Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán thành phố Đà Nẵng năm 2021. Đây là tài liệu ôn tập vô cùng quan trọng dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi sắp tới.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi chính thức, kèm theo đáp án chi tiết và lời giải bài tập, giúp các em tự tin làm bài và đạt kết quả tốt nhất.
Câu 1 (2,0 điểm): a) Tính
Câu 1 (2,0 điểm):
a) Tính \(A = \sqrt 4 + \sqrt 3 .\sqrt {12} \)
b) Cho biểu thức \(B = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{2 + \sqrt x }} + \dfrac{{x + 4}}{{4 - x}}} \right):\dfrac{x}{{x - 2\sqrt x }}\) với \(x > 0\) và \(x \ne 4\).
Câu 2 (1,5 điểm):
Cho hàm số \(y = {x^2}\) có đồ thị (P) và đường thẳng \(\left( d \right):{\rm{ }}y = kx - 2k + 4.\)
a) Vẽ đồ thị \((P)\). Chứng minh rằng \(\left( d \right)\) luôn đi qua điểm \(C\left( {2;4} \right)\).
b) Gọi \(H\) là hình chiếu của điểm \(B\left( { - 4;4} \right)\) trên \(\left( d \right)\). Chứng minh rằng khi \(k\) thay đổi (\(k \ne 0\)) thì diện tích tam giác \(HBC\) không vượt quá \(9{\rm{ }}cm\)(đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét).
Câu 3 (1,5 điểm):
Cho phương trình \({x^2} + 4\left( {m - 1} \right)x - 12 = 0\,\,\left( * \right),\) với \(m\) là tham số
a) Giải phương trình (*) khi \(m = 2\)
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(4\left| {{x_1} - 2} \right|\sqrt {4 - m{x_2}} = {\left( {{x_1} + {x_2} - {x_1}{x_2} - 8} \right)^2}\).
Câu 4 (1,5 điểm):
a) Tìm hai số tự nhiên, biết rằng tổng của chúng bằng \(2021\) và hiệu của số lớn và số bé bằng \(15\).
b) Một địa phương lên kế hoạch xét nghiệm SARS-CoV-2 cho \(12000\) người trong một thời gian quy định. Nhờ cải tiến phương pháp nên mỗi giờ xét nghiệm được thêm \(1000\) người. Vì thế, địa phương này hoàn thành sớm hơn kế hoạch là \(16\) giờ. Hỏi theo kế hoạch, địa phương này phải xét nghiệm trong thời gian bao nhiêu giờ?
Câu 5 (3,5 điểm):
Cho tam giác nhọn \(ABC\) \(\left( {AB < AC} \right)\), các đường cao \(BD,\,\,CE\) \(\left( {D \in AC,\,\,E \in AB} \right)\) cắt nhau tại \(H\).
a) Chứng minh rằng tứ giác \(BEDC\) nội tiếp.
b) Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\). Đường tròn đường kính \(AH\) cắt \(AM\) tại điểm \(G\) (\(G\) khác \(A\)). Chứng minh rằng \(AE.AB = AG.AM\)
c) Hai đường thẳng \(DE\) và \(BC\) cắt nhau tại \(K\). Chứng minh rằng \(\angle MAC = \angle GCM\) và hai đường thẳng nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác \(MBE,MCD\) song song với đường thẳng \(KG\).
Câu 1
Phương pháp:
a) Sử dụng hằng đẳng thức: \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)
Thực hiện các phép tính với căn bậc hai.
b) Vận dụng hằng đẳng thức \(a - b = \left( {\sqrt a - \sqrt b } \right)\left( {\sqrt a + \sqrt b } \right)\) xác định mẫu thức chung của biểu thức
Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép toán từ đó rút gọn được biểu thức.
Cách giải:
a) Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt 4 + \sqrt 3 .\sqrt {12} \\A = \sqrt {{2^2}} + \sqrt {3.12} \\A = 2 + \sqrt {{6^2}} \\A = 2 + 6\\A = 8\end{array}\)
Vậy \(A = 8\).
b) Với \(x > 0,\,\,x \ne 4\) ta có:
\(\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{2 + \sqrt x }} + \dfrac{{x + 4}}{{4 - x}}} \right):\dfrac{x}{{x - 2\sqrt x }}\\B = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{2 + \sqrt x }} + \dfrac{{x + 4}}{{\left( {2 + \sqrt x } \right)\left( {2 - \sqrt x } \right)}}} \right):\dfrac{x}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}\\B = \dfrac{{\sqrt x \left( {2 - \sqrt x } \right) + x + 4}}{{\left( {2 + \sqrt x } \right)\left( {2 - \sqrt x } \right)}}:\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}\\B = \dfrac{{2\sqrt x - x + x + 4}}{{\left( {2 + \sqrt x } \right)\left( {2 - \sqrt x } \right)}}.\dfrac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x }}\\B = - \dfrac{{2\sqrt x + 4}}{{2 + \sqrt x }}.\dfrac{1}{{\sqrt x }}\\B = - \dfrac{{2\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{2 + \sqrt x }}.\dfrac{1}{{\sqrt x }}\\B = - \dfrac{2}{{\sqrt x }}\end{array}\)
Vậy với \(x > 0,\,\,x \ne 4\) thì \(B = - \dfrac{2}{{\sqrt x }}\).
Câu 2
Phương pháp:
a) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\left( {a \ne 0} \right)\)
+ Nhận xét về hệ số \(a\) và sự biến thiên của hàm số
+ Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\)
+ Xác định được các điểm mà đồ thị đi qua, vẽ đồ thị.
Thay \(x = 2;\,\,y = 4\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right):{\rm{ }}y = kx - 2k + 4\), ta chứng minh được điều luôn đúng, từ đó có được điều phải chứng minh.
b) Tính diện tích \(\Delta HBC\)
Áp dụng định lý Py – ta – go, tính được \(BC\)
Biện luận, từ đó chứng minh được yêu cầu của đề bài.
Cách giải:
a) Parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) có bề lõm hướng lên và nhận \(Oy\) làm trục đối xứng.
Hệ số \(a = 1 > 0\) nên hàm số đồng biến khi \(x > 0\) và nghịch biến khi \(x < 0\).
Ta có bảng giá trị sau:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | 1 | 2 |
\(y = {x^2}\) | 4 | 1 | 0 | 1 | 4 |
\( \Rightarrow \) Parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) đi qua các điểm \(\left( { - 2;4} \right)\), \(\left( { - 1;1} \right)\), \(\left( {0;0} \right)\), \(\left( {1;1} \right)\), \(\left( {2;4} \right)\).
Đồ thị Parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\):
Thay \(x = 2;\,\,y = 4\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right):{\rm{ }}y = kx - 2k + 4.\) ta được:
\(4 = 2k - 2k + 4 \Leftrightarrow 4 = 4\) (luôn đúng với mọi \(k\))
Vậy \(\left( d \right)\) luôn đi qua điểm \(C\left( {2;4} \right)\) với mọi \(m\).
b)
Vì \(\Delta HBC\) vuông tại \(H\) nên ta có \({S_{\Delta HBC}} = \dfrac{1}{2}HB.HC \le \dfrac{1}{4}.\left( {H{B^2} + H{C^2}} \right)\).
Áp dụng định lí Py – ta – go, ta có: \(H{B^2} + H{C^2} = B{C^2} = {6^2} = 36\).
\( \Rightarrow {S_{\Delta HBC}} \le \dfrac{1}{4}.36 = 9\) (đpcm).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(HB = HC \Rightarrow \Delta HBC\) vuông cân tại \(H\).
Câu 3
Phương pháp:
a) Thay \(m = 2\) phương trình \(\left( * \right)\)
Tính \(\Delta = {b^2} - 4ac\) (hoặc \(\Delta ' = {\left( {b'} \right)^2} - ac\)), sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn: \({x_{1,2}} = \dfrac{{ - b \pm \sqrt \Delta }}{{2a}}\) (hoặc \({x_{1,2}} = \dfrac{{ - b' \pm \sqrt {\Delta '} }}{a}\)), tính được nghiệm của phương trình, kết luận.
b) Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm phân biệt \(\Delta > 0\) (hoặc \(\Delta ' > 0\))
Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\) theo \(m\)
Vì \({x_2}\) là nghiệm của phương trình (*) nên: \(2\sqrt {4 - m{x_2}} = \sqrt {{{\left( {{x_2} - 2} \right)}^2}} = \left| {{x_2} - 2} \right|\)
Khi đó, thày vào \(4\left| {{x_1} - 2} \right|\sqrt {4 - m{x_2}} = {\left( {{x_1} + {x_2} - {x_1}{x_2} - 8} \right)^2}\), tìm được giá trị \(m\)
Cách giải:
a) Thay \(m = 2\) vào phương trình (*) ta có:
\({x^2} + 4\left( {2 - 1} \right)x - 12 = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 12 = 0\)
Ta có: \(\Delta ' = {2^2} + 12 = 16 = {4^2} > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = - 2 + 4 = 2\\x = - 2 - 4 = - 6\end{array} \right.\).
Vậy với \(m = 2\) thì tập nghiệm của phương trình (*) là \(S = \left\{ {2; - 6} \right\}\).
b) Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\)\( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 4{\left( {m - 1} \right)^2} + 12 > 0\) (luôn đúng với mọi \(m\)).
\( \Rightarrow \) Phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi \(m\).
Khi đó, áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{ - b}}{a} = - 4\left( {m - 1} \right)\, = 4\left( {1 - m} \right)\,\,(1)\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a} = - 12\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\end{array} \right.\)
Vì \({x_2}\) là nghiệm của phương trình (*) nên:
\(\begin{array}{l}{x_2}^2 + 4\left( {m - 1} \right){x_2} - 12 = 0\\ \Leftrightarrow x_2^2 + 4m{x_2} - 4{x_2} - 12 = 0\\ \Leftrightarrow x_2^2 + 4\left( {m{x_2} - 4} \right) - 4{x_2} + 4 = 0\\ \Leftrightarrow 4\left( {4 - m{x_2}} \right) = x_2^2 - 4{x_2} + 4 = {\left( {{x_2} - 2} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 2\sqrt {4 - m{x_2}} = \sqrt {{{\left( {{x_2} - 2} \right)}^2}} = \left| {{x_2} - 2} \right|\end{array}\)
Khi đó ta có:
\(4\left| {{x_1} - 2} \right|\sqrt {4 - m{x_2}} = {\left( {{x_1} + {x_2} - {x_1}{x_2} - 8} \right)^2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2\left| {{x_1} - 2} \right|\left| {{x_2} - 2} \right| = {\left[ {4\left( {1 - m} \right) + 12 - 8} \right]^2}\\ \Leftrightarrow 2\left| {{x_1}{x_2} - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4} \right| = {\left( {8 - 4m} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 2\left| { - 12 - 2.4\left( {1 - m} \right) + 4} \right| = 64 - 64m + 16{m^2}\\ \Leftrightarrow \left| { - 16 + 8m} \right| = 8\left( {{m^2} - 4m + 4} \right)\\ \Leftrightarrow \left| {m - 2} \right| = {\left( {m - 2} \right)^2}\\ \Rightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} = {\left( {m - 2} \right)^4}\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^4} - {\left( {m - 2} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^2}.\left[ {{{\left( {m - 2} \right)}^2} - 1} \right] = 0\end{array}\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\\m - 2 = 1\\m - 2 = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\\m = 3\\m = 1\end{array} \right.\)
Vậy \(m \in \left\{ {1;2;3} \right\}\) là các giá trị thỏa mãn bài toán.
Bài 4
Phương pháp:
a) Gọi số lớn là \(x\,\,\left( {x > 15,\,\,x \in \mathbb{N}} \right)\), số bé là \(y\,\,\,\left( {y \in \mathbb{N}} \right)\).
Từ giả thiết tổng và hiệu của hai số lập được hệ phương trình
Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm được nghiệm \(x\)
Sử dụng phương pháp thế, tìm được nghiệm \(y\)
Đối chiếu điều kiện, kết luận.
b) Theo kế hoạch, gọi số người được xét nghiệm trong một giờ là \(x\)( người) \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*},\,\,x < 12000} \right)\)
Từ đó, tính được thời gian xét nghiệm theo kế hoạch và thời gian xét nghiệm thực tế.
Từ giả của đề bài, lập được phương trình.
Giải phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
a) Gọi số lớn là \(x\,\,\left( {x > 15,\,\,x \in \mathbb{N}} \right)\), số bé là \(y\,\,\,\left( {y \in \mathbb{N}} \right)\).
Ta có tổng của hai số là \(2021\) nên ta có phương trình \(x + y = 2021\,\,\,\left( 1 \right)\)
Hiệu của số lớn và số bé là \(15\) nên ta có phương trình \(x - y = 15\,\,\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình
\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 2021\\x - y = 15\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 2036\\y = x - 15\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1018\\y = 1003\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\)
Vậy số lớn là \(1018\), số bé là \(1003\).
b) Theo kế hoạch, gọi số người được xét nghiệm trong một giờ là \(x\)( người) \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*},\,\,x < 12000} \right)\)
Theo kế hoạch địa phương ý xét nghiệm \(12000\) người hết \(\dfrac{{12000}}{x}\) (giờ)
Thực tế, số người được xét nghiệm trong một giờ là \(x + 1000\) (người)
Thực tế, địa phương ý xét nghiệm \(12000\) người hết \(\dfrac{{12000}}{{x + 1000}}\)( giờ)
Vì địa phương này hoàn thành sớm hơn kế hoạch \(16\) giờ nên ta có phương trình
\(\begin{array}{l}\dfrac{{12000}}{x} - \dfrac{{12000}}{{x + 1000}} = 16\\ \Leftrightarrow 12000\left( {x + 1000} \right) - 12000x = 16x\left( {x + 1000} \right)\\ \Leftrightarrow 12000x + 12000000 - 12000x = 16{x^2} + 16000\\ \Leftrightarrow 16{x^2} + 16000x - 12000000 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 1000x - 750000 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 1500x - 500x - 750000 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 1500} \right) - 500\left( {x + 1500} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1500} \right)\left( {x - 500} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1500 = 0\\x - 500 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1500\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 500\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy theo kế hoạch, địa phương này cần \(\dfrac{{12000}}{{500}} = 24\) (giờ) để xét nghiệm xong.
Câu 5
Phương pháp:
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp.
b) + Chứng minh được: \(\angle ABC = \angle AGE\)(2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AE\))
+ Chứng minh: \(\Delta ABM \sim \Delta AGE\,\,\,\left( {g.g} \right)\)\( \Rightarrow AE.AB = AG.AM\)
c) + Chứng minh được: Đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác \(MBE,MCD\) là đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác \(GDCM\) và \(EBMG\), suy ra đường nối tâm vuông góc với \(GM\,\,\left( * \right)\)
Gọi \(\left\{ F \right\} = AH \cap BC\)
Chứng minh: \(\angle BAC = \angle DFM\), \(\angle EDH = \angle EAH\), \(\angle HDM = \angle HAD\) từ đó, suy ra \(\angle EDM = \angle KDM\)
Chứng minh: \(AGFK\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
\( \Rightarrow \angle AFK = \angle AGK = {90^0}\)
\( \Rightarrow \)\(KG \bot GM\) (**)
Từ (*) và (**) suy ra đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác \(MBE,MCD\) song song với \(KG\) (đpcm)
Cách giải:
a) Ta có: \(BD,\,\,CE\) là các đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\CE \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow \angle BDC = \angle BEC = {90^0}\)
\( \Rightarrow BEDC\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau).
b) Ta có: \(\angle AEH = \angle ADH = {90^0} \Rightarrow \angle AEH + \angle ADH = {180^0}\)
\( \Rightarrow AEHD\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\) (định nghĩa)
Mà đường tròn đường kính \(AH\) cắt \(AM\) tại \(G\).
\( \Rightarrow \) Năm điểm \(A,E,H,G,D\) cùng thuộc một đường tròn.
\( \Rightarrow \angle AGE = \angle ADE\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AE\))
Mà \(\angle ABC = \angle ADE\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp \(BEDC\))
\( \Rightarrow \angle ABC = \angle AGE\).
Xét \(\Delta ABM\) và \(\Delta AGE\) có: \(\angle ABC = \angle AGE\) (cmt); \(\angle BAM\) chung.
\( \Rightarrow \Delta ABM \sim \Delta AGE\,\,\,\left( {g.g} \right)\)\( \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{AM}} = \dfrac{{AG}}{{AB}}\) (2 cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow AE.AB = AG.AM\) (đpcm)
c) Ta có \(\angle AGD = \angle AED\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AD\))
Mà \(\angle AED = \angle ACB\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp \(BEDC\))
\( \Rightarrow \angle AGD = \angle ACB = \angle DCM\).
Lại có \(\angle AGD + \angle DGM = {180^0}\) (kề bù) \( \Rightarrow \angle DGM + \angle DCM = {180^0}\).
\( \Rightarrow GDCM\) là tứ giác nội tiếp (dhnb) \( \Rightarrow \angle MGC = \angle MDC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MC\)).
Lại có \(DM = \dfrac{1}{2}BC = MC\) (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông) \( \Rightarrow \Delta MCD\) cân tại \(M\).
\( \Rightarrow \angle MDC = \angle MCD\) (2 góc ở đáy của tam giác cân).
\( \Rightarrow \angle MGC = \angle MCD = \angle MCA\).
Xét \(\Delta GCM\) và \(\Delta CAM\) có: \(\angle AMC\) chung ; \(\angle MAC = \angle GCM\) (cmt)
\( \Rightarrow \Delta GCM \sim \Delta CAM\,\,\left( {g.g} \right)\) \( \Rightarrow \angle MAC = \angle GCM\) (2 góc tương ứng (đpcm).
Ta có \(\angle ABC = \angle AGE\,\,\left( {cmt} \right)\) nên \(EBMG\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
\( \Rightarrow \) Đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác \(MBE,MCD\) là đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác \(GDCM\) và \(EBMG\).
Giao của hai tứ giác \(GDCM\) và \(EBMG\) là \(GM\).
\( \Rightarrow \) Đường nối tâm vuông góc với \(GM\,\,\left( * \right)\)
Gọi \(\left\{ F \right\} = AH \cap BC\) \( \Rightarrow AF \bot BC \Rightarrow \angle AFB = {90^0}\).
Mà \(\angle BDA = {90^0}\) \( \Rightarrow ADFB\) nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle BAC = \angle DFM\) (1) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Mà \(\angle EDH = \angle EAH\)(2) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EH\)).
\(\angle HDM = \angle HBM = \angle DBM\) (\(DM\) là trung tuyến của \(\Delta BDC\) vuông tại \(D\) nên \(DM = \dfrac{1}{2}BC = BM\)).
\(\angle DBM = \angle HAD\) (Cùng phụ \(\angle ACB\))
\( \Rightarrow \angle HDM = \angle HAD\,\,\,\left( 3 \right)\)
Từ (1), (2) và (3) suy ra
\(\angle EDM = \angle EDH + \angle HDM = \angle EAH + \angle HAD = \angle BAC = \angle DFM = \angle KDM\)
Xét \(\Delta FDM\) và \(\Delta DKM\) có: \(\angle KMD\) chung; \(\angle DFM = \angle KDM\) (cmt)
\( \Rightarrow \Delta FDM \sim \Delta DKM\,\,\,\left( {g.g} \right)\) \( \Rightarrow \dfrac{{MD}}{{KM}} = \dfrac{{FM}}{{MD}} \Rightarrow M{D^2} = FM.KM\)
Có: \(\Delta GCM \sim \Delta CAM\,\,\left( {cmt} \right)\)\( \Rightarrow \dfrac{{MC}}{{AM}} = \dfrac{{GM}}{{MC}} \Rightarrow M{C^2} = MG.MA\)
Mà \(MD = MC\)(cmt) \( \Rightarrow FM.KM = MG.MA \Rightarrow \dfrac{{FM}}{{GM}} = \dfrac{{MA}}{{MK}}\)
\( \Rightarrow \Delta FGM \sim \Delta AKM\,\,\,\left( {c.g.c} \right)\)\( \Rightarrow \angle FGM = \angle AKM\) (2 góc tương ứng)
\( \Rightarrow AGFK\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
\( \Rightarrow \angle AFK = \angle AGK = {90^0}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AK\)) \( \Rightarrow KG \bot AG\) hay \(KG \bot GM\) (**)
Từ (*) và (**) suy ra đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác \(MBE,MCD\) song song với \(KG\) (đpcm).
Câu 1 (2,0 điểm):
a) Tính \(A = \sqrt 4 + \sqrt 3 .\sqrt {12} \)
b) Cho biểu thức \(B = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{2 + \sqrt x }} + \dfrac{{x + 4}}{{4 - x}}} \right):\dfrac{x}{{x - 2\sqrt x }}\) với \(x > 0\) và \(x \ne 4\).
Câu 2 (1,5 điểm):
Cho hàm số \(y = {x^2}\) có đồ thị (P) và đường thẳng \(\left( d \right):{\rm{ }}y = kx - 2k + 4.\)
a) Vẽ đồ thị \((P)\). Chứng minh rằng \(\left( d \right)\) luôn đi qua điểm \(C\left( {2;4} \right)\).
b) Gọi \(H\) là hình chiếu của điểm \(B\left( { - 4;4} \right)\) trên \(\left( d \right)\). Chứng minh rằng khi \(k\) thay đổi (\(k \ne 0\)) thì diện tích tam giác \(HBC\) không vượt quá \(9{\rm{ }}cm\)(đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét).
Câu 3 (1,5 điểm):
Cho phương trình \({x^2} + 4\left( {m - 1} \right)x - 12 = 0\,\,\left( * \right),\) với \(m\) là tham số
a) Giải phương trình (*) khi \(m = 2\)
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(4\left| {{x_1} - 2} \right|\sqrt {4 - m{x_2}} = {\left( {{x_1} + {x_2} - {x_1}{x_2} - 8} \right)^2}\).
Câu 4 (1,5 điểm):
a) Tìm hai số tự nhiên, biết rằng tổng của chúng bằng \(2021\) và hiệu của số lớn và số bé bằng \(15\).
b) Một địa phương lên kế hoạch xét nghiệm SARS-CoV-2 cho \(12000\) người trong một thời gian quy định. Nhờ cải tiến phương pháp nên mỗi giờ xét nghiệm được thêm \(1000\) người. Vì thế, địa phương này hoàn thành sớm hơn kế hoạch là \(16\) giờ. Hỏi theo kế hoạch, địa phương này phải xét nghiệm trong thời gian bao nhiêu giờ?
Câu 5 (3,5 điểm):
Cho tam giác nhọn \(ABC\) \(\left( {AB < AC} \right)\), các đường cao \(BD,\,\,CE\) \(\left( {D \in AC,\,\,E \in AB} \right)\) cắt nhau tại \(H\).
a) Chứng minh rằng tứ giác \(BEDC\) nội tiếp.
b) Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\). Đường tròn đường kính \(AH\) cắt \(AM\) tại điểm \(G\) (\(G\) khác \(A\)). Chứng minh rằng \(AE.AB = AG.AM\)
c) Hai đường thẳng \(DE\) và \(BC\) cắt nhau tại \(K\). Chứng minh rằng \(\angle MAC = \angle GCM\) và hai đường thẳng nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác \(MBE,MCD\) song song với đường thẳng \(KG\).
Câu 1
Phương pháp:
a) Sử dụng hằng đẳng thức: \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)
Thực hiện các phép tính với căn bậc hai.
b) Vận dụng hằng đẳng thức \(a - b = \left( {\sqrt a - \sqrt b } \right)\left( {\sqrt a + \sqrt b } \right)\) xác định mẫu thức chung của biểu thức
Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép toán từ đó rút gọn được biểu thức.
Cách giải:
a) Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt 4 + \sqrt 3 .\sqrt {12} \\A = \sqrt {{2^2}} + \sqrt {3.12} \\A = 2 + \sqrt {{6^2}} \\A = 2 + 6\\A = 8\end{array}\)
Vậy \(A = 8\).
b) Với \(x > 0,\,\,x \ne 4\) ta có:
\(\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{2 + \sqrt x }} + \dfrac{{x + 4}}{{4 - x}}} \right):\dfrac{x}{{x - 2\sqrt x }}\\B = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{2 + \sqrt x }} + \dfrac{{x + 4}}{{\left( {2 + \sqrt x } \right)\left( {2 - \sqrt x } \right)}}} \right):\dfrac{x}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}\\B = \dfrac{{\sqrt x \left( {2 - \sqrt x } \right) + x + 4}}{{\left( {2 + \sqrt x } \right)\left( {2 - \sqrt x } \right)}}:\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}\\B = \dfrac{{2\sqrt x - x + x + 4}}{{\left( {2 + \sqrt x } \right)\left( {2 - \sqrt x } \right)}}.\dfrac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x }}\\B = - \dfrac{{2\sqrt x + 4}}{{2 + \sqrt x }}.\dfrac{1}{{\sqrt x }}\\B = - \dfrac{{2\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{2 + \sqrt x }}.\dfrac{1}{{\sqrt x }}\\B = - \dfrac{2}{{\sqrt x }}\end{array}\)
Vậy với \(x > 0,\,\,x \ne 4\) thì \(B = - \dfrac{2}{{\sqrt x }}\).
Câu 2
Phương pháp:
a) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\left( {a \ne 0} \right)\)
+ Nhận xét về hệ số \(a\) và sự biến thiên của hàm số
+ Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\)
+ Xác định được các điểm mà đồ thị đi qua, vẽ đồ thị.
Thay \(x = 2;\,\,y = 4\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right):{\rm{ }}y = kx - 2k + 4\), ta chứng minh được điều luôn đúng, từ đó có được điều phải chứng minh.
b) Tính diện tích \(\Delta HBC\)
Áp dụng định lý Py – ta – go, tính được \(BC\)
Biện luận, từ đó chứng minh được yêu cầu của đề bài.
Cách giải:
a) Parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) có bề lõm hướng lên và nhận \(Oy\) làm trục đối xứng.
Hệ số \(a = 1 > 0\) nên hàm số đồng biến khi \(x > 0\) và nghịch biến khi \(x < 0\).
Ta có bảng giá trị sau:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | 1 | 2 |
\(y = {x^2}\) | 4 | 1 | 0 | 1 | 4 |
\( \Rightarrow \) Parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) đi qua các điểm \(\left( { - 2;4} \right)\), \(\left( { - 1;1} \right)\), \(\left( {0;0} \right)\), \(\left( {1;1} \right)\), \(\left( {2;4} \right)\).
Đồ thị Parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\):
Thay \(x = 2;\,\,y = 4\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right):{\rm{ }}y = kx - 2k + 4.\) ta được:
\(4 = 2k - 2k + 4 \Leftrightarrow 4 = 4\) (luôn đúng với mọi \(k\))
Vậy \(\left( d \right)\) luôn đi qua điểm \(C\left( {2;4} \right)\) với mọi \(m\).
b)
Vì \(\Delta HBC\) vuông tại \(H\) nên ta có \({S_{\Delta HBC}} = \dfrac{1}{2}HB.HC \le \dfrac{1}{4}.\left( {H{B^2} + H{C^2}} \right)\).
Áp dụng định lí Py – ta – go, ta có: \(H{B^2} + H{C^2} = B{C^2} = {6^2} = 36\).
\( \Rightarrow {S_{\Delta HBC}} \le \dfrac{1}{4}.36 = 9\) (đpcm).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(HB = HC \Rightarrow \Delta HBC\) vuông cân tại \(H\).
Câu 3
Phương pháp:
a) Thay \(m = 2\) phương trình \(\left( * \right)\)
Tính \(\Delta = {b^2} - 4ac\) (hoặc \(\Delta ' = {\left( {b'} \right)^2} - ac\)), sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn: \({x_{1,2}} = \dfrac{{ - b \pm \sqrt \Delta }}{{2a}}\) (hoặc \({x_{1,2}} = \dfrac{{ - b' \pm \sqrt {\Delta '} }}{a}\)), tính được nghiệm của phương trình, kết luận.
b) Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm phân biệt \(\Delta > 0\) (hoặc \(\Delta ' > 0\))
Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\) theo \(m\)
Vì \({x_2}\) là nghiệm của phương trình (*) nên: \(2\sqrt {4 - m{x_2}} = \sqrt {{{\left( {{x_2} - 2} \right)}^2}} = \left| {{x_2} - 2} \right|\)
Khi đó, thày vào \(4\left| {{x_1} - 2} \right|\sqrt {4 - m{x_2}} = {\left( {{x_1} + {x_2} - {x_1}{x_2} - 8} \right)^2}\), tìm được giá trị \(m\)
Cách giải:
a) Thay \(m = 2\) vào phương trình (*) ta có:
\({x^2} + 4\left( {2 - 1} \right)x - 12 = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 12 = 0\)
Ta có: \(\Delta ' = {2^2} + 12 = 16 = {4^2} > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = - 2 + 4 = 2\\x = - 2 - 4 = - 6\end{array} \right.\).
Vậy với \(m = 2\) thì tập nghiệm của phương trình (*) là \(S = \left\{ {2; - 6} \right\}\).
b) Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\)\( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 4{\left( {m - 1} \right)^2} + 12 > 0\) (luôn đúng với mọi \(m\)).
\( \Rightarrow \) Phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi \(m\).
Khi đó, áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{ - b}}{a} = - 4\left( {m - 1} \right)\, = 4\left( {1 - m} \right)\,\,(1)\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a} = - 12\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\end{array} \right.\)
Vì \({x_2}\) là nghiệm của phương trình (*) nên:
\(\begin{array}{l}{x_2}^2 + 4\left( {m - 1} \right){x_2} - 12 = 0\\ \Leftrightarrow x_2^2 + 4m{x_2} - 4{x_2} - 12 = 0\\ \Leftrightarrow x_2^2 + 4\left( {m{x_2} - 4} \right) - 4{x_2} + 4 = 0\\ \Leftrightarrow 4\left( {4 - m{x_2}} \right) = x_2^2 - 4{x_2} + 4 = {\left( {{x_2} - 2} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 2\sqrt {4 - m{x_2}} = \sqrt {{{\left( {{x_2} - 2} \right)}^2}} = \left| {{x_2} - 2} \right|\end{array}\)
Khi đó ta có:
\(4\left| {{x_1} - 2} \right|\sqrt {4 - m{x_2}} = {\left( {{x_1} + {x_2} - {x_1}{x_2} - 8} \right)^2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2\left| {{x_1} - 2} \right|\left| {{x_2} - 2} \right| = {\left[ {4\left( {1 - m} \right) + 12 - 8} \right]^2}\\ \Leftrightarrow 2\left| {{x_1}{x_2} - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4} \right| = {\left( {8 - 4m} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 2\left| { - 12 - 2.4\left( {1 - m} \right) + 4} \right| = 64 - 64m + 16{m^2}\\ \Leftrightarrow \left| { - 16 + 8m} \right| = 8\left( {{m^2} - 4m + 4} \right)\\ \Leftrightarrow \left| {m - 2} \right| = {\left( {m - 2} \right)^2}\\ \Rightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} = {\left( {m - 2} \right)^4}\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^4} - {\left( {m - 2} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^2}.\left[ {{{\left( {m - 2} \right)}^2} - 1} \right] = 0\end{array}\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\\m - 2 = 1\\m - 2 = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\\m = 3\\m = 1\end{array} \right.\)
Vậy \(m \in \left\{ {1;2;3} \right\}\) là các giá trị thỏa mãn bài toán.
Bài 4
Phương pháp:
a) Gọi số lớn là \(x\,\,\left( {x > 15,\,\,x \in \mathbb{N}} \right)\), số bé là \(y\,\,\,\left( {y \in \mathbb{N}} \right)\).
Từ giả thiết tổng và hiệu của hai số lập được hệ phương trình
Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm được nghiệm \(x\)
Sử dụng phương pháp thế, tìm được nghiệm \(y\)
Đối chiếu điều kiện, kết luận.
b) Theo kế hoạch, gọi số người được xét nghiệm trong một giờ là \(x\)( người) \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*},\,\,x < 12000} \right)\)
Từ đó, tính được thời gian xét nghiệm theo kế hoạch và thời gian xét nghiệm thực tế.
Từ giả của đề bài, lập được phương trình.
Giải phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
a) Gọi số lớn là \(x\,\,\left( {x > 15,\,\,x \in \mathbb{N}} \right)\), số bé là \(y\,\,\,\left( {y \in \mathbb{N}} \right)\).
Ta có tổng của hai số là \(2021\) nên ta có phương trình \(x + y = 2021\,\,\,\left( 1 \right)\)
Hiệu của số lớn và số bé là \(15\) nên ta có phương trình \(x - y = 15\,\,\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình
\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 2021\\x - y = 15\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 2036\\y = x - 15\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1018\\y = 1003\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\)
Vậy số lớn là \(1018\), số bé là \(1003\).
b) Theo kế hoạch, gọi số người được xét nghiệm trong một giờ là \(x\)( người) \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*},\,\,x < 12000} \right)\)
Theo kế hoạch địa phương ý xét nghiệm \(12000\) người hết \(\dfrac{{12000}}{x}\) (giờ)
Thực tế, số người được xét nghiệm trong một giờ là \(x + 1000\) (người)
Thực tế, địa phương ý xét nghiệm \(12000\) người hết \(\dfrac{{12000}}{{x + 1000}}\)( giờ)
Vì địa phương này hoàn thành sớm hơn kế hoạch \(16\) giờ nên ta có phương trình
\(\begin{array}{l}\dfrac{{12000}}{x} - \dfrac{{12000}}{{x + 1000}} = 16\\ \Leftrightarrow 12000\left( {x + 1000} \right) - 12000x = 16x\left( {x + 1000} \right)\\ \Leftrightarrow 12000x + 12000000 - 12000x = 16{x^2} + 16000\\ \Leftrightarrow 16{x^2} + 16000x - 12000000 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 1000x - 750000 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 1500x - 500x - 750000 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 1500} \right) - 500\left( {x + 1500} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1500} \right)\left( {x - 500} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1500 = 0\\x - 500 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1500\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 500\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy theo kế hoạch, địa phương này cần \(\dfrac{{12000}}{{500}} = 24\) (giờ) để xét nghiệm xong.
Câu 5
Phương pháp:
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp.
b) + Chứng minh được: \(\angle ABC = \angle AGE\)(2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AE\))
+ Chứng minh: \(\Delta ABM \sim \Delta AGE\,\,\,\left( {g.g} \right)\)\( \Rightarrow AE.AB = AG.AM\)
c) + Chứng minh được: Đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác \(MBE,MCD\) là đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác \(GDCM\) và \(EBMG\), suy ra đường nối tâm vuông góc với \(GM\,\,\left( * \right)\)
Gọi \(\left\{ F \right\} = AH \cap BC\)
Chứng minh: \(\angle BAC = \angle DFM\), \(\angle EDH = \angle EAH\), \(\angle HDM = \angle HAD\) từ đó, suy ra \(\angle EDM = \angle KDM\)
Chứng minh: \(AGFK\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
\( \Rightarrow \angle AFK = \angle AGK = {90^0}\)
\( \Rightarrow \)\(KG \bot GM\) (**)
Từ (*) và (**) suy ra đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác \(MBE,MCD\) song song với \(KG\) (đpcm)
Cách giải:
a) Ta có: \(BD,\,\,CE\) là các đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\CE \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow \angle BDC = \angle BEC = {90^0}\)
\( \Rightarrow BEDC\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau).
b) Ta có: \(\angle AEH = \angle ADH = {90^0} \Rightarrow \angle AEH + \angle ADH = {180^0}\)
\( \Rightarrow AEHD\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\) (định nghĩa)
Mà đường tròn đường kính \(AH\) cắt \(AM\) tại \(G\).
\( \Rightarrow \) Năm điểm \(A,E,H,G,D\) cùng thuộc một đường tròn.
\( \Rightarrow \angle AGE = \angle ADE\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AE\))
Mà \(\angle ABC = \angle ADE\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp \(BEDC\))
\( \Rightarrow \angle ABC = \angle AGE\).
Xét \(\Delta ABM\) và \(\Delta AGE\) có: \(\angle ABC = \angle AGE\) (cmt); \(\angle BAM\) chung.
\( \Rightarrow \Delta ABM \sim \Delta AGE\,\,\,\left( {g.g} \right)\)\( \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{AM}} = \dfrac{{AG}}{{AB}}\) (2 cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow AE.AB = AG.AM\) (đpcm)
c) Ta có \(\angle AGD = \angle AED\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AD\))
Mà \(\angle AED = \angle ACB\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp \(BEDC\))
\( \Rightarrow \angle AGD = \angle ACB = \angle DCM\).
Lại có \(\angle AGD + \angle DGM = {180^0}\) (kề bù) \( \Rightarrow \angle DGM + \angle DCM = {180^0}\).
\( \Rightarrow GDCM\) là tứ giác nội tiếp (dhnb) \( \Rightarrow \angle MGC = \angle MDC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MC\)).
Lại có \(DM = \dfrac{1}{2}BC = MC\) (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông) \( \Rightarrow \Delta MCD\) cân tại \(M\).
\( \Rightarrow \angle MDC = \angle MCD\) (2 góc ở đáy của tam giác cân).
\( \Rightarrow \angle MGC = \angle MCD = \angle MCA\).
Xét \(\Delta GCM\) và \(\Delta CAM\) có: \(\angle AMC\) chung ; \(\angle MAC = \angle GCM\) (cmt)
\( \Rightarrow \Delta GCM \sim \Delta CAM\,\,\left( {g.g} \right)\) \( \Rightarrow \angle MAC = \angle GCM\) (2 góc tương ứng (đpcm).
Ta có \(\angle ABC = \angle AGE\,\,\left( {cmt} \right)\) nên \(EBMG\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
\( \Rightarrow \) Đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác \(MBE,MCD\) là đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác \(GDCM\) và \(EBMG\).
Giao của hai tứ giác \(GDCM\) và \(EBMG\) là \(GM\).
\( \Rightarrow \) Đường nối tâm vuông góc với \(GM\,\,\left( * \right)\)
Gọi \(\left\{ F \right\} = AH \cap BC\) \( \Rightarrow AF \bot BC \Rightarrow \angle AFB = {90^0}\).
Mà \(\angle BDA = {90^0}\) \( \Rightarrow ADFB\) nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle BAC = \angle DFM\) (1) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Mà \(\angle EDH = \angle EAH\)(2) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EH\)).
\(\angle HDM = \angle HBM = \angle DBM\) (\(DM\) là trung tuyến của \(\Delta BDC\) vuông tại \(D\) nên \(DM = \dfrac{1}{2}BC = BM\)).
\(\angle DBM = \angle HAD\) (Cùng phụ \(\angle ACB\))
\( \Rightarrow \angle HDM = \angle HAD\,\,\,\left( 3 \right)\)
Từ (1), (2) và (3) suy ra
\(\angle EDM = \angle EDH + \angle HDM = \angle EAH + \angle HAD = \angle BAC = \angle DFM = \angle KDM\)
Xét \(\Delta FDM\) và \(\Delta DKM\) có: \(\angle KMD\) chung; \(\angle DFM = \angle KDM\) (cmt)
\( \Rightarrow \Delta FDM \sim \Delta DKM\,\,\,\left( {g.g} \right)\) \( \Rightarrow \dfrac{{MD}}{{KM}} = \dfrac{{FM}}{{MD}} \Rightarrow M{D^2} = FM.KM\)
Có: \(\Delta GCM \sim \Delta CAM\,\,\left( {cmt} \right)\)\( \Rightarrow \dfrac{{MC}}{{AM}} = \dfrac{{GM}}{{MC}} \Rightarrow M{C^2} = MG.MA\)
Mà \(MD = MC\)(cmt) \( \Rightarrow FM.KM = MG.MA \Rightarrow \dfrac{{FM}}{{GM}} = \dfrac{{MA}}{{MK}}\)
\( \Rightarrow \Delta FGM \sim \Delta AKM\,\,\,\left( {c.g.c} \right)\)\( \Rightarrow \angle FGM = \angle AKM\) (2 góc tương ứng)
\( \Rightarrow AGFK\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
\( \Rightarrow \angle AFK = \angle AGK = {90^0}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AK\)) \( \Rightarrow KG \bot AG\) hay \(KG \bot GM\) (**)
Từ (*) và (**) suy ra đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác \(MBE,MCD\) song song với \(KG\) (đpcm).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Đà Nẵng là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Môn Toán đóng vai trò then chốt, quyết định cơ hội vào được các trường THPT chất lượng cao. Đề thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng năm 2021 thường bao gồm các dạng bài tập thuộc chương trình Toán lớp 9, tập trung vào các chủ đề chính như Đại số, Hình học và Giải toán thực tế.
Thông thường, đề thi Toán vào 10 Đà Nẵng có cấu trúc như sau:
Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi, các em học sinh cần tập trung ôn tập các chủ đề Toán sau:
Việc luyện tập thường xuyên với các đề thi thử và đề thi chính thức các năm trước là cách tốt nhất để làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải bài và nâng cao tốc độ làm bài. Loigiai.com.vn cung cấp đầy đủ các đề thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng năm 2021, kèm theo đáp án chi tiết và lời giải bài tập.
Ngoài các đề thi, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi Toán vào 10 sau:
Loigiai.com.vn tự hào là một trong những website hàng đầu về học Toán online tại Việt Nam. Chúng tôi cung cấp đầy đủ các tài liệu ôn tập, đề thi thử và khóa học online chất lượng cao, giúp các em học sinh tự tin chinh phục kỳ thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng năm 2021.
Nhiều thí sinh gặp khó khăn với các câu hỏi đòi hỏi khả năng vận dụng kiến thức tổng hợp và tư duy logic. Dưới đây là phân tích chi tiết một số câu hỏi khó thường gặp:
| Câu hỏi | Chủ đề | Mức độ khó |
|---|---|---|
| Tìm giá trị của x thỏa mãn phương trình... | Phương trình bậc hai | Trung bình |
| Chứng minh rằng... | Hình học | Khó |
| Giải bài toán thực tế về... | Ứng dụng thực tế | Trung bình - Khó |
Kỳ thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng năm 2021 đòi hỏi sự chuẩn bị kỹ lưỡng và nỗ lực không ngừng. Hy vọng với những thông tin và tài liệu mà Loigiai.com.vn cung cấp, các em học sinh sẽ tự tin và đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới.
Khám phá 'Sự Cứu Rỗi Của Thánh Nữ' của Higashino Keigo - một vụ án mạng phức tạp, xoay quanh những bí mật đen tối và góc khuất tâm lý. Đọc ngay để hiểu rõ hơn về sự thật rùng rợn!
Khám phá thế giới phân dạng, từ hình học trừu tượng đến ứng dụng trong nghệ thuật và tự nhiên. Tìm hiểu cách phân dạng tạo ra vẻ đẹp vô hạn!
Bạn đã bao giờ gặp một điều nghe có vẻ vô lý nhưng lại chứa đựng sự thật? Khám phá thế giới Paradox - những mâu thuẫn thú vị giúp bạn nhìn nhận cuộc sống dưới một góc độ mới lạ. Đọc ngay!
Khám phá 'Tên của trò chơi là bắt cóc' - cuốn sách hấp dẫn đưa bạn vào thế giới ngầm đầy rẫy những kẻ ác. Đánh giá chi tiết, phân tích sâu sắc và lý do bạn nên đọc ngay!
Tìm lời giải chi tiết cho các bài tập toán lớp 1 khó nhất! Hướng dẫn phụ huynh cách hỗ trợ con học toán hiệu quả, tạo hứng thú và đạt kết quả tốt nhất. Khám phá các mẹo học tập thông minh!
Review sách 'Dữ liệu tử thần' của Jeffery Deaver. Khám phá cách tội phạm sử dụng thông tin cá nhân và học cách bảo vệ dữ liệu của bạn ngay hôm nay!
