Một số bài toán hình học phẳng thi vào lớp 10 chuyên năm học 2026 - 2027

Một sốbài toán hình học phẳng thi vào lớp 10 chuyên năm học 2026-2027

Nguyễn Đăng Khoa

Năm 2026

Trong bài viết này sẽtổng hợp một sốbài hình học phẳng thi vào lớp 10 trong các đềthi chuyên trên cảnước. Vì các bài toán hình học liên quan yếu tốthực tếtính toán không khó nên tác giảsẽkhông trình bày ởđây. Mọi tính chất hay sửdụng mà tác giảđềcập đến trong tài liệu, nếu bạn đọc chưa biết thì xem tại đây.

Mục lục

1 Chuyên KHTN 3

2 Phổthông năng khiếu (PTNK) 6

3 Đà Nẵng 9

4 Ninh Bình 12

5 Hà Tĩnh 13

6 Hưng Yên 15

7 Bắc Ninh 16

8 NghệAn 19

9 Huế 20

10 Đồng Tháp 22

11 Lào Cai 23

12 Khánh Hòa 23

13 Chuyên Đại học Vinh 24

14 TP. Hà Nội 25

15 Quảng Ngãi 29

16 TP. HồChí Minh 30

1

Nguyễn Đăng Khoa — Năm 2026 Newton Grammar School

§1 Chuyên KHTN

Vòng 1 (3 điểm)

Cho hình thoi ABCD với ’ BAD < 90◦. Trên cạnh AD lấy điểm M (M ̸= A, D). Các đường thẳng CM và AB cắt nhau tại Q.

1) Chứng minh rằng hai tam giác BCQ và DMC đồng dạng.

2) Trên cạnh AB lấy điểm N (N ̸= A, B). Đường thẳng CN cắt đường thẳng

AD tại R. Chứng minh rằng BN

BQ = DM

DR .

3) Gọi (O) là đường tròn tiếp xúc với AB, AD lần lượt tại B, D. Giảsửtiếp tuyến qua R (khác RD) và tiếp tuyến qua Q (khác QB) của (O) cắt nhau tại P. Gọi giao điểm của AP và QR là S. Chứng minh rằng đường thẳng CS đi qua trung điểm của MN.

Lời giải. 1) Ta có

’ BQC = ÷ DCM; ’ BCQ = ÷ DMC (so le trong).

Bởi vậy, △BCQ ∽△DMC (g-g). 2) Dựa vào tam giác đồng dạng ởphần đầu, ta có được

BQ DC = BC

DM ,

hay BQ · DM = BC · DC = a2,

ởđây a là độdài cạnh của hình thoi ABCD. Chứng minh tương tự, DR · BN = a2. Từđó dễdàng suy ra đpcm. 3) Lấy E, F là tiếp điểm của PR, PQ với (O). Gọi H là giao điểm của AB với PE; K là giao điểm của AD với PQ.

Nhận xét 1.1 — EB, DF đi qua điểm S.

Lấy EB cắt RQ tại S1. Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác QRH có ba điểm E, B, S1 thẳng hàng: S1Q S1R · ER

EH · BH

BQ = 1 ⇒S1Q

S1R = BQ

ER.

Nếu lấy S2 là giao điểm của DF với DF với RQ thì chứng minh tương tự,

S2Q S2R = FQ

KR.

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau BQ = FQ và ER = KR, bởi vậy mà S1 ≡S2. Vậy RQ đi qua giao điểm của EB với DF. Chứng minh tương tự, ta có AP cũng đi qua điểm này, từđó dẫn tới bốn đường AP, RQ, EB, DF đồng quy tại S.

3

Nguyễn Đăng Khoa — Năm 2026 Newton Grammar School

A

B

C

D

M

Q

N

R

O

P

S

E

F

H K

Nhận xét 1.2 — Kí hiệu [XY Z] là diện tích của tam giác XY Z. Điều phải chứng minh tương đương [MSC] = [NSC].

Ta có [MSC] = MC

CQ · [QSC] = AB

QB · QS

QR · [CQR].

Tương tự,

[NSC] = DA

DR · RS

RQ · [CQR].

Do đó ta cần chứng minh QS

RS = QB

RD. Điều này đúng theo chứng minh của phần nhận

xét 1.1.

Bình luận. Tính chất EB, DF, AF, RQ đồng quy là tính chất quen thuộc của tứgiác ngoại tiếp đường tròn. Tuy nhiên trong bài toán phát biểu đường tròn tiếp xúc bên ngoài các cạnh của tứgiác nên gây khó dễcho người làm. Hình vẽthông dụng hơn sẽnhư sau:

4

Nguyễn Đăng Khoa — Năm 2026 Newton Grammar School

Mời bạn tìm đọc chương IX: Đường tròn nội tiếp tam giác trong cuốn sách mới ra mắt của tác giảlà Một sốchuyên đềHình học phẳng dành cho HS THCS đểbiết thêm nhiều tính chất và bài toán liên quan đến mô hình đường tròn nội tiếp tam giác và tứgiác.

Vòng 2 (3 điểm)

Cho tứgiác ABCD nội tiếp đường tròn (O) với ’ DCB < ’ ADC < 90◦; giảsửcó điểm P nằm trong tứgiác ABCD sao cho PA ⊥AD và PB ⊥BC. Dựng hình bình hành PAQB. Gọi K là hình chiếu vuông góc của Q lên AB.

1) Chứng minh rằng ’ KQB = ’ BCD.

2) Gọi H là hình chiếu vuông góc của P lên CD. Chứng minh rằng HD

HC = KB

KA.

3) Lấy điểm R sao cho DR ∥AH và CR ∥BH. Gọi giao điểm của hai đường thẳng RH và AB là L. Chứng minh rằng các điểm D, C, K, L cùng nằm trên một đường tròn.

Lời giải. 1) Ta có

’ KQB = 90◦−’ QBA = 90◦−’ PAB = 180◦−’ DAB = ’ BCD.

2) Lấy E là giao điểm của DA với CB. Khi đó EAPB nội tiếp, suy ra

’ PEB = ’ PAB = ’ BAD −90◦= 90◦−’ BCD

Suy ra EP ⊥CD nên ba điểm E, P, H thẳng hàng. Khi này, △EBA ∽△EDC có hai đường cao tương ứng là EK và EH nên rút ra

HD HC = KB

KA.

3) Gọi F là giao điểm của …