toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh An Giang năm 2021. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng giúp các em học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
Bộ đề thi này bao gồm các đề thi chính thức của các trường THPT chuyên và không chuyên trên địa bàn tỉnh An Giang, được biên soạn bởi đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm.
Câu 1 (3 điểm): Giải các phương trình và hệ phương trình sau đây:
Câu 1 (3 điểm): Giải các phương trình và hệ phương trình sau đây:
a) \(\left( {\sqrt 2 + 1} \right)x - \sqrt 2 = 2\)
b) \({x^4} + {x^2} - 6 = 0\)
c) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 11\\x - y = 4\end{array} \right.\)
Câu 2 (2 điểm): Cho hai hàm số \(y = {x^2}\) có đồ thị là parabol \(\left( P \right)\) và \(y = x + 2\) có đồ thị là đường thẳng \(\left( d \right).\)
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng một hệ trục tọa độ.
b) Bằng phép tính, tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right).\)
Câu 3 (2 điểm): Cho phương trình bậc hai \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + {m^2} - 3m - 4 = 0\) (\(m\) là tham số, \(x\) là ẩn số).
a) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,{x_2}.\)
b) Đặt \(A = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}.\) Tính \(A\) theo \(m\) và tìm \(m\) để \(A = 18.\)
Câu 4 (2 điểm): Cho bốn điểm \(A,\,\,B,\,\,C,\,\,D\) theo thứ tự lần lượt nằm trên nửa đường tròn đường kính \(AD.\) Gọi \(E\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD.\) Kẻ \(EF \bot AD\,\,\,\left( {F \in AD} \right).\)
a) Chứng minh tứ giác \(ABEF\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(BD\) là tia phân giác của \(\angle CBF.\)
Câu 5 (1 điểm): Một bức tường được xây bằng các viên gạch hình chữ nhật bằng nhau và được bố trí như hình vẽ bên dưới. Phần sơn màu (tô đậm) là phần ngoài của một tam giác có cạnh đáy \(10\,dm\) và chiếu cao \(6\,dm.\) Tính diện tích phần tô đậm.
Câu 1
Phương pháp:
a) Đưa phương trình về dạng \(ax + b = 0\) sau đó giải
b) Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), đưa phương trình ban đầu về dạng phương trình bậc hai ẩn \(t\), sau đó giải phương trình
c) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số
Cách giải:
a)
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\left( {\sqrt 2 + 1} \right)x - \sqrt 2 = 2\\ \Leftrightarrow \left( {\sqrt 2 + 1} \right)x = 2 + \sqrt 2 \\ \Leftrightarrow \left( {\sqrt 2 + 1} \right)x = \sqrt 2 \left( {1 + \sqrt 2 } \right)\\ \Leftrightarrow x = \sqrt 2 .\end{array}\)
Vậy phương trình có nghiệm:\(x = \sqrt 2 .\)
b) \({x^4} + {x^2} - 6 = 0\)
Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\)
\( \Rightarrow \) Phương trình \( \Leftrightarrow {t^2} + t - 6 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {t^2} - 2t + 3t - 6 = 0\\ \Leftrightarrow t\left( {t - 2} \right) + 3\left( {t - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t - 2} \right)\left( {t + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t - 2 = 0\\t + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\\t = - 3\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow {x^2} = 2\\ \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 2 .\end{array}\)
Vậy phương trình có tập nghiệm: \(S = \left\{ { - \sqrt 2 ;\,\,\sqrt 2 } \right\}.\)
c) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 11\\x - y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - y = 4\\3x = 15\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = x - 4\\x = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 1\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(S = \left( {5;\,\,1} \right).\)
Câu 2
Phương pháp:
a) Lập bảng giá trị để vẽ đồ thị
b) Tính biệt thức đen – ta, sau đó vận dụng điều kiện có 2 nghiệm phân biệt của phương trình bậc hai một ẩn
Cách giải:
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng một hệ trục tọa độ.
+) Vẽ đồ thị hàm số: \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = {x^2}\) | \(4\) | \(1\) | \(0\) | \(1\) | \(4\) |
Vậy đồ thị hàm số \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 2;\,\,4} \right),\,\,\left( { - 1;\,\,1} \right)\,,\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\left( {1;\,\,1} \right)\) và \(\left( {2;\,\,4} \right).\)
+) Vẽ đồ thị hàm số: \(\left( d \right):\,\,y = x + 2\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \(0\) | \( - 2\) |
\(y = x + 2\) | \(2\) | \(0\) |
Vậy đồ thị hàm số \(\left( d \right):\,\,y = x + 2\) là đường thẳng đi qua các điểm \(\left( {0;\,\,2} \right)\) và \(\left( { - 2;\,\,0} \right).\)
Đồ thị hàm số:
b) Bằng phép tính, tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right).\)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) là:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} = x + 2\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(x = - 1\)\( \Rightarrow y = {\left( { - 1} \right)^2} = 1.\)
Với \(x = 2\) \( \Rightarrow y = {2^2} = 4.\)
Vậy đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(\left( { - 1;\,\,1} \right)\) và \(\left( {2;\,\,4} \right).\)
Câu 3
Phương pháp:
a) Tính biệt thức đen – ta, sau đó vận dụng điều kiện có 2 nghiệm phân biệt của phương trình bậc hai một ẩn
b) Áp dụng ứng dụng của hệ thức Vi – ét và giả thiết của đề bài để tìm \(m\)
Cách giải:
a) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,{x_2}.\)
\({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + {m^2} - 3m - 4 = 0\,\,\,\,\,\left( * \right)\)
Phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,\,{x_2}\) \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} - \left( {{m^2} - 3m - 4} \right) > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 - {m^2} + 3m + 4 > 0\\ \Leftrightarrow m + 5 > 0\\ \Leftrightarrow m > - 5.\end{array}\)
Vậy với \(m > - 5\) thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,\,{x_2}.\)
b) Đặt \(A = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}.\) Tính \(A\) theo \(m\) và tìm \(m\) để \(A = 18.\)
Với \(m > - 5\) thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,\,{x_2}.\)
Theo hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right) = 2m - 2\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 3m - 4\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}A = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\, = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - {x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\, = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\, = 4{\left( {m - 1} \right)^2} - 3\left( {{m^2} - 3m - 4} \right)\\\,\,\,\,\, = 4\left( {{m^2} - 2m + 1} \right) - 3{m^2} + 9m + 12\\\,\,\,\,\,\, = 4{m^2} - 8m + 4 - 3{m^2} + 9m + 12\\\,\,\,\,\,\, = {m^2} + m + 16.\end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow A = 18\\ \Leftrightarrow {m^2} + m + 16 = 18\\ \Leftrightarrow {m^2} + m - 2 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m - 1} \right)\left( {m + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m - 1 = 0\\m + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\,\,\,\left( {tm} \right)\\m = - 2\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m \in \left\{ { - 2;\,\,1} \right\}\) thỏa mãn bài toán.
Câu 4
Phương pháp:
a) Áp dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)
b) Sử dụng tính chất bắc cầu để chứng minh \( \Rightarrow BD\) là phân giác của \(\angle FBC.\,\,\)
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(ABEF\) nội tiếp.
Ta có: \(\angle ABD\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(AD\)
\( \Rightarrow \angle ABD = {90^0}\) hay \(\angle ABE = {90^0}\)
Xét tứ giác \(ABEF\) ta có: \(\angle ABE + \angle AFE = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
\( \Rightarrow ABEF\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)).
b) Chứng minh \(BD\) là tia phân giác của \(\angle CBF.\)
Vì \(ABEF\) là tứ giác nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle FBE = \angle FAE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EF\))
Hay \(\angle CAD = \angle FBD.\)
Lại có: \(\angle CBD = \angle CAD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CD\))
\( \Rightarrow \angle CBD = \angle FBD\,\,\,\left( { = \angle CAD} \right)\)
\( \Rightarrow BD\) là phân giác của \(\angle FBC.\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
Câu 5
Phương pháp:
Tính diện tích của 1 viên gạch từ đó tính diện tích của bức tường, tính diện tich của hình tam giác và từ đó suy ra phần diện tích cần tính.
Cách giải:
Chiều rộng của một viên gạch là: \(6:4 = 1,5\,\,\left( {dm} \right).\)
Chiều dài của một viên gạch là: \(10:5 = 2\,\,\left( {dm} \right).\)
Diện tích của một viên gạch là: \(1,5.2 = 3\,\,\,\left( {d{m^2}} \right).\)
Tổng số viên gạch để xây bức tường là: \(2 + 3 + 4 + 5 = 14\) (viên).
Diện tích của bức tường đã xây là: \(3.14 = 42\,\,\left( {d{m^2}} \right).\)
Diện tích tam giác trong hình là: \(\dfrac{1}{2}.6.10 = 30\,\,\left( {d{m^2}} \right).\)
Diện tích phần sơn màu là: \(42 - 30 = 12\,\,\,\left( {d{m^2}} \right).\)
Câu 1 (3 điểm): Giải các phương trình và hệ phương trình sau đây:
a) \(\left( {\sqrt 2 + 1} \right)x - \sqrt 2 = 2\)
b) \({x^4} + {x^2} - 6 = 0\)
c) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 11\\x - y = 4\end{array} \right.\)
Câu 2 (2 điểm): Cho hai hàm số \(y = {x^2}\) có đồ thị là parabol \(\left( P \right)\) và \(y = x + 2\) có đồ thị là đường thẳng \(\left( d \right).\)
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng một hệ trục tọa độ.
b) Bằng phép tính, tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right).\)
Câu 3 (2 điểm): Cho phương trình bậc hai \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + {m^2} - 3m - 4 = 0\) (\(m\) là tham số, \(x\) là ẩn số).
a) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,{x_2}.\)
b) Đặt \(A = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}.\) Tính \(A\) theo \(m\) và tìm \(m\) để \(A = 18.\)
Câu 4 (2 điểm): Cho bốn điểm \(A,\,\,B,\,\,C,\,\,D\) theo thứ tự lần lượt nằm trên nửa đường tròn đường kính \(AD.\) Gọi \(E\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD.\) Kẻ \(EF \bot AD\,\,\,\left( {F \in AD} \right).\)
a) Chứng minh tứ giác \(ABEF\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(BD\) là tia phân giác của \(\angle CBF.\)
Câu 5 (1 điểm): Một bức tường được xây bằng các viên gạch hình chữ nhật bằng nhau và được bố trí như hình vẽ bên dưới. Phần sơn màu (tô đậm) là phần ngoài của một tam giác có cạnh đáy \(10\,dm\) và chiếu cao \(6\,dm.\) Tính diện tích phần tô đậm.
Câu 1
Phương pháp:
a) Đưa phương trình về dạng \(ax + b = 0\) sau đó giải
b) Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), đưa phương trình ban đầu về dạng phương trình bậc hai ẩn \(t\), sau đó giải phương trình
c) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số
Cách giải:
a)
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\left( {\sqrt 2 + 1} \right)x - \sqrt 2 = 2\\ \Leftrightarrow \left( {\sqrt 2 + 1} \right)x = 2 + \sqrt 2 \\ \Leftrightarrow \left( {\sqrt 2 + 1} \right)x = \sqrt 2 \left( {1 + \sqrt 2 } \right)\\ \Leftrightarrow x = \sqrt 2 .\end{array}\)
Vậy phương trình có nghiệm:\(x = \sqrt 2 .\)
b) \({x^4} + {x^2} - 6 = 0\)
Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\)
\( \Rightarrow \) Phương trình \( \Leftrightarrow {t^2} + t - 6 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {t^2} - 2t + 3t - 6 = 0\\ \Leftrightarrow t\left( {t - 2} \right) + 3\left( {t - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t - 2} \right)\left( {t + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t - 2 = 0\\t + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\\t = - 3\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow {x^2} = 2\\ \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 2 .\end{array}\)
Vậy phương trình có tập nghiệm: \(S = \left\{ { - \sqrt 2 ;\,\,\sqrt 2 } \right\}.\)
c) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 11\\x - y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - y = 4\\3x = 15\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = x - 4\\x = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 1\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(S = \left( {5;\,\,1} \right).\)
Câu 2
Phương pháp:
a) Lập bảng giá trị để vẽ đồ thị
b) Tính biệt thức đen – ta, sau đó vận dụng điều kiện có 2 nghiệm phân biệt của phương trình bậc hai một ẩn
Cách giải:
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng một hệ trục tọa độ.
+) Vẽ đồ thị hàm số: \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = {x^2}\) | \(4\) | \(1\) | \(0\) | \(1\) | \(4\) |
Vậy đồ thị hàm số \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 2;\,\,4} \right),\,\,\left( { - 1;\,\,1} \right)\,,\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\left( {1;\,\,1} \right)\) và \(\left( {2;\,\,4} \right).\)
+) Vẽ đồ thị hàm số: \(\left( d \right):\,\,y = x + 2\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \(0\) | \( - 2\) |
\(y = x + 2\) | \(2\) | \(0\) |
Vậy đồ thị hàm số \(\left( d \right):\,\,y = x + 2\) là đường thẳng đi qua các điểm \(\left( {0;\,\,2} \right)\) và \(\left( { - 2;\,\,0} \right).\)
Đồ thị hàm số:
b) Bằng phép tính, tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right).\)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) là:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} = x + 2\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(x = - 1\)\( \Rightarrow y = {\left( { - 1} \right)^2} = 1.\)
Với \(x = 2\) \( \Rightarrow y = {2^2} = 4.\)
Vậy đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(\left( { - 1;\,\,1} \right)\) và \(\left( {2;\,\,4} \right).\)
Câu 3
Phương pháp:
a) Tính biệt thức đen – ta, sau đó vận dụng điều kiện có 2 nghiệm phân biệt của phương trình bậc hai một ẩn
b) Áp dụng ứng dụng của hệ thức Vi – ét và giả thiết của đề bài để tìm \(m\)
Cách giải:
a) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,{x_2}.\)
\({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + {m^2} - 3m - 4 = 0\,\,\,\,\,\left( * \right)\)
Phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,\,{x_2}\) \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} - \left( {{m^2} - 3m - 4} \right) > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 - {m^2} + 3m + 4 > 0\\ \Leftrightarrow m + 5 > 0\\ \Leftrightarrow m > - 5.\end{array}\)
Vậy với \(m > - 5\) thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,\,{x_2}.\)
b) Đặt \(A = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}.\) Tính \(A\) theo \(m\) và tìm \(m\) để \(A = 18.\)
Với \(m > - 5\) thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,\,{x_2}.\)
Theo hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right) = 2m - 2\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 3m - 4\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}A = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\, = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - {x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\, = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\, = 4{\left( {m - 1} \right)^2} - 3\left( {{m^2} - 3m - 4} \right)\\\,\,\,\,\, = 4\left( {{m^2} - 2m + 1} \right) - 3{m^2} + 9m + 12\\\,\,\,\,\,\, = 4{m^2} - 8m + 4 - 3{m^2} + 9m + 12\\\,\,\,\,\,\, = {m^2} + m + 16.\end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow A = 18\\ \Leftrightarrow {m^2} + m + 16 = 18\\ \Leftrightarrow {m^2} + m - 2 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m - 1} \right)\left( {m + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m - 1 = 0\\m + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\,\,\,\left( {tm} \right)\\m = - 2\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m \in \left\{ { - 2;\,\,1} \right\}\) thỏa mãn bài toán.
Câu 4
Phương pháp:
a) Áp dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)
b) Sử dụng tính chất bắc cầu để chứng minh \( \Rightarrow BD\) là phân giác của \(\angle FBC.\,\,\)
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(ABEF\) nội tiếp.
Ta có: \(\angle ABD\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(AD\)
\( \Rightarrow \angle ABD = {90^0}\) hay \(\angle ABE = {90^0}\)
Xét tứ giác \(ABEF\) ta có: \(\angle ABE + \angle AFE = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
\( \Rightarrow ABEF\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)).
b) Chứng minh \(BD\) là tia phân giác của \(\angle CBF.\)
Vì \(ABEF\) là tứ giác nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle FBE = \angle FAE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EF\))
Hay \(\angle CAD = \angle FBD.\)
Lại có: \(\angle CBD = \angle CAD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CD\))
\( \Rightarrow \angle CBD = \angle FBD\,\,\,\left( { = \angle CAD} \right)\)
\( \Rightarrow BD\) là phân giác của \(\angle FBC.\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
Câu 5
Phương pháp:
Tính diện tích của 1 viên gạch từ đó tính diện tích của bức tường, tính diện tich của hình tam giác và từ đó suy ra phần diện tích cần tính.
Cách giải:
Chiều rộng của một viên gạch là: \(6:4 = 1,5\,\,\left( {dm} \right).\)
Chiều dài của một viên gạch là: \(10:5 = 2\,\,\left( {dm} \right).\)
Diện tích của một viên gạch là: \(1,5.2 = 3\,\,\,\left( {d{m^2}} \right).\)
Tổng số viên gạch để xây bức tường là: \(2 + 3 + 4 + 5 = 14\) (viên).
Diện tích của bức tường đã xây là: \(3.14 = 42\,\,\left( {d{m^2}} \right).\)
Diện tích tam giác trong hình là: \(\dfrac{1}{2}.6.10 = 30\,\,\left( {d{m^2}} \right).\)
Diện tích phần sơn màu là: \(42 - 30 = 12\,\,\,\left( {d{m^2}} \right).\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại An Giang năm 2021 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Đề thi 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 số học. Việc nắm vững kiến thức cơ bản và luyện tập thường xuyên là chìa khóa để đạt kết quả tốt.
Đề thi thường được chia thành các phần sau:
Tỷ lệ điểm giữa phần trắc nghiệm và tự luận có thể thay đổi tùy theo từng trường, nhưng thường phần tự luận chiếm tỷ trọng lớn hơn.
Để ôn thi vào 10 môn Toán An Giang năm 2021 hiệu quả, các em học sinh cần:
Trong quá trình làm bài thi, các em học sinh cần:
Ngoài sách giáo khoa, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
toan11.edu.vn tin rằng với sự chuẩn bị kỹ lưỡng và tinh thần quyết tâm, các em học sinh sẽ đạt được kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán An Giang năm 2021. Chúc các em thành công!
| Dạng bài tập | Chủ đề | Mức độ khó |
|---|---|---|
| Giải phương trình bậc hai | Đại số | Trung bình |
| Chứng minh hệ thức lượng trong tam giác vuông | Hình học | Dễ |
| Tính diện tích hình tròn | Hình học | Dễ |
| Giải bài toán về tỷ lệ | Số học | Trung bình |
Stay updated with the latest technology news, learn new skills with our how-to guides, and discover your next favorite film or album. Explore now!
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!
Tìm hiểu về Fractal, một khái niệm hình học độc đáo. Bài viết này sẽ hé lộ những điều thú vị về Fractal mà bạn chưa từng biết! Khám phá ngay!
Giải mã paradox - hiện tượng tưởng chừng vô nghĩa nhưng chứa đựng triết lý sâu sắc. Khám phá các loại paradox phổ biến và ứng dụng bất ngờ của chúng! Click để tìm hiểu!
Đắm chìm vào thế giới trinh thám đầy u ám của 'Tên của trò chơi là bắt cóc'. Phân tích sâu về tâm lý nhân vật, ranh giới thiện ác mong manh và những bí mật bị che giấu. Liệu bạn có dám đối mặt với sự thật khi ai cũng là kẻ ác? Khám phá ngay!
Khám phá phương pháp độc đáo giúp con tự tin giải quyết bài tập Toán nâng cao lớp 1. Xem ngay lời giải chi tiết, dễ hiểu và các mẹo học tập hiệu quả! Đừng bỏ lỡ!
