B = \frac{{3(\sqrt x  - 2)}}{{(\sqrt x  + 2)(\sqrt x  - 2)}} + \frac{{{{(\sqrt x  + 2)}^2}}}{{(\sqrt x  - 2)(\sqrt x  + 2)}} + \frac{{x - 7\sqrt x  - 6}}{{(\sqrt x  - 2)(\sqrt x  + 2)}}\)

\(B = \frac{{3\sqrt x  - 6 + x + 4\sqrt x  + 4 + x - 7\sqrt x  - 6}}{{(\sqrt x  + 2)(\sqrt x  - 2)}}\)

\(B = \frac{{2x - 8}}{{(\sqrt x  + 2)(\sqrt x  - 2)}}\)

\(B = \frac{{2(x - 4)}}{{x - 4}}\)

\(B = 2\).

Câu 2: (2,0 điểm)

a) Vẽ đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) trên mặt phẳng tọa độ Oxy. Tìm toạ độ điểm C trên đồ thị có hoành độ bằng \(\sqrt 5 \) và tính độ dài đoạn OC, với O là gốc tọa độ và đơn vị trên các trục tọa độ là centimet.

b) Cho phương trình \({x^2} + 5x - 4 = 0\). Chứng minh rằng phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) trái dấu và tính giá trị của biểu thức \(P = \frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1}}}\).

Lời giải:

a) Vẽ đồ thị hàm số \(y = {x^2}\):

Bảng giá trị:

Đồ thị là một đường parabol đi qua gốc tọa độ, nhận trục Oy làm trục đối xứng.

Điểm C thuộc đồ thị có hoành độ \({x_C} = \sqrt 5 \) nên \({y_C} = {(\sqrt 5 )^2} = 5\).

Vậy \(C(\sqrt 5 ;5)\).

Độ dài đoạn \(OC = \sqrt {{{(\sqrt 5 )}^2} + {5^2}}  = \sqrt {5 + 25}  = \sqrt {30} \) (cm)

b) Xét phương trình \({x^2} + 5x - 4 = 0\).

Ta có \(a = 1,c =  - 4 \Rightarrow a \cdot c = 1 \cdot ( - 4) =  - 4 < 0\).

Do đó, phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu \({x_1},{x_2}\).

Theo định lí Vi-ét, ta có:

\({x_1} + {x_2} =  - 5\)

\({x_1} \cdot {x_2} =  - 4\)

Ta có: \(P = \frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1}}} = \frac{{x_1^2 + x_2^2}}{{{x_1}{x_2}}} = \frac{{{{({x_1} + {x_2})}^2} - 2{x_1}{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}\)

\(P = \frac{{{{( - 5)}^2} - 2( - 4)}}{{ - 4}} = \frac{{25 + 8}}{{ - 4}} =  - \frac{{33}}{4}\).

Câu 3: (1,0 điểm) Một hộp có 10 tấm thẻ cùng loại, trên mỗi thẻ có ghi một trong các số tự nhiên từ 1 đến 10; hai thẻ khác nhau thì ghi hai số khác nhau. Xét phép thử: "Rút ngẫu nhiên một tấm thẻ từ hộp".

a) Mô tả không gian mẫu của phép thử. Không gian mẫu có bao nhiêu phần tử?

b) Tính xác suất của biến cố E: "Rút được tấm thẻ mà tổng tất cả các số từ 9 tấm thẻ còn lại trong hộp là một số chia hết cho 3".

Lời giải:

a) Phép thử là rút ngẫu nhiên một tấm thẻ từ hộp gồm 10 thẻ được đánh số tự nhiên từ 1 đến 10.

Không gian mẫu \(\Omega \) là tập hợp các số ghi trên tấm thẻ có thể được rút ra:

\(\Omega  = \{ 1;2;3;4;5;6;7;8;9;10\} \).

Số phần tử của không gian mẫu là: \(n(\Omega ) = 10\).

b) Vì 10 tấm thẻ hoàn toàn cùng loại và việc rút thẻ là ngẫu nhiên nên khả năng rút được bất kỳ tấm thẻ nào trong hộp là như nhau. Do đó, 10 kết quả có thể của phép thử là đồng khả năng.

Tổng các số ghi trên 10 tấm thẻ ban đầu là: \(S = 1 + 2 + 3 + ... + 10 = 55\).

Gọi số ghi trên tấm thẻ được rút ra là x (\(x \in \Omega \)). Khi đó, tổng các số trên 9 tấm thẻ còn lại trong hộp là: \(55 - x\).

Biến cố E yêu cầu tổng 9 thẻ còn lại là một số chia hết cho 3, tức là \((55 - x)\) chia hết cho 3.

Ta có 55 chia 3 dư 1 (\(55 = 18 \times 3 + 1\)). Do đó, để hiệu \((55 - x)\) chia hết cho 3 thì x cũng phải là một số chia 3 dư 1.

Trong không gian mẫu \(\Omega \), các số tự nhiên chia 3 dư 1 bao gồm: 1; 4; 7; 10.

Vậy các kết quả thuận lợi cho biến cố E là rút được tấm thẻ ghi số 1, 4, 7 hoặc 10. Tập hợp các kết quả thuận lợi cho biến cố E là \(E = \{ 1;4;7;10\} \).

Số kết quả thuận lợi cho biến cố E là: \(n(E) = 4\).

Xác suất của biến cố E là: \(P(E) = \frac{{n(E)}}{{n(\Omega )}} = \frac{4}{{10}} = \frac{2}{5}\)

Câu 4: (1,5 điểm)

a) Từ một vị trí A cao 35 m trên tòa nhà, người ta nhìn thấy một ô tô ở vị trí C dưới một góc nghiêng \({60^\circ }\) (góc tạo bởi tia AC và tia Ax theo phương nằm ngang, như hình vẽ bên). Hãy tính khoảng cách từ ô tô đến vị trí B của tòa nhà theo đơn vị mét (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ nhất)

b) Một bãi cỏ hình quạt tròn có bán kính \(R = 20{\rm{ m}}\), ứng với góc ở tâm là \({135^\circ }\) (tham khảo hình vẽ). Tính diện tích bãi cỏ nói trên theo đơn vị mét vuông (lấy \(\pi  \approx 3,14\)).

c) Một ống cống thoát nước bằng bê tông có dạng hình trụ rỗng, với chiều cao bằng \(2{\rm{ m}}\), đường kính đường tròn đáy ngoài bằng \(1{\rm{ m}}\), bề dày \(0,1{\rm{ m}}\) (tham khảo hình vẽ). Hỏi, thể tích bê tông cần dùng để sản xuất ống cống trên là bao nhiêu mét khối (lấy \(\pi  \approx 3,14\) và làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ hai)?

Lời giải:

a) Vì \(Ax\parallel BC\) nên \(\angle ACB = \angle xAC = 60^\circ \)

Trong tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) có \(BC = \frac{{AB}}{{\tan \,ACB}} = \frac{{35}}{{\tan 60^\circ }} \approx 20,2\left( m \right)\)

Vậy khoảng cách từ ô tô đến vị trí \(B\) của tòa nhà là 20,2m.

b) Diện tích bãi cỏ nói trên là \(S = \frac{{\pi {R^2}n}}{{360}} = \frac{{\pi {{.20}^2}.135}}{{360}} \approx 471\left( {{m^2}} \right)\)

Vậy diện tích bãi cỏ nói trên là \(471{m^2}\)

c) Bán kính đường tròn đáy ngoài của ống cống là: \(R = 1:2 = 0,5{\rm{ (m)}}\)

Bán kính đường tròn đáy trong của ống cống là: \(r = 0,5 - 0,1 = 0,4{\rm{ (m)}}\)

Thể tích bê tông cần dùng để sản xuất ống cống là:

\(V = 3,14 \cdot 2 \cdot ({0,5^2} - {0,4^2}) = 6,28 \cdot (0,25 - 0,16) = 6,28 \cdot 0,09 = 0,5652{\rm{ (}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}\)

Làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ hai, ta được \(0,57{\rm{ (}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}\).

Vậy thể tích bê tông cần dùng là khoảng \(0,57{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}\).

Câu 5: (2,0 điểm)

a) Chị hơn em 6 tuổi. Biết rằng bảy năm sau, tổng số tuổi của hai chị em là 32. Hỏi, hiện nay tuổi của mỗi người là bao nhiêu?

b) Một cơ sở may mặc nhận may 480 bộ đồng phục học sinh trong năm học 2026-2027. Theo kế hoạch, số lượng bộ đồng phục cơ sở may mỗi ngày là bằng nhau và dự kiến hoàn thành trong một số ngày quy định. Tuy nhiên, sau khi may được 120 bộ, cơ sở đã nâng cấp dây chuyền sản xuất nên năng suất mỗi ngày tăng thêm 10 bộ. Do đó, cơ sở đã hoàn thành công việc sớm hơn 3 ngày so với dự kiến. Hỏi, theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày cơ sở may được bao nhiêu bộ đồng phục?

Lời giải:

a) Gọi tuổi hiện nay của em là x (tuổi), điều kiện \(x > 0,x \in \mathbb{N}\).

Vì hiện nay chị hơn em 6 tuổi nên tuổi hiện nay của chị là \(x + 6\) (tuổi).

Bảy năm sau, tuổi của em là \(x + 7\) (tuổi).

Bảy năm sau, tuổi của chị là \((x + 6) + 7 = x + 13\) (tuổi).

Theo đề bài, bảy năm sau tổng số tuổi của hai chị em là 32, do đó ta có phương trình:

\(x + 7 + x + 13 = 32\)

\(2x + 20 = 32\)

\(2x = 12\)

\(x = 6\) (thỏa mãn điều kiện).

Vậy hiện nay em 6 tuổi. Tuổi của chị hiện nay là 6 + 6 = 12 (tuổi).

b) Gọi số bộ đồng phục cơ sở may mỗi ngày theo kế hoạch ban đầu là \(x\) (bộ), điều kiện \(x > 0,x \in {\mathbb{N}^*}\).

Thời gian dự kiến hoàn thành 480 bộ đồng phục theo kế hoạch là \(\frac{{480}}{x}\) (ngày).

Thực tế, thời gian để may 120 bộ đồng phục đầu tiên là \(\frac{{120}}{x}\) (ngày).

Số bộ đồng phục còn lại cần may sau khi nâng cấp dây chuyền là: \(480 - 120 = 360\) (bộ).

Năng suất thực tế khi may 360 bộ đồng phục còn lại là \(x + 10\) (bộ/ngày).

Thời gian thực tế để may 360 bộ đồng phục còn lại là \(\frac{{360}}{{x + 10}}\) (ngày).

Tổng thời gian may thực tế là \(\frac{{120}}{x} + \frac{{360}}{{x + 10}}\) (ngày).

Vì cơ sở hoàn thành công việc sớm hơn 3 ngày so với dự kiến, ta có phương trình:

\(\frac{{480}}{x} - \left( {\frac{{120}}{x} + \frac{{360}}{{x + 10}}} \right) = 3\)

\(\frac{{480}}{x} - \frac{{120}}{x} - \frac{{360}}{{x + 10}} = 3\)

\(\frac{{360}}{x} - \frac{{360}}{{x + 10}} = 3\)

\(\frac{{120}}{x} - \frac{{120}}{{x + 10}} = 1\)

\(120(x + 10) - 120x = x(x + 10)\)

\(120x + 1200 - 120x = {x^2} + 10x\)

\({x^2} + 10x - 1200 = 0\)

\({x^2} + 40x - 30x - 1200 = 0\)

\(x(x + 40) - 30(x + 40) = 0\)

\((x - 30)(x + 40) = 0\)

Trường hợp 1: \(x - 30 = 0 \Leftrightarrow x = 30\) (thỏa mãn điều kiện).

Trường hợp 2: \(x + 40 = 0 \Leftrightarrow x =  - 40\) (không thỏa mãn điều kiện x > 0).

Vậy theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày cơ sở may được 30 bộ đồng phục.

Câu 6: (2,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.

a) Chứng minh rằng bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn.

b) Dựng các đường kính AM và BN của đường tròn (O). Chứng minh rằng \(\angle ABE = \angle NBC\) và \(AH \cdot CM = BH \cdot CN\).

c) Các đường thẳng EF và AO cắt nhau tại G, các đường thẳng DF và BO cắt nhau tại K. Chứng minh rằng \(EG = DK\).

Lời giải:

a) Do BE, CF là các đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(\angle BEC = \angle BFC = {90^0}\)

Khi đó \(\Delta BEC\) vuông tại E nên B, E, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC

Tương tự \(\Delta BFC\) vuông tại F nên B, F, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC

Vậy B, E, F, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC hay bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn.

b) Xét \(\Delta BCN\) nội tiếp (O) có BN là đường kính nên  \(\Delta BCN\) vuông tại \(C\)

nên \(\angle NBC + \angle BNC = {90^0}\)

Xét \(\Delta ABE\) vuông tại \(A\) ta có: \(\angle ABE + \angle BAE = {90^0}\)

Mà \(\angle BAC = \angle BNC\) (cùng chắn cung BC của (O))

Suy ra \(\angle ABE = \angle NBC\) (đpcm)

Xét \(\Delta ACN\) nội tiếp (O) có AN là đường kính nên  \(\Delta ACN\) vuông tại \(C\) hay \(CM \bot AC\). Tương tự ta có \(\Delta ABM\) vuông tại B nên \(MB \bot AB\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CM \bot AC\\BH \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow CM//BH\)

Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}CH \bot AB\\BM \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow CH//BM\)

Suy ra \(BMCH\)là hình bình hành hay \(BH = CM\) (1)

Chứng minh tương tự ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\CN \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow AH//CN\)

Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}CH \bot AB\\AN \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow CH\parallel AN\)

Suy ra \(AHCN\)là hình bình hành hay \(AH = CN\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AH.CM = BH.CN\)

c) Ta có \(\angle MAC + \angle AMC = {90^0};\angle BAD + \angle ABD = {90^0};\angle ABD = \angle AMC\) (cùng chắn cung AC của (O)). Suy ra \(\angle MAC = \angle BAD\)

Mà \(\angle ABC = \angle AEG\) (do cùng cộng \(\angle FEC\) bằng \({180^0}\))

nên \(\angle AEG + \angle MAC = {90^0}\) hay \(\angle AGE = {90^0}\)

Tương tự \(\angle NBC = \angle ABE\) và \(\angle BKD = {90^0}\)

Ta có \(EG = AE.\sin GAE = AB.\sin ABE.\sin GAE\)

          \(DK = BD.\sin KBD = AB.\sin BAD.\sin KBD\)

Từ đó suy ra \(EG = DK\)

—HẾT—