Đề thi vào 10 môn Toán Đồng Nai năm 2026

Đề bài

Câu 1. (1,5 điểm)

1. Giải phương trình \({x^2} + 6x - 7 = 0\).

2. Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 3y = 3}\\{2x + y = 9.}\end{array}} \right.\)

3. Giải bất phương trình \(3x - 15 > 0\).

Câu 2. (1,0 điểm)

1. Tính giá trị của biểu thức \(P = \sqrt {25}  + \sqrt[3]{{ - 27}}\).

2. Cho biểu thức \(Q = \left( {\frac{2}{{x + 4\sqrt x  + 4}} - \frac{1}{{2\sqrt x  + 4}}} \right):\frac{{2 - \sqrt x }}{{6\sqrt x  + 12}}\) (với \(x \ge 0,x \ne 4\)).

Rút gọn biểu thức Q và tìm x để Q nhận giá trị là số nguyên.

Câu 3. (2,5 điểm)

1. Vẽ đồ thị hàm số y = 2x²

2. Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \({x^2} + 7x + 3 = 0\). Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(M = x_1^2 + x_2^2\).

3. Một trường THCS X dự định tổ chức chuyến tham quan về nguồn cho học sinh khối 9 tại Căn cứ Trung ương Cục Miền Nam (còn gọi là Căn cứ Tà Thiết) thuộc thành phố Đồng Nai. Biết rằng số tiền mỗi học sinh tham gia phải đóng là như nhau. Với số lượng học sinh đăng kí tham gia ban đầu thì tổng số tiền mà các học sinh tham gia phải đóng để trả cho công ty du lịch là 60 triệu đồng. Khi chuẩn bị chốt danh sách học sinh tham gia thì có thêm 50 em đăng kí bổ sung, nên công ty du lịch thông báo giảm 20 nghìn đồng cho mỗi học sinh tham gia so với giá ban đầu. Vì vậy, tổng số tiền mà các học sinh tham gia phải đóng để trả cho công ty du lịch lúc này là 63 triệu đồng. Hỏi sau khi công ty du lịch điều chỉnh giá, mỗi học sinh tham gia chuyến tham quan phải đóng bao nhiêu nghìn đồng?

Câu 4. (1,5 điểm)

1. Giáo viên thống kê lại thời gian tự học ở nhà trong một tuần của 40 học sinh lớp mình chủ nhiệm, cho kết quả như sau:

Tính tần số và tần số tương đối của nhóm [14;21).

2. Một hộp có 6 chiếc thẻ cùng loại, mỗi thẻ được ghi một trong các số 1; 2; 3; 4; 5; 6 (hai thẻ khác nhau thì ghi hai số khác nhau). Rút ngẫu nhiên một thẻ trong hộp. Tính xác suất của biến cố A: "Số ghi trên thẻ rút được là bội của 3".

Câu 5. (1,5 điểm)

1. Một máy bay cất cánh từ vị trí A trên đường băng của sân bay. Đường bay lên là một đường thẳng tạo với phương nằm ngang một góc \(30^\circ \). Biết rằng khi máy bay ở vị trí B thì máy bay đạt độ cao \(5\) km so với mặt đất (tham khảo hình vẽ bên). Tính quãng đường \(AB\) mà máy bay đã bay được.

2. Tính thể tích của một hình trụ có đường kính đáy bằng \(10\) cm, chiều cao bằng \(18\) cm (lấy \(\pi  \approx 3,14\)).

Câu 6. (2,0 điểm)

Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến MA, MB của đường tròn (O) với A và B là các tiếp điểm.

1. Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn

2. Kẻ đường kính AC của đường tròn (O). Gọi D là giao điểm của đường thẳng MC với đường tròn (O) (D khác C). Chứng minh rằng \(M{A^2} = MC.MD\).
3. Gọi H là giao điểm của đường thẳng OM và đường thẳng AB, F là trung điểm của đoạn thẳng MH. Chứng minh rằng ba điểm B, D, F thẳng hàng.

-HẾT-

Lời giải

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

MÔN TOÁN – THÀNH PHỐ ĐỒNG NAI

THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM

Câu 1. (1,5 điểm)

1. Giải phương trình \({x^2} + 6x - 7 = 0\).

2. Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 3y = 3}\\{2x + y = 9.}\end{array}} \right.\)

3. Giải bất phương trình \(3x - 15 > 0\).

Phương pháp:

1. Sử dụng \(\Delta \) để giải phương trình.

Nếu \(\Delta  = {b^2} - 4ac > 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = \frac{{ - b - \sqrt \Delta  }}{{2a}};{x_2} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta  }}{{2a}}\).

2. Sử sụng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn.

3. Chuyển vế để giải bất phương trình.

Lời giải:

1. Xét phương trình \({x^2} + 6x - 7 = 0\).

Ta có các hệ số: \(a = 1;b = 6;c =  - 7\).

Nhận thấy: \(a + b + c = 1 + 6 + ( - 7) = 0\).

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} = 1\); \({x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 7}}{1} =  - 7\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \{ 1; - 7\} \).

2. \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 3y = 3}\\{2x + y = 9}\end{array}} \right.\)

Trừ từng vế của phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai, ta được:

\((2x + 3y) - (2x + y) = 3 - 9\)

\(2y =  - 6\)

\(y =  - 3\)

Thay \(y =  - 3\) vào phương trình thứ hai ta được

\(2x + ( - 3) = 9\)

\(2x = 9 + 3\)

\(2x = 12\)

\(x = 6\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \((x;y) = (6; - 3)\).

3. Ta có:

\(\begin{array}{l}3x - 15 > 0\\3x > 15\\x > \frac{{15}}{3}\\x > 5\end{array}\)

Vậy bất phương trình có nghiệm \(x > 5\)

Câu 2. (1,0 điểm)

1. Tính giá trị của biểu thức \(P = \sqrt {25}  + \sqrt[3]{{ - 27}}\).

2. Cho biểu thức \(Q = \left( {\frac{2}{{x + 4\sqrt x  + 4}} - \frac{1}{{2\sqrt x  + 4}}} \right):\frac{{2 - \sqrt x }}{{6\sqrt x  + 12}}\) (với \(x \ge 0,x \ne 4\)).

Rút gọn biểu thức Q và tìm x để Q nhận giá trị là số nguyên.

Phương pháp:

1. Áp dụng kiến thức căn bậc hai và căn bậc ba của một số thực hiện phép tính.

2. Khi rút gọn biểu thức, ta cần thực hiện theo các bước sau:

+ Bước 1: Tìm điều kiện xác định (nếu cần);

+ Bước 2: Phân tích mẫu thành nhân tử để tìm mẫu thức chung rồi quy đồng;

+ Bước 3: Áp dụng các phép toán (cộng, trừ, nhân, chia) phân thức kết hoặc các phép biến đổi khai căn để rút gọn phân thức.

Lời giải:

1. Ta có:

\(\begin{array}{l}P = \sqrt {25}  + \sqrt[3]{{ - 27}}\\P = 5 + \left( { - 3} \right)\\P = 2\end{array}\)

Vậy \(P = 2\)

2. Điều kiện xác định: \(x \ge 0,x \ne 4\).

\(Q = \left( {\frac{2}{{x + 4\sqrt x  + 4}} - \frac{1}{{2\sqrt x  + 4}}} \right):\frac{{2 - \sqrt x }}{{6\sqrt x  + 12}}\)

\(Q = \left[ {\frac{2}{{{{(\sqrt x  + 2)}^2}}} - \frac{1}{{2(\sqrt x  + 2)}}} \right]:\frac{{2 - \sqrt x }}{{6(\sqrt x  + 2)}}\)

\(\begin{array}{l}Q = \left[ {\frac{{2 \cdot 2}}{{2{{(\sqrt x  + 2)}^2}}} - \frac{{1 \cdot (\sqrt x  + 2)}}{{2{{(\sqrt x  + 2)}^2}}}} \right]:\frac{{2 - \sqrt x }}{{6(\sqrt x  + 2)}}\\Q = \frac{{4 - (\sqrt x  + 2)}}{{2{{(\sqrt x  + 2)}^2}}} \cdot \frac{{6(\sqrt x  + 2)}}{{2 - \sqrt x }}\\Q = \frac{{4 - \sqrt x  - 2}}{{2{{(\sqrt x  + 2)}^2}}} \cdot \frac{{6(\sqrt x  + 2)}}{{2 - \sqrt x }}\\Q = \frac{{2 - \sqrt x }}{{2{{(\sqrt x  + 2)}^2}}} \cdot \frac{{6(\sqrt x  + 2)}}{{2 - \sqrt x }}\\Q = \frac{6}{{2(\sqrt x  + 2)}}\\Q = \frac{3}{{\sqrt x  + 2}}\end{array}\)

Với \(x \ge 0,x \ne 4\), ta có \(Q = \frac{3}{{\sqrt x  + 2}}\).

Vì \(x \ge 0 \Rightarrow \sqrt x  \ge 0\) nên \(\sqrt x  + 2 \ge 2\). Suy ra  \(\frac{3}{{\sqrt x  + 2}} \le \frac{3}{2}\) hay \(Q \le \frac{3}{2}\)

Mặt khác, vì \(\sqrt x  + 2 > 0\) với mọi \(x \ge 0\) nên: \(\frac{3}{{\sqrt x  + 2}} > 0\) hay \(Q > 0\)

Từ hai điều trên, ta suy ra khoảng giá trị của Q là: \(0 < Q \le \frac{3}{2}\)

Vì Q nhận giá trị là số nguyên (\(Q \in \mathbb{Z}\)), nên giá trị nguyên duy nhất thỏa mãn khoảng trên là: \(Q = 1\)

Khi \(Q = 1\), ta có phương trình:

\(\frac{3}{{\sqrt x  + 2}} = 1\)

\(\sqrt x  + 2 = 3\)

\(\sqrt x  = 1\)

\(x = 1\) (thoả mãn điều kiện)

Vậy để \(Q\) nhận giá trị là số nguyên thì \(x = 1\).

Câu 3. (2,5 điểm)

1. Vẽ đồ thị hàm số y = 2x²

2. Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \({x^2} + 7x + 3 = 0\). Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(M = x_1^2 + x_2^2\).

3. Một trường THCS X dự định tổ chức chuyến tham quan về nguồn cho học sinh khối 9 tại Căn cứ Trung ương Cục Miền Nam (còn gọi là Căn cứ Tà Thiết) thuộc thành phố Đồng Nai. Biết rằng số tiền mỗi học sinh tham gia phải đóng là như nhau. Với số lượng học sinh đăng kí tham gia ban đầu thì tổng số tiền mà các học sinh tham gia phải đóng để trả cho công ty du lịch là 60 triệu đồng. Khi chuẩn bị chốt danh sách học sinh tham gia thì có thêm 50 em đăng kí bổ sung, nên công ty du lịch thông báo giảm 20 nghìn đồng cho mỗi học sinh tham gia so với giá ban đầu. Vì vậy, tổng số tiền mà các học sinh tham gia phải đóng để trả cho công ty du lịch lúc này là 63 triệu đồng. Hỏi sau khi công ty du lịch điều chỉnh giá, mỗi học sinh tham gia chuyến tham quan phải đóng bao nhiêu nghìn đồng?

Phương pháp:

1. Lập bảng giá trị các điểm parabol đi qua từ đó vẽ được đồ thị hàm số.

2. Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta  > 0\)

Áp dụng định lí Viète, thay vào \(x_1^2 + x_2^2\) để tính giá trị của biểu thức \(M\).

3. Gọi \(x\) là số học sinh đăng ký tham quan ban đầu (đơn vị: học sinh, \(x \in {\mathbb{N}^*}\)).
\(y\) là giá tiền mỗi học sinh phải đóng ban đầu (đơn vị: nghìn đồng, \(y > 20\)).
Biểu diễn số học sinh tham gia theo \(x\).
Biểu diễn giá mới sau khi giảm giá theo \(y\).
Vì tổng số tiền thực tế là 63 triệu đồng = 63000 nghìn đồng, ta có phương trình: \((x + 50)(y - 20) = 63000\)Giải phương trình để tìm \(x\), \(y\).
Kiểm tra điều kiện và kết luận.

Lời giải:

1. Ta có bảng giá trị sau:

\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm

\(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 2;8} \right);\,\,B\left( { - 1;2} \right);C\left( {1;2} \right);\,\,D\left( {2;8} \right)\)

Hệ số \(a = 2 > 0\) nên parabol có bề cong hướng lên. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.

Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\) như sau:

2. Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \({x^2} + 7x + 3 = 0\). Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(M = x_1^2 + x_2^2\).

Xét phương trình \({x^2} + 7x + 3 = 0\).

Ta có \(\Delta  = {7^2} - 4 \cdot 1 \cdot 3 = 49 - 12 = 37 > 0\), nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).

Theo hệ thức Vi-ét, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} =  - 7}\\{{x_1}{x_2} = 3}\end{array}} \right.\)

Khi đó: \(M = x_1^2 + x_2^2 = {({x_1} + {x_2})^2} - 2{x_1}{x_2}\)

Thay các giá trị từ hệ thức Vi-ét vào:

\(M = {( - 7)^2} - 2 \cdot 3 = 49 - 6 = 43\).

Vậy \(M = 43\).

3. Gọi x là số học sinh đăng ký tham quan ban đầu (đơn vị: học sinh, \(x \in {\mathbb{N}^*}\)).

y là giá tiền mỗi học sinh phải đóng ban đầu (đơn vị: nghìn đồng, \(y > 20\)).

Theo dự định ban đầu, tổng số tiền là 60 triệu đồng = 60000 nghìn đồng, ta có phương trình: \(x \cdot y = 60000\)(1)

Thực tế, có thêm 50 học sinh đăng ký nên số học sinh tham gia là \(x + 50\) (học sinh)

Công ty giảm giá 20 nghìn đồng mỗi em nên giá mới là \(y - 20\) (nghìn đồng)

Tổng số tiền thực tế là 63 triệu đồng = 63000 nghìn đồng, ta có phương trình:

\((x + 50)(y - 20) = 63000\) (2)

Từ (1) suy ra \(x = \frac{{60000}}{y}\). Thay vào (2) ta được:

\(\left( {\frac{{60.000}}{y} + 50} \right)\left( {y - 20} \right) = 63000\)

\((60.000 + 50y)(y - 20) = 63000y\)

\(60.000y - 1200000 + 50{y^2} - 1000y = 63000y\)

\(50{y^2} - 4000y - 1200000 = 0\)

\({y^2} - 80y - 24000 = 0\)

Giải phương trình trên ta được  \({y_1} = 200\) (thỏa mãn điều kiện);  \({y_2} =  - 120\) (loại).

Giá tiền ban đầu mỗi học sinh phải đóng là 200 nghìn đồng.

Số tiền thực tế mỗi học sinh phải đóng sau khi giảm giá là: \(200 - 20 = 180\) nghìn đồng.

Vậy sau khi công ty du lịch điều chỉnh giá, mỗi học sinh tham gia chuyến tham quan phải đóng 180 nghìn đồng.

Câu 4. (1,5 điểm)

1. Giáo viên thống kê lại thời gian tự học ở nhà trong một tuần của 40 học sinh lớp mình chủ nhiệm, cho kết quả như sau:

Tính tần số và tần số tương đối của nhóm [14;21).

2. Một hộp có 6 chiếc thẻ cùng loại, mỗi thẻ được ghi một trong các số 1; 2; 3; 4; 5; 6 (hai thẻ khác nhau thì ghi hai số khác nhau). Rút ngẫu nhiên một thẻ trong hộp. Tính xác suất của biến cố A: "Số ghi trên thẻ rút được là bội của 3".

Phương pháp:

1. Quan sát bảng thống kê tìm tần số của nhóm.

Áp dụng công thức tần số tương đối (\({f_i}\)) của một nhóm: \({f_i} = \frac{{{n_i}}}{N} \cdot 100\% \).

2.  Bước 1: Xác định không gian mẫu: Liệt kê các kết quả có thể xảy ra khi rút thẻ để tìm tập hợp không gian mẫu \(\Omega \). Tính số phần tử của không gian mẫu, kí hiệu là \(n(\Omega )\).

Bước 2: Xác định tập hợp các kết quả thuận lợi cho biến cố A. Tính số phần tử thuận lợi cho biến cố \(A\), kí hiệu là \(n(A)\).

Bước 3: Tính xác suất: Áp dụng công thức tính xác suất cổ điển: \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}}\)

Lời giải:

1. Quan sát bảng thống kê, ở cột tương ứng với nhóm thời gian \([14;21)\) (giờ), ta thấy số lượng học sinh là 16. Vậy tần số của nhóm \([14;21)\) là 16.

Tổng số học sinh của cả lớp là \(N = 40\).

Tần số tương đối của một nhóm được tính bằng tỉ số phần trăm giữa tần số của nhóm đó và tổng số dữ liệu.

Áp dụng công thức, ta có tần số tương đối \(f\) của nhóm \([14;21)\) là: \(f = \frac{{16}}{{40}} \cdot 100\%  = 40\% \)

Vậy tần số tương đối \(f\) của nhóm \([14;21)\) là 40%

2. Phép thử ở đây là hành động rút ngẫu nhiên một chiếc thẻ từ hộp chứa 6 chiếc thẻ.

Không gian mẫu của phép thử là tập hợp tất cả các số có thể ghi trên thẻ được rút ra: \(\Omega  = \{ 1;2;3;4;5;6\} \).

Số phần tử của không gian mẫu là \(n(\Omega ) = 6\).

Vì 6 chiếc thẻ trong hộp là cùng loại (hoàn toàn giống nhau về hình thức, kích thước) và việc rút thẻ được thực hiện một cách ngẫu nhiên, nên cơ hội rút được bất kỳ chiếc thẻ nào trong hộp đều bằng nhau.

Do đó, 6 kết quả có thể của phép thử là đồng khả năng.

Biến cố A: "Số ghi trên thẻ rút được là bội của 3".

Trong các số từ 1 đến 6 của không gian mẫu, các số là bội của 3 bao gồm 3 và 6. Vậy các kết quả thuận lợi cho biến cố A là tập hợp \(A = \{ 3;6\} \).

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là \(n(A) = 2\).

Xác suất của biến cố A được tính bằng tỉ số giữa số kết quả thuận lợi cho A và tổng số kết quả có thể xảy ra:

\(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}\)

Vậy, xác suất của biến cố A là \(\frac{1}{3}\).

Câu 5. (1,5 điểm)

1. Một máy bay cất cánh từ vị trí A trên đường băng của sân bay. Đường bay lên là một đường thẳng tạo với phương nằm ngang một góc \(30^\circ \). Biết rằng khi máy bay ở vị trí B thì máy bay đạt độ cao \(5\) km so với mặt đất (tham khảo hình vẽ bên). Tính quãng đường \(AB\) mà máy bay đã bay được.

2. Tính thể tích của một hình trụ có đường kính đáy bằng \(10\) cm, chiều cao bằng \(18\) cm (lấy \(\pi  \approx 3,14\)).

Phương pháp:

1. Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác \(\Delta ABC\) vuông tại C, ta có: \(\sin \widehat {BAC} = \frac{{BC}}{{AB}}\). Từ đó, ta tính được độ dài đoạn \(AB\).

2. Tính bán kính của hình trụ, sau đó áp dụng công thức tính thể tích của hình trụ \(V = \pi {r^2}h\).

Lời giải:

1.

Xét tam giác ABC vuông tại C, áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác vuông ta có:

\(\sin \widehat {BAC} = \frac{{BC}}{{AB}}\).

Suy ra \(AB = \frac{{BC}}{{\sin \widehat {BAC}}} = \frac{5}{{\sin 30^\circ }} = \frac{5}{{\frac{1}{2}}} = 10\) (\(km\))

Vậy quãng đường \(AB\) mà máy bay đã bay được là \(10\) (\(km\))

2. Vì đường kính đáy là \(10\) (\(cm\)) nên bán kính đáy là \(10:2 = 5\) (\(cm\))

Thể tích của hình trụ là  \(V = \pi {r^2}h = \pi {.5^2}.18 = 450\pi  \approx 1413\)(\(c{m^3}\))

Vậy thể tích của hình trụ xấp xỉ \(1413\)\(c{m^3}\).

Câu 6. (2,0 điểm)

Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến MA, MB của đường tròn (O) với A và B là các tiếp điểm.

1. Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn

2. Kẻ đường kính AC của đường tròn (O). Gọi D là giao điểm của đường thẳng MC với đường tròn (O) (D khác C). Chứng minh rằng \(M{A^2} = MC.MD\).

3. Gọi H là giao điểm của đường thẳng OM và đường thẳng AB, F là trung điểm của đoạn thẳng MH. Chứng minh rằng ba điểm B, D, F thẳng hàng.

Phương pháp:

1. Chứng minh \(\Delta MAO\) vuông tại \(A\) và \(\Delta MBO\) vuông tại \(B\) nên M, A, O, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO hay MAOB nội tiếp.

2. Chứng minh , từ đó suy ra \(\frac{{MA}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MA}}\) hay \(M{A^2} = MC.MD\).

3. Chứng minh: \(F'{M^2} = F'B.F'D\) , \(F'{H^2} = F'B.F'D\) (sử dụng hai tam giác đồng dạng)

Ta được \(F'H = F'M\). Suy ra F' là trung điểm của MH. Như vậy \(F' \equiv F\) hay B, D, F thẳng hàng.

Lời giải:

1. Vì MA là tiếp tuyến của (O) nên \(\angle MAO = {90^\circ }\) nên \(\Delta MAO\) vuông tại A.

Do đó M, A, O cùng thuộc đường tròn đường kính MO (1)

Tương tự M, B, O cũng thuộc đường tròn đường kính MO (2)

Từ (1), (2) ta được M, A, O, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO

hay MAOB nội tiếp (đpcm)

2. Ta có: \(\angle MAD + \angle DAC = {90^\circ }\)

          \(\angle ACD + \angle DAC = {90^\circ }\)

Suy ra \(\angle MAD = \angle DCA\)

Xét \(\Delta MAD\) và \(\Delta MCA\) có

\(\angle AMC\) chung

\(\angle MAD = \angle DCA\) (cmt)

Do đó \(\Delta MAD \backsim\Delta DCA\) (g.g)

Suy ra \(\frac{{MA}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MA}}\) hay \(M{A^2} = MC.MD\) (đpcm)

3. Gọi F' là giao điểm BD và MH.

Vì \(OM \bot AB\), \(BC \bot AB\) nên \(OM//BC\)

Suy ra \(\angle OMC = \angle MCB\) (1)

Theo câu 2 ta có \(M{A^2} = MC.MD\)

mà \(MA = MB\) nên \(M{B^2} = MC.MD\) hay \(\frac{{MB}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MB}}\)

Mặt khác \(\angle BMC\) là góc chung nên \(\Delta MBD \backsim\Delta MCB\) (c.g.c)

Do đó \(\angle MBD = \angle MCB\) (2)

Từ (1), (2) ta được \(\angle MBD = \angle OMC\) hay \(\angle F'BM = \angle F'MD\)

Từ đây ta suy ra \(\Delta F'MD \backsim\Delta F'BM\) (g.g)

Do đó \(\frac{{F'M}}{{F'B}} = \frac{{F'D}}{{F'M}}\) hay \(F'{M^2} = F'B.F'D\) (*)

Xét \(\Delta MAH\) và \(\Delta MOA\) có

\(\angle AMO\) chung

\(\angle MHA = \angle MAO = {90^\circ }\)

Do đó \(\Delta MAH \backsim\Delta MOA\) (g.g)

Suy ra \(\frac{{MA}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{MA}}\) hay \(M{A^2} = MH.MO\)

Kết hợp với \(M{A^2} = MC.MD\) ta được \(MH.MO = MC.MD\)hay \(\frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}\)

Do đó  \(\Delta MHD \backsim\Delta MCO\) (c.g.c)

Suy ra \(\angle MHD = \angle MCO = \angle ABD\) hay \(\angle F'HD = \angle F'BH\)

Kết hợp với \(\angle HF'B\) chung ta được \(\Delta F'HD \backsim\Delta F'BH\) (g.g)

Suy ra \(\frac{{F'H}}{{F'B}} = \frac{{F'D}}{{F'H}}\) hay \(F'{H^2} = F'B.F'D\) (**)

Kết hợp (*) và (**) ta được \(F'H = F'M\)

Suy ra F' là trung điểm của MH

Như vậy \(F' \equiv F\) hay B, D, F thẳng hàng.

—HẾT—