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

a.Tính \[\widehat B,\,\,AC,\,\,AH.\]

.Ta có \[\widehat B = {60^^\circ }\]

.Ta có \[\sin \widehat C = \frac{{AB}}{{BC}} \Rightarrow BC = \frac{{AB}}{{\sin \widehat C}} = \frac{3}{{\frac{1}{2}}} = 6\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\]

Ta có \[AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {{6^2} - {3^2}}  = 3\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\]

.\[AH \cdot BC = AB \cdot AC \Leftrightarrow AH = \frac{{AB \cdot AC}}{{BC}} = \frac{{3 \cdot 3\sqrt 3 }}{6} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\]

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

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

a.Chứng minh tứ giác \[BODK\] nội tiếp.

.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 \[OI \bot BD\] 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\[KO \bot BD \Rightarrow OI \bot BD.\]

.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, \[KC \cdot KA = KI \cdot KO \Leftrightarrow \frac{{KC}}{{KI}} = \frac{{KO}}{{KA}}\]. 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 \[\widehat {KBA} = \widehat {C{\rm{AF}}} = {90^^\circ }.\] (1)

Mà tam giác \[O{\rm{AC}}\] cân tại \[O\] nên \[\widehat {OAC} = \widehat {OCA}\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[\Delta ACF\] đồng dạng với \[\Delta BAK\] suy ra \[\frac{{BA}}{{BK}} = \frac{{AC}}{{{\rm{AF}}}} \Leftrightarrow \frac{{2BO}}{{BK}} = \frac{{2AE}}{{{\rm{AF}}}} \Leftrightarrow \frac{{BK}}{{{\rm{AF}}}} = \frac{{BO}}{{AE}}\].

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

 Nên  \[\Delta AEF\] đồng dạng với \[\Delta BOK\] suy ra

\[\widehat {AEF} = \widehat {BOK} \Rightarrow \widehat {K{\rm{EF}}} = \widehat {KOA}\]( cùng bù với \[\widehat {AEF}\]) (**)

Từ (*) và (**)  ta có \[\widehat {KCI} = \widehat {K{\rm{EF}}}\] suy ra \[{\rm{EF}}\,{\rm{//}}\,{\rm{CI}}\].

Xét tam giác \[ACI\] có \[E\] là trung điểm của \[AC\] và \[{\rm{EF}}\,{\rm{//}}\,{\rm{CI}}\] nên \[H\] là trung điểm của \[AI\].