Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Bình Phước có đáp án

a.Tính $$\hat{B},AC,AH.$$

ABC vuông tại $A$, đường cao $AH$. Biết rằng $AB=3cm,\hat{C}=30^0$ (ảnh 1)">

.Ta có $$\hat{B}=60^{\circ }$$

.Ta có $$\sin \hat{C}=\frac{AB}{BC}\Rightarrow BC=\frac{AB}{\sin \hat{C}}=\frac{3}{\frac{1}{2}}=6\left(\mathrm{cm}\right).$$

Ta có $$AC=\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{6^2-3^2}=3\sqrt{3}\left(\mathrm{cm}\right).$$

.$$AH\cdot BC=AB\cdot AC\iff AH=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{3\cdot 3\sqrt{3}}{6}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\left(\mathrm{cm}\right).$$

b.Trên cạnh $$BC$$lấy điểm $$M$$ sao cho $$MC=2MB$$, tính diện tích tam giác $$AMC.$$

.$$S_{AMC}=\frac{1}{2}AH\cdot MC=\frac{1}{2}AH\cdot \frac{2}{3}BC=\frac{1}{2}\cdot \frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdot 6=3\sqrt{3}\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2\right).$$

a.Chứng minh tứ giác $$BODK$$ nội tiếp.

(O) đường kính $AB$. lấy điểm $C$ thuộc $(O)$ ($C$ khác (ảnh 1)">

.Ta có $$\widehat{OBK}=\widehat{ODK}=90^{\circ }.$$

.$$\Rightarrow \widehat{OBK}+\widehat{ODK}=180^{\circ }.$$

.Do đó tứ giác $$BODK$$ nội tiếp.

b.Gọi $$I$$ là giao điểm của $$OK$$và $$BD$$. Chứng minh rằng $$OI\perp BD$$ và $$KC\cdot KA=KI\cdot KO.$$

.Ta có $$KB=KD$$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

.Ta lại có $$OB=OD$$ nên $$OK$$ là đường trung trực của $$BD$$. Suy ra$$KO\perp BD\Rightarrow OI\perp BD.$$

.Xét tam giác $$ABK$$ vuông tại $$B$$ nên $$K{B}^2=KC.KA.$$

.Xét tam giác $$OBK$$ vuông tại $$B$$ nên $$K{B}^2=KI\cdot KO.$$

Suy ra $$KC.KA=KI.KO.$$ (đpcm)

c.Gọi $$E$$ là trung điểm của $$AC$$, kẻ đường kính $$CF$$ của đường tròn $$(O)$$, $$FE$$ cắt $$AI$$ tại $$H$$. Chứng minh rằng $$H$$ là trung điểm của $$AI$$.

.Xét tam giác $$KCI$$ và tam giác $$KOA$$ ta có góc $$K$$ chung, $$KC\cdot KA=KI\cdot KO\iff \frac{KC}{KI}=\frac{KO}{KA}$$. Suy ra tam giác $$KCI$$ và tam giác $$KOA$$ đồng dạng với nhau. Suy ra $$\widehat{KCI}=\widehat{KOA}$$. (*)

Xét tam giác $$ACF$$ và $$BAK$$ có $$\widehat{KBA}=\widehat{C\mathrm{AF}}=90^{\circ }.$$ (1)

Mà tam giác $$O\mathrm{AC}$$ cân tại $$O$$ nên $$\widehat{OAC}=\widehat{OCA}$$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $$\Delta ACF$$ đồng dạng với $$\Delta BAK$$ suy ra $$\frac{BA}{BK}=\frac{AC}{\mathrm{AF}}\iff \frac{2BO}{BK}=\frac{2AE}{\mathrm{AF}}\iff \frac{BK}{\mathrm{AF}}=\frac{BO}{AE}$$.

.Xét tam giác $$AEF$$ và $$BOK$$ ta có $$\widehat{KBO}=\widehat{E\mathrm{AF}}=90^{\circ }$$ và $$\frac{BK}{\mathrm{AF}}=\frac{BO}{AE}$$

 Nên  $$\Delta AEF$$ đồng dạng với $$\Delta BOK$$ suy ra

$$\widehat{AEF}=\widehat{BOK}\Rightarrow \widehat{K\mathrm{EF}}=\widehat{KOA}$$( cùng bù với $$\widehat{AEF}$$) (**)

Từ (*) và (**)  ta có $$\widehat{KCI}=\widehat{K\mathrm{EF}}$$ suy ra $$\mathrm{EF}//\mathrm{CI}$$.

Xét tam giác $$ACI$$ có $$E$$ là trung điểm của $$AC$$ và $$\mathrm{EF}//\mathrm{CI}$$ nên $$H$$ là trung điểm của $$AI$$.