Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2026

Đề bài

II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)

Câu 9. (1,5 điểm)

a) Giải phương trình: \(2{x^2} + 3x - 5 = 0\).

b) Giải hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x - y = 6}\\{x + 2y = 2}\end{array}} \right.\).

Câu 10. (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức: \(A = \frac{{2x + 3\sqrt x  - 8}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 2)}} - \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{2}{{\sqrt x  + 2}}\quad ( x \ge 0 ; x \ne 1)\)

Câu 11. (1,0 điểm) Cho phương trình bậc hai \({x^2} - 3x + m - 3 = 0\), với \(m\) là tham số. Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn: \(x_2^2 + 4{x_2}({x_1} - 1) - {x_1} = m - 2\)

Câu 12. (1,0 điểm) Để mở rộng kinh doanh, một hộ kinh doanh đã vay tổng số tiền là 700 triệu đồng, kì hạn một năm từ hai ngân hàng X và Y với lãi suất lần lượt là 8%/năm và 9%/năm. Sau đúng một năm kể từ ngày vay, hộ kinh doanh đó phải trả cho cả hai ngân hàng tổng số tiền lãi là 58 triệu đồng. Tính số tiền mà hộ kinh doanh đó đã vay từ mỗi ngân hàng.

Câu 13. (1,0 điểm) Một thiết bị thí nghiệm dùng để đựng nước có dạng hình nón rỗng đáy, được đặt lên giá theo phương thẳng đứng. Biết rằng, thiết bị có chiều cao bằng \(24{\rm{ cm}}\), đường kính đáy bằng \(12{\rm{ cm}}\) và độ dày của thành không đáng kể (hình vẽ bên)

a) Tính thể tích nước tối đa mà thiết bị đó có thể đựng được theo đơn vị  (lấy \(\pi  \approx 3,14\)).

b) Ban đầu thiết bị không chứa nước. Người ta bỏ vào bên trong thiết bị ba viên bi hình cầu không thấm nước có cùng bán kính. Sau đó, đổ thêm vào thiết bị đó bốn cốc đầy nước, phần nước trong mỗi cốc có dạng hình trụ với bán kính đáy bằng \(3{\rm{ cm}}\) và chiều cao bằng \(7,5{\rm{ cm}}\). Quan sát thấy mực nước bên trong thiết bị dâng lên vừa bằng miệng nón, các viên bi bị ngập hoàn toàn trong nước. Tính bán kính của mỗi viên bi (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai sau dấu phẩy theo đơn vị \({\rm{cm}}\)).

(Lưu ý: Học sinh không nhất thiết phải vẽ hình vào bài làm).

Câu 14. (2,0 điểm) Cho đường tròn \((O;R)\) và điểm \(M\) ở bên ngoài đường tròn. Qua \(M\) kẻ hai tiếp tuyến \(MA\) và \(MB\) với đường tròn đó (\(A,B\) là các tiếp điểm).

a) Chứng minh \(AOBM\) là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi \(I\) là giao điểm của \(OM\) và \(AB\), \(K\) là điểm thuộc đoạn thẳng \(BI\). Qua \(M\) kẻ đường thẳng \(d\) vuông góc với tại \(H\). Chứng minh \(OK \cdot OH = {R^2}\).

c) Kẻ đường kính \(BD\) của đường tròn \((O)\), đường thẳng \(MD\) cắt đường tròn \((O)\) tại điểm thứ hai \(C\) (\(C\) khác \(D\)). Gọi \(E\) là trung điểm của \(MI\). Chứng minh ba điểm \(A,C,E\) thẳng hàng.

Câu 15. (0,5 điểm) Một doanh nghiệp muốn quy hoạch một khu đất có dạng hình chữ nhật \(ABCD\) với diện tích \(67500{\rm{ }}{{\rm{m}}^2}\) để làm khu liên hợp thể thao. Khu đất quy hoạch \(ABCD\) được mở rộng thành một khu đất mới có dạng là hình tròn đường kính \(AC\) và phần đất mở rộng thêm đó được dung làm khu sinh thái (minh họa hình vẽ bên). Gọi \(x\) và \(y\) (đơn vị: mét) là các kích thước của hình chữ nhật \(ABCD\).

a) Tính diện tích phần đất làm khu sinh thái theo \(x\) và \(y\).

b) Doanh nghiệp muốn thiết kế sao cho các kích thước \(x,y\) là các số tự nhiên và phần diện tích đất làm khu sinh thái đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó, hãy tính chu vi của khu đất \(ABCD\) theo đơn vị mét.

-HẾT-

Lời giải

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

MÔN TOÁN – THANH HÓA

THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM

I. TRẮC NGHIỆM:

Câu 1:

Phương pháp giải:

Chuyển vế giải phương trình bậc nhất một ẩn

Lời giải:

\(3x - 12 = 0\)

\(3x = 12\)

\(x = 4\)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là \(x = 4\).

Đáp án: A.

Câu 2:

Phương pháp giải:

Áp dụng kiến thức khai căn bậc hai và bậc ba thực hiện phép tính.

Lời giải:

\(\sqrt {\frac{4}{9}}  + \sqrt[3]{{\frac{{ - 8}}{{27}}}} = \frac{2}{3} + \frac{{ - 2}}{3} = 0\)

Đáp án: B.

Câu 3:

Phương pháp giải:

Thay \(x =  - 2;{\rm{ }}y = 12\) vào hàm số \(y = a{x^2}\) từ đó tìm được giá trị của hệ số a.

Lời giải:

Vì đồ thị hàm số đi qua điểm \(M( - 2;12)\) nên \(x =  - 2;{\rm{ }}y = 12\).

Thay \(x =  - 2;{\rm{ }}y = 12\) vào hàm số \(y = a{x^2}\) ta được:

\(\begin{array}{l}12 = a{( - 2)^2}\\a.4 = 12\end{array}\)

\(a = 3\)

Vậy \(a = 3\).

Đáp án: C.

Câu 4:

Phương pháp giải:

Chuyển vế giải bất phương trình bậc nhất một ẩn.

Lời giải:

\(3x - 4 < 5\)

\(\begin{array}{l}3x < 5 + 4\\3x < 9\\x < 3\end{array}\)

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là \(x < 3\).

Đáp án: D.

Câu 5:

Phương pháp giải:

Đường kính đường tròn nội tiếp hình vuông bằng độ dài cạnh hình vuông. Từ đó tính bán kính của đường tròn nội tiếp hình vuông.

Lời giải:

Bán kính đường tròn nội tiếp hình vuông có cạnh \(3\sqrt 2 {\rm{ cm}}\) là \(\frac{{3\sqrt 2 }}{2}\) (cm)

Đáp án: C.

Câu 6:

Phương pháp giải:

Áp dụng công tức tính độ dài cung là \(l = \frac{{\pi Rn}}{{180}}\), trong đó: \(R\) là bán kính, \(n\) là số đo góc ở tâm.

Lời giải:

Độ dài cung là: \(l = \frac{{\pi .3.50^\circ }}{{180^\circ }} = \frac{{5\pi }}{6}\) (cm)

Đáp án: C.

Câu 7:

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính tần số tương đối.

Lời giải:

Tần số của nhóm học sinh dành từ 70 đến dưới 90 phút tự học là: 28

Khi đó, tần số tương đối của nhóm học sinh dành từ 70 đến dưới 90 phút tự học là:

\(\frac{{28}}{{70}}.100\%  = 40\% \)

Đáp án: D.

Câu 8:

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính xác suất của biến cố \(X\) là \(P(X) = \frac{{n(X)}}{{n(\Omega )}}\)

Trong đó: \(P(X)\) là xác suất của biến cố; \(n(X)\) là số kết quả thuận lợi của biến cố \(X\); \(n(\Omega )\) là số phần tử của không gian mẫu.

Lời giải:

Số phần tử của không gian mẫu \(n(\Omega ) = 5 + 9 + 6 = 20\)

Vì trong hộp có 5 quả bóng màu xanh nên số kết quả thuận lời của biến cố X: “Quả bóng lấy ra có màu xanh” là \(n(X) = 5\).

Vậy xác suất của biến cố X:“Quả bóng lấy ra có màu xanh” là \[P = \frac{5}{{20}} = \frac{1}{4}\].

Đáp án: B.

II. TỰ LUẬN: 

Câu 9. (1,5 điểm)

a) Giải phương trình: \(2{x^2} + 3x - 5 = 0\).

b) Giải hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x - y = 6}\\{x + 2y = 2}\end{array}} \right.\).

Phương pháp giải:

a) Áp dụng công thức giải phương trình bậc hai một ẩn.

b) Sử dụng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng giải hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn.

Lời giải:

a) Phương trình \(2{x^2} + 3x - 5 = 0\) có các hệ số: \(a = 2,b = 3,c =  - 5\).

Ta thấy \(a + b + c = 2 + 3 + ( - 5) = 0\).

Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} = 1\); \({x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 5}}{2}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1;\frac{{ - 5}}{2}} \right\}\).

b) Xét hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x - y = 6\quad (1)}\\{x + 2y = 2\quad (2)}\end{array}} \right.\)

Từ phương trình (1), ta có: \(y = 3x - 6\).

Thế \(y = 3x - 6\) vào phương trình (2), ta được:

\(x + 2(3x - 6) = 2\)

\(x + 6x - 12 = 2\)

\(7x = 14\)

\(x = 2\)

Với \(x = 2\), thay vào biểu thức của \(y\), ta được:

\(y = 3.2 - 6 = 0\).

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \((x;y) = (2;0)\).

Câu 10. (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức: \(A = \frac{{2x + 3\sqrt x  - 8}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 2)}} - \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{2}{{\sqrt x  + 2}}\quad ({\rm{ }}x \ge 0; x \ne {1})\)

Phương pháp giải:

Khi rút gọn biểu thức, ta cần thực hiện 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 hoặc các phép biến đổi khai căn để rút gọn phân thức.

Lời giải:

Với điều kiện \(x \ge 0\) và \(x \ne 1\), ta có:

\(A = \frac{{2x + 3\sqrt x  - 8}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 2)}} - \frac{{(\sqrt x  - 2)(\sqrt x  + 2)}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 2)}} + \frac{{2(\sqrt x  - 1)}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 2)}}\)

\(A = \frac{{2x + 3\sqrt x  - 8 - (x - 4) + 2\sqrt x  - 2}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 2)}}\)

\(A = \frac{{2x + 3\sqrt x  - 8 - x + 4 + 2\sqrt x  - 2}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 2)}}\)

\(A = \frac{{x + 5\sqrt x  - 6}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 2)}}\)

Phân tích \(x + 5\sqrt x  - 6\) thành nhân tử:

\(x + 5\sqrt x  - 6 = x - \sqrt x  + 6\sqrt x  - 6 = \sqrt x (\sqrt x  - 1) + 6(\sqrt x  - 1) = (\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 6)\)

Thay vào biểu thức \(A\), ta được:

\(A = \frac{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 6)}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 2)}}\)

\(A = \frac{{\sqrt x  + 6}}{{\sqrt x  + 2}}\).

Vậy với \(x \ge 0\) và \(x \ne 1\) thì \(A = \frac{{\sqrt x  + 6}}{{\sqrt x  + 2}}\).

Câu 11. (1,0 điểm) Cho phương trình bậc hai \({x^2} - 3x + m - 3 = 0\), với \(m\) là tham số. Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn: \(x_2^2 + 4{x_2}({x_1} - 1) - {x_1} = m - 2\)

Phương pháp giải:

Áp dụng định lý Vi-ét vào biến đổi biểu thức cho trước sau đó tìm giá trị tham số \(m\).

Lời giải:

Xét phương trình \({x^2} - 3x + m - 3 = 0\) có các hệ số \(a = 1,b =  - 3,c = m - 3\).

Có \(\Delta  = {b^2} - 4ac = {( - 3)^2} - 4 \cdot 1 \cdot (m - 3) = 21 - 4m\)

Để phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thì \(\Delta  = 21 - 4m \ge 0\) hay \(m \le \frac{{21}}{4}\).

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 3{\rm{        (1)}}\\{x_1}.{x_2} = m - 3{\rm{    (2)}}\end{array} \right.\)

Vì \({x_2}\) là một nghiệm của phương trình nên ta có:

\(x_2^2 - 3{x_2} + m - 3 = 0 \Leftrightarrow x_2^2 = 3{x_2} - m + 3\)

Thay vào biểu thức \(x_2^2 + 4{x_2}({x_1} - 1) - {x_1} = m - 2\) ta được:

\(x_2^2 + 4{x_2}({x_1} - 1) - {x_1} = m - 2\)

\((3{x_2} - m + 3) + 4{x_1}{x_2} - 4{x_2} - {x_1} = m - 2\)

\(4{x_1}{x_2} - ({x_1} + {x_2}) - m + 3 = m - 2\)

Thay (1) và (2) vào biểu thức trên, ta được:

\(4(m - 3) - 3 - m + 3 = m - 2\)

\(4m - 12 - 3 - m + 3 = m - 2\)

\(3m - 12 = m - 2\)

\(2m = 10\)

\(m = 5\) (thỏa mãn).

Vậy giá trị của tham số m cần tìm là \(m = 5\).

Câu 12. (1,0 điểm) Để mở rộng kinh doanh, một hộ kinh doanh đã vay tổng số tiền là 700 triệu đồng, kì hạn một năm từ hai ngân hàng X và Y với lãi suất lần lượt là 8%/năm và 9%/năm. Sau đúng một năm kể từ ngày vay, hộ kinh doanh đó phải trả cho cả hai ngân hàng tổng số tiền lãi là 58 triệu đồng. Tính số tiền mà hộ kinh doanh đó đã vay từ mỗi ngân hàng.

Phương pháp giải:

Gọi số tiền hộ kinh doanh vay từ ngân hàng X là \(x\) (triệu đồng) và từ ngân hàng Y là \(y\) (triệu đồng).

Điều kiện: \(0 < x,y < 700\).

Biểu diễn tổng số tiền vay từ hai ngân hàng và tổng số tiền lãi phải trả cho cả hai ngân hàng theo \(x,y\).

Theo đề bài ta có hệ phương trình.

Giải phương trình, kiểm tra điều kiện của ẩn và kết luận.

Lời giải:

Gọi số tiền hộ kinh doanh vay từ ngân hàng X là \(x\) (triệu đồng) và từ ngân hàng Y là \(y\) (triệu đồng).

Điều kiện: \(0 < x,y < 700\).

Vì tổng số tiền vay từ hai ngân hàng là 700 triệu đồng nên ta có phương trình:

\(x + y = 700\)

Tiền lãi phải trả cho ngân hàng X sau một năm là: \(8\%  \cdot x = 0,08x\) (triệu đồng).

Tiền lãi phải trả cho ngân hàng Y sau một năm là: \(9\%  \cdot y = 0,09y\) (triệu đồng).

Vì tổng số tiền lãi phải trả cho cả hai ngân hàng là 58 triệu đồng nên ta có phương trình: \(0,08x + 0,09y = 58\)

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 700\\0,08x + 0,09y = 58\end{array} \right.\)

Nhân hai vế của phương trình thứ hai với 100, ta được:

\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 700{\rm{(1)}}\\8x + 9y = 5800{\rm{     (2)}}\end{array} \right.\)

Từ phương trình (1) ta có \(x = 700 - y\), thay vào (2) ta được:

\(8\left( {700 - y} \right) + 9y = 5800\)

\(5600 - 8y + 9y = 5800\)

\(y = 200\) (thỏa mãn điều kiện).

Thay \(y = 200\) vào (1), ta được \(x = 700 - 200 = 500\) (thỏa mãn điều kiện).

Vậy số tiền mà hộ kinh doanh đó đã vay từ ngân hàng X và ngân hàng Y lần lượt là 500 triệu đồng và 200 triệu đồng.

Câu 13. (1,0 điểm) Một thiết bị thí nghiệm dùng để đựng nước có dạng hình nón rỗng đáy, được đặt lên giá theo phương thẳng đứng. Biết rằng, thiết bị có chiều cao bằng \(24{\rm{ cm}}\), đường kính đáy bằng \(12{\rm{ cm}}\) và độ dày của thành không đáng kể (hình vẽ bên)

a) Tính thể tích nước tối đa mà thiết bị đó có thể đựng được theo đơn vị \({\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\) (lấy \(\pi  \approx 3,14\)).

b) Ban đầu thiết bị không chứa nước. Người ta bỏ vào bên trong thiết bị ba viên bi hình cầu không thấm nước có cùng bán kính. Sau đó, đổ thêm vào thiết bị đó bốn cốc đầy nước, phần nước trong mỗi cốc có dạng hình trụ với bán kính đáy bằng \(3{\rm{ cm}}\) và chiều cao bằng \(7,5{\rm{ cm}}\). Quan sát thấy mực nước bên trong thiết bị dâng lên vừa bằng miệng nón, các viên bi bị ngập hoàn toàn trong nước. Tính bán kính của mỗi viên bi (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai sau dấu phẩy theo đơn vị \({\rm{cm}}\)).

(Lưu ý: Học sinh không nhất thiết phải vẽ hình vào bài làm).

Phương pháp giải:

a) Sử dụng công thức tính thể tích của hình nón: \(V = \frac{1}{3}.\pi .{r^2}.h\)

b) Tính thể tích mỗi cốc nước; Lượng nước đổ vào mỗi thiết bị; Thể tích mỗi viên bi

Từ đó ta tính được bán kính của mỗi viên bi.

Lời giải:

a) Bán kính đáy của thiết bị hình nón là 12 : 2 = 6 cm

Thể tích nước tối đa thiết bị đựng được chính là thể tích hình nón có chiều cao

h = 24 cm, bán kính r = 6 cm:

\(V = \frac{1}{3}.\pi {.6^2}.24 = 288\pi  \approx 904,32\) \(\left( {c{m^3}} \right)\).

b) Thể tích mỗi cốc nước là:

\({V_{coc}} = {3^2}.7,5\pi  = \frac{{135\pi }}{2}\) \(\left( {c{m^3}} \right)\).

Lượng nước đổ vào thiết bị là:

\({V_{nuoc}} = 4.67,5\pi  = 270\pi \) \(\left( {c{m^3}} \right)\).

Thể tích mỗi viên bi là:

\({V_{bi}} = \frac{{288\pi  - 270\pi }}{3} = 6\pi \) \(\left( {c{m^3}} \right)\).

Bán kính mỗi viên bi là:

\(r = \sqrt[3]{{\frac{{3.{V_{bi}}}}{{4.\pi }}}} = \sqrt[3]{{\frac{{3.6\pi }}{{4\pi }}}} \approx 1,65\) \(\left( {cm} \right)\).

Câu 14. (2,0 điểm) Cho đường tròn \((O;R)\) và điểm \(M\) ở bên ngoài đường tròn. Qua \(M\) kẻ hai tiếp tuyến \(MA\) và \(MB\) với đường tròn đó (\(A,B\) là các tiếp điểm).

a) Chứng minh \(AOBM\) là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi \(I\) là giao điểm của \(OM\) và \(AB\), \(K\) là điểm thuộc đoạn thẳng \(BI\). Qua \(M\) kẻ đường thẳng \(d\) vuông góc với tại \(H\). Chứng minh \(OK \cdot OH = {R^2}\).

c) Kẻ đường kính \(BD\) của đường tròn \((O)\), đường thẳng \(MD\) cắt đường tròn \((O)\) tại điểm thứ hai \(C\) (\(C\) khác \(D\)). Gọi \(E\) là trung điểm của \(MI\). Chứng minh ba điểm \(A,C,E\) thẳng hàng.

Phương pháp giải:

a) Chứng minh M, O, A cùng thuộc đường tròn đường kính OM; M, O, B cùng thuộc đường tròn đường kính OM. Từ đó suy ra M, A, O, B cùng thuộc đường tròn đường kính OM hay \(AOBM\) là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh \(OI \cdot OM = OH \cdot OK\) và \(O{A^2} = OI \cdot OM\). Từ đó suy ra \(O{A^2} = OH \cdot OK\) hay \(OH \cdot OK = {R^2}\)

c) Kẻ IC cắt DA tại P; AC cắt IM tại E'. Chứng minh \(E\) là trung điểm \(IM \Rightarrow E \equiv E'\)

Từ đó suy ra ba điểm A, C, E thẳng hàng.

Lời giải:

a) Vì \(MA \bot OA\) (tính chất tiếp tuyến) nên \(\Delta MOA\) vuông tại A

Suy ra M, O, A cùng thuộc đường tròn đường kính OM

Vì \(MB \bot OB\) (tính chất tiếp tuyến) nên \(\Delta MOB\) vuông tại B

Suy ra M, O, B cùng thuộc đường tròn đường kính OM

Vậy M, A, O, B cùng thuộc đường tròn đường kính OM

Chứng tỏ AOBM là tứ giác nội tiếp.

b) Ta có \(OA = OB = R\) và \(MA = MB\) (tính chất tiếp tuyến)

\( \Rightarrow OM\) là trung trực của AB

\( \Rightarrow OM \bot AB\) tại I

Xét \(\Delta OIK\) và \(\Delta OHM\) có

\(\angle MOH\) chung

\(\angle OIK = \angle OHM\) (\( = {90^\circ }\))

Suy ra \(\Delta OIK \sim \Delta OHM\) (g-g)

\( \Rightarrow \frac{{OI}}{{OH}} = \frac{{OK}}{{OM}}\) hay \(OI \cdot OM = OH \cdot OK\) (1)

Xét \(\Delta OIA\) và \(\Delta OAM\) có

\(\angle AOM\) chung

\(\angle OIA = \angle OAM\) (\( = {90^\circ }\))

Suy ra \(\Delta OIA \sim \Delta OAM\) (g-g) 

\( \Rightarrow \frac{{OI}}{{OA}} = \frac{{OA}}{{OM}}\) hay \(O{A^2} = OI \cdot OM\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(O{A^2} = OH \cdot OK\) hay \(OH \cdot OK = {R^2}\).

Vậy \(OH \cdot OK = {R^2}\) (đpcm).

c) Vì BD là đường kính nên \(\angle DAB = {90^\circ }\) hay \(DA \bot AB\)

Mà \(OM \bot AB\) nên \(DA\parallel OM\)

Tương tự ta có \(\angle DCB = {90^\circ }\) (chắn đường kính BD)

nên \(BC \bot DC\)

Xét \(\Delta MCB\) và \(\Delta MBD\) có

\(\angle DMB\) chung

\(\angle MCB = \angle MBD\) (\( = {90^\circ }\))

Suy ra \(\Delta MCB \sim \Delta MBD\) (g.g)

Suy ra \(\frac{{MB}}{{MD}} = \frac{{MC}}{{MB}}\) hay \(M{B^2} = MC \cdot MD\)

Tương tự ta có \(\Delta MBI \sim \Delta MOB\) (g-g) nên \(M{B^2} = MI \cdot MO\)

Suy ra \(MI \cdot MO = MC \cdot MD\)

\( \Rightarrow \frac{{MI}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}\)

Mà \(\angle IMC = \angle DMO\) nên suy ra \(\Delta MCI \sim \Delta MOD\) (c.g.c)

\( \Rightarrow \angle MIC = \angle MDO\) (3)

Tương tự ta có \(OI \cdot OM = {R^2} = O{D^2}\) nên \(\frac{{OI}}{{OD}} = \frac{{OD}}{{OM}}\)

Mà \(\angle DOM\) chung

Suy ra \(\Delta OID \sim \Delta ODM\) (c.g.c)

\( \Rightarrow \angle OID = \angle ODM\) (4)

Từ (3)(4) suy ra \(\angle OID = \angle MIC\)

\( \Rightarrow {90^\circ } - \angle OID = {90^\circ } - \angle MIC\)

\( \Rightarrow \angle DIA = \angle AIC\)

\( \Rightarrow IA\) là phân giác của \(\angle DIC\)

Kẻ IC cắt DA tại P; AC cắt IM tại E'

Ta có \(\Delta IDP\) có IA vừa là đường cao, vừa phân giác

\( \Rightarrow \Delta DIP\) cân tại \(I \Rightarrow IA\) là trung tuyến

\( \Rightarrow A\) là trung điểm DP

Ta có \(DP\parallel IM\) nên \(\frac{{DA}}{{ME'}} = \frac{{AC}}{{CE'}} = \frac{{AP}}{{IE'}}\)

Mà \(DA = AP \Rightarrow ME' = IE'\)

\( \Rightarrow E'\) là trung điểm \(IM \Rightarrow E \equiv E'\)

Vậy ba điểm A, C, E thẳng hàng.

Câu 15. (0,5 điểm) Một doanh nghiệp muốn quy hoạch một khu đất có dạng hình chữ nhật \(ABCD\) với diện tích \(67500{\rm{ }}{{\rm{m}}^2}\) để làm khu liên hợp thể thao. Khu đất quy hoạch \(ABCD\) được mở rộng thành một khu đất mới có dạng là hình tròn đường kính \(AC\) và phần đất mở rộng thêm đó được dung làm khu sinh thái (minh họa hình vẽ bên). Gọi \(x\) và \(y\) (đơn vị: mét) là các kích thước của hình chữ nhật \(ABCD\).

a) Tính diện tích phần đất làm khu sinh thái theo \(x\) và \(y\).

b) Doanh nghiệp muốn thiết kế sao cho các kích thước \(x,y\) là các số tự nhiên và phần diện tích đất làm khu sinh thái đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó, hãy tính chu vi của khu đất \(ABCD\) theo đơn vị mét.

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức đánh giá bất đẳng thức giải quyết bài toán tối ưu.

Lời giải:

a) Theo đề bài, hình chữ nhật ABCD có hai kích thước là x và y (điều kiện: \(x,y > 0)\)

Diện tích của hình chữ nhật ABCD là: \(x \cdot y = 67500\) (\({m^2}\)).

Độ dài đường chéo của hình chữ nhật ABCD là AC = \(\sqrt {{x^2} + {y^2}} \).

Vì khu đất mở rộng có dạng hình tròn đường kính AC nên bán kính của hình tròn là: \(r = \frac{1}{2}{\rm{AC}} = \frac{{\sqrt {{x^2} + {y^2}} }}{2}\).

Diện tích của khu đất hình tròn là:

\(\pi  \cdot {r^2} = \pi  \cdot {\left( {\frac{{\sqrt {{x^2} + {y^2}} }}{2}} \right)^2} = \frac{{\pi ({x^2} + {y^2})}}{4}\) (\({m^2}\)).

Diện tích khu sinh thái là \(\frac{{\pi ({x^2} + {y^2})}}{4} - xy\) (\({m^2}\)).

Vì \(xy = 67500\) nên ta có diện tích phần đất làm khu sinh thái theo \(x,y\) là:

 \(\frac{{\pi ({x^2} + {y^2})}}{4} - 67500\).

b) Để phần diện tích đất làm khu sinh thái đạt giá trị nhỏ nhất thì biểu thức \(\frac{{\pi ({x^2} + {y^2})}}{4} - 67500\) phải nhỏ nhất.

Hay \({x^2} + {y^2}\) đạt giá trị nhỏ nhất.

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số thực dương \({x^2}\) và \({y^2}\), ta có:

\({x^2} + {y^2} \ge 2\sqrt {{x^2} \cdot {y^2}}  = 2xy = 2 \cdot 67500 = 135000\).

Dấu "=" xảy ra khi \({x^2} = {y^2}\), hay \(x = y = \sqrt {67500}  = 150\sqrt 3  \approx 259,81\).

Do \(x,y\) là các số tự nhiên và \(x \cdot y = 67500\) nên \(x,y\) là các ước của 67500.

Để tổng \({x^2} + {y^2}\) đạt giá trị nhỏ nhất thì x và y phải là cặp ước của 67500 có giá trị gần nhau nhất (tức là gần với giá trị 259,81 nhất).

Phân tích số 67500 ra thừa số nguyên tố: \(67500 = {2^2} \cdot {3^3} \cdot {5^4}\).

Cặp ước của 67500 gần với 259,81 nhất là 250 và 270 (vì \(250 \cdot 270 = 67500\)).

Khi đó, các kích thước hình chữ nhật ABCD là \(x = 250\)m và \(y = 270\)m (hoặc \(x = 270\)m và \(y = 250\)m).

Chu vi của khu đất ABCD là:

\(2(x + y) = 2(250 + 270) = 2 \cdot 520 = 1040\) (m).

Vậy chu vi của khu đất ABCD khi đó là 1040 mét.

—HẾT—