toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Vĩnh Long 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 kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên và không chuyên tại Vĩnh Long năm 2021, được chúng tôi tổng hợp và trình bày một cách rõ ràng, dễ hiểu.
Bài 1 (1,0 điểm): Tính giá trị các biểu thức:
Bài 1 (1,0 điểm): Tính giá trị các biểu thức:
a) \(A = 3\sqrt {18} + 2\sqrt 8 - \sqrt {72} \) b) \(B = \dfrac{{\sqrt 3 - \sqrt 6 }}{{1 - \sqrt 2 }} + \sqrt {{{\left( {2 - \sqrt 3 } \right)}^2}} \)
Bài 2 (2,0 điểm): Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) \({x^2} - 8x + 15 = 0\) b) \(2{x^2} + 5x = 0\)
c) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 5\\5x - 2y = 8\end{array} \right.\) d) \(9{x^4} + 8{x^2} - 1 = 0\).
Bài 3 (2,0 điểm):
a) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho hàm số \(y = \dfrac{1}{4}{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = - \dfrac{1}{2}x + 2\). Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
b) Cho phương trình \({x^2} - 2x + m - 1 = 0\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số). Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} + x_1^2x_2^2 - 14 = 0\).
Bài 4 (1,0 điểm): Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước thì sau 3 giờ đầy bể. Nếu mở vòi một chảy một mình trong 20 phút, rồi khóa lại, mở tiếp vòi hai chảy trong 30 phút thì cả hai vòi chảy được \(\dfrac{1}{8}\) bể. Tính thời gian mỗi vòi chảy một mình đầy bể.
Bài 5 (1,0 điểm): Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\). Biết \(AB = 9\,\,cm,\,\,AC = 12\,\,cm\).
a) Tính độ dài \(BC,\,\,AH\) và số đo \(\angle ACB\) (làm tròn đến phút)
b) Phân giác của \(\angle BAC\) cắt \(BC\) tại \(D\). Tính độ dài đoạn thẳng \(BD\).
Bài 6 (2,5 điểm): Từ một điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) với \(OA < 2R\). Vẽ hai tiếp tuyến \(AD,\,\,AE\) với đường tròn \(\left( O \right)\) (với \(D,\,\,E\) là các tiếp điểm).
a) Chứng minh tứ giác \(ADOE\) nội tiếp được đường tròn.
b) Lấy điểm \(M\) thuộc cung nhỏ \(DE\) (\(M\) khác \(D\), \(M\) khác \(E\), \(MD < ME\)). Tia \(AM\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai \(N\). Đoạn thẳng \(AO\) cắt cung nhỏ \(DE\) tại \(K\). Chứng minh \(NK\) là tia phân giác của \(\angle DNE\)
c) Kẻ đường kính \(KQ\) của \(\left( {O;R} \right)\). Tia \(QN\) cắt tia \(ED\) tại \(C\). Chứng minh \(MD.CE = ME.CD\).
Bài 7 (0,5 điểm):
Tìm tất cả các giá trị \(m\) là số nguyên sao cho giao điểm của đồ thị hai hàm số \(y = {m^2}x - 1\) và \(y = - x + 2m\) có tọa độ là các số nguyên dương.
Bài 1 (1,0 điểm): Tính giá trị các biểu thức:
a) \(A = 3\sqrt {18} + 2\sqrt 8 - \sqrt {72} \) b) \(B = \dfrac{{\sqrt 3 - \sqrt 6 }}{{1 - \sqrt 2 }} + \sqrt {{{\left( {2 - \sqrt 3 } \right)}^2}} \)
Bài 2 (2,0 điểm): Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) \({x^2} - 8x + 15 = 0\) b) \(2{x^2} + 5x = 0\)
c) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 5\\5x - 2y = 8\end{array} \right.\) d) \(9{x^4} + 8{x^2} - 1 = 0\).
Bài 3 (2,0 điểm):
a) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho hàm số \(y = \dfrac{1}{4}{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = - \dfrac{1}{2}x + 2\). Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
b) Cho phương trình \({x^2} - 2x + m - 1 = 0\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số). Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} + x_1^2x_2^2 - 14 = 0\).
Bài 4 (1,0 điểm): Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước thì sau 3 giờ đầy bể. Nếu mở vòi một chảy một mình trong 20 phút, rồi khóa lại, mở tiếp vòi hai chảy trong 30 phút thì cả hai vòi chảy được \(\dfrac{1}{8}\) bể. Tính thời gian mỗi vòi chảy một mình đầy bể.
Bài 5 (1,0 điểm): Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\). Biết \(AB = 9\,\,cm,\,\,AC = 12\,\,cm\).
a) Tính độ dài \(BC,\,\,AH\) và số đo \(\angle ACB\) (làm tròn đến phút)
b) Phân giác của \(\angle BAC\) cắt \(BC\) tại \(D\). Tính độ dài đoạn thẳng \(BD\).
Bài 6 (2,5 điểm): Từ một điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) với \(OA < 2R\). Vẽ hai tiếp tuyến \(AD,\,\,AE\) với đường tròn \(\left( O \right)\) (với \(D,\,\,E\) là các tiếp điểm).
a) Chứng minh tứ giác \(ADOE\) nội tiếp được đường tròn.
b) Lấy điểm \(M\) thuộc cung nhỏ \(DE\) (\(M\) khác \(D\), \(M\) khác \(E\), \(MD < ME\)). Tia \(AM\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai \(N\). Đoạn thẳng \(AO\) cắt cung nhỏ \(DE\) tại \(K\). Chứng minh \(NK\) là tia phân giác của \(\angle DNE\)
c) Kẻ đường kính \(KQ\) của \(\left( {O;R} \right)\). Tia \(QN\) cắt tia \(ED\) tại \(C\). Chứng minh \(MD.CE = ME.CD\).
Bài 7 (0,5 điểm):
Tìm tất cả các giá trị \(m\) là số nguyên sao cho giao điểm của đồ thị hai hàm số \(y = {m^2}x - 1\) và \(y = - x + 2m\) có tọa độ là các số nguyên dương.
Bài 1:
Phương pháp:
Vận 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 toán với căn bậc hai
Cách giải:
a) \(A = 3\sqrt {18} + 2\sqrt 8 - \sqrt {72} \) \(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\, = 3\sqrt {{{2.3}^2}} + 2\sqrt {{{2.2}^2}} - \sqrt {{{2.6}^2}} \\\,\,\,\,\,\, = 3.3\sqrt 2 + 2.2\sqrt 2 - 6\sqrt 2 \\\,\,\,\,\,\, = 9\sqrt 2 + 4\sqrt 2 - 6\sqrt 2 \\\,\,\,\,\,\, = 7\sqrt 2 .\end{array}\) | b) \(B = \dfrac{{\sqrt 3 - \sqrt 6 }}{{1 - \sqrt 2 }} + \sqrt {{{\left( {2 - \sqrt 3 } \right)}^2}} \) \(\begin{array}{l}\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt 3 \left( {1 - \sqrt 2 } \right)}}{{1 - \sqrt 2 }} + \left| {2 - \sqrt 3 } \right|\\\,\,\,\,\, = \sqrt 3 + 2 - \sqrt 3 \,\,\,\,\left( {do\,\,\,2 - \sqrt 3 > 0} \right)\\\,\,\,\,\, = 2.\end{array}\) |
Bài 2:
Phương pháp:
a) Phân tích đa thức thành nhân tử đưa phương trình về dạng tích \(A\left( x \right).B\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}A\left( x \right) = 0\\B\left( x \right) = 0\end{array} \right.\) để giải phương trình hoặc sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn số.
b) Phân tích đa thức thành nhân tử đưa phương trình về dạng tích \(A\left( x \right).B\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}A\left( x \right) = 0\\B\left( x \right) = 0\end{array} \right.\) để giải phương trình.
c) Vận dụng phương pháp cộng đại số để tìm nghiệm của hệ phương trình.
d) Phương trình trùng phương nên đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình đã cho trở thành phương trình bậc hai một ẩn số, giải phương trình này chọn được \(t\) và tìm được nghiệm của phương trình ban đầu.
Cách giải:
a) \({x^2} - 8x + 15 = 0\)
Cách 1: \({x^2} - 8x + 15 = 0\) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 5x + 15 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 3x} \right) - \left( {5x - 15} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) - 5\left( {x - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x - 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\x - 5 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 5\end{array} \right.\end{array}\) Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {3;5} \right\}\). | Cách 2: Ta có \(\Delta ' = {4^2} - 15 = 1 > 0\) nên phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{4 + \sqrt 1 }}{1} = 5\\{x_2} = \dfrac{{4 - \sqrt 1 }}{1} = 3\end{array} \right.\). Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {3;5} \right\}\). |
b) \(2{x^2} + 5x = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow x\left( {2x + 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\2x + 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - \dfrac{5}{2}\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {0; - \dfrac{5}{2}} \right\}\).
c) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 5\\5x - 2y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x + 2y = 10\\5x - 2y = 8\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9x = 18\\y = 5 - 2x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 5 - 2.2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right.\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\).
d) \(9{x^4} + 8{x^2} - 1 = 0\).
Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình đã cho trở thành \(9{t^2} + 8t - 1 = 0\) (*)
Ta có \(a - b + c = 9 - 8 - 1 = 0\) nên phương trình (*) có nghiệm \(t = - 1\,\,\left( {ktm} \right)\) và \(t = \dfrac{1}{9}\,\,\left( {tm} \right)\).
Với \(t = \dfrac{1}{9} \Leftrightarrow {x^2} = \dfrac{1}{9} \Leftrightarrow x = \pm \dfrac{1}{3}\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm \dfrac{1}{3}} \right\}\).
Bài 3:
Phương pháp:
a) Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\) để vẽ đồ thị của parabol và đường thẳng.
b) Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\Delta ' > 0\)
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét, xác định được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\) sau đó thay vào phương trình để tìm tham số \(m\), đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
a) * \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{1}{4}{x^2}\) là parabol nhận trục \(Oy\) làm trục đối xứng và có bảng giá trị như sau:
\(x\) | \( - 4\) | \( - 2\) | 0 | 2 | 4 |
\(y = \dfrac{1}{4}{x^2}\) | \(4\) | 1 | 0 | 1 | 4 |
\( \Rightarrow \) Parabol \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{1}{4}{x^2}\) đi qua các điểm \(\left( { - 4;4} \right),\,\,\left( { - 2;1} \right)\), \(\left( {0;0} \right),\,\,\left( {2;1} \right),\,\,\left( {4;4} \right)\).
* Đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = - \dfrac{1}{2}x + 2\) có bảng giá trị như sau:
\(x\) | 0 | 4 |
\(y = - \dfrac{1}{2}x + 2\) | 2 | 0 |
\( \Rightarrow \) Đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = - \dfrac{1}{2}x + 2\) đi qua điểm \(\left( {0;2} \right)\) và \(\left( {4;0} \right)\).
* Vẽ \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
b) Ta có: \(\Delta ' = {1^2} - \left( {m - 1} \right) = 1 - m + 1 = 2 - m\).
Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow 2 - m > 0 \Leftrightarrow m < 2\,\,\left( * \right)\)
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right.\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} + x_1^2x_2^2 - 14 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - {x_1}{x_2} + x_1^2x_2^2 - 14 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2} + x_1^2x_2^2 - 14 = 0\\ \Leftrightarrow {2^2} - 3.\left( {m - 1} \right) + {\left( {m - 1} \right)^2} - 14 = 0\\ \Leftrightarrow 4 - 3m + 3 + {m^2} - 2m + 1 - 14 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 5m - 6 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 6\\m = - 1\end{array} \right.\end{array}\)
Đối chiếu điều kiện (*) ta thấy chỉ có \(m = - 1\) thỏa mãn.
Vậy \(m = - 1\).
Bài 4:
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình, cụ thể gọi thời gian vòi một chảy một mình đầy bể là \(x\) (giờ), thời gian vòi hai chảy một mình đầy bể là \(y\) (giờ) (ĐK: \(x,y > 0\))
Tính được trong \(1\) giờ mỗi vào chạy được bao nhiêu phần của bể.
Lập được hệ phương trình và giải.
Cách giải:
Gọi thời gian vòi một chảy một mình đầy bể là \(x\) (giờ), thời gian vòi hai chảy một mình đầy bể là \(y\) (giờ)
(ĐK: \(x,y > 0\))
\( \Rightarrow \) Trong 1 giờ vòi một chảy được \(\dfrac{1}{x}\) bể và vòi hai chảy được \(\dfrac{1}{y}\) bể.
Vì 2 vòi cùng chảy thì trong 3 giờ đầy bể nên ta có phương trình \(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{3}\,\,\,\left( 1 \right)\).
Trong \(20\) phút \( = \dfrac{1}{3}\) giờ vòi một chảy được \(\dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{{3x}}\) (bể)
Trong \(30\) phút \( = \dfrac{1}{2}\) giờ tiếp theo vòi hai chảy được \(\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{{2y}}\) (bể)
Vì nếu mở vòi một chảy một mình trong 20 phút, rồi khóa lại, mở tiếp vòi hai chảy trong 30 phút thì cả hai vòi chảy được \(\dfrac{1}{8}\) bể nên ta có phương trình \(\dfrac{1}{{3x}} + \dfrac{1}{{2y}} = \dfrac{1}{8}\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{3}\\\dfrac{1}{{3x}} + \dfrac{1}{{2y}} = \dfrac{1}{8}\end{array} \right.\,\left( * \right)\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{3}\\\dfrac{8}{{24x}} + \dfrac{{12}}{{24y}} = \dfrac{3}{{24}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{3}\\\dfrac{8}{x} + \dfrac{{12}}{y} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{8}{x} + \dfrac{8}{y} = \dfrac{8}{3}\\\dfrac{8}{x} + \dfrac{{12}}{y} = 3\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{4}{y} = \dfrac{1}{3}\\\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{y}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 12\\\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{{12}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 12\\\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 12\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy thời gian vòi một chảy một mình đầy bể là \(4\) (giờ), thời gian vòi hai chảy một mình đầy bể là \(12\) (giờ).
Chú ý:
Khi giải hệ phương trình (*) học sinh có thể sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ như sau:
Đặt \(u = \dfrac{1}{x},\,\,v = \dfrac{1}{y}\), hệ phương trình (*) trở thành
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}u + v = \dfrac{1}{3}\\\dfrac{1}{3}u + \dfrac{1}{2}y = \dfrac{1}{8}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}u + v = \dfrac{1}{3}\\8u + 12v = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}8u + 8v = \dfrac{8}{3}\\8u + 12v = 3\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4v = \dfrac{1}{3}\\u = \dfrac{1}{3} - v\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}v = \dfrac{1}{{12}}\\u = \dfrac{1}{4}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{{12}}\\\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 12\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Bài 5:
Phương pháp:
a) Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABC\), tính \(BC\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\), tính \(AH\)
Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông, tính \(\tan \angle ACB \Rightarrow \angle ACB\)
b) Áp dụng định lí đường phân giác trong tam giác.
Cách giải:
a)
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\\ \Rightarrow B{C^2} = {9^2} + {12^2}\\ \Rightarrow B{C^2} = 81 + 144\\ \Rightarrow B{C^2} = 225\\ \Rightarrow BC = \sqrt {225} = 15\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,AH.BC = AB.AC\\ \Rightarrow AH = \dfrac{{AB.AC}}{{BC}}\\ \Rightarrow AH = \dfrac{{9.12}}{{15}} = 7,2\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Xét tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(\tan \angle ACB = \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{9}{{12}} = \dfrac{3}{4}\)
\( \Rightarrow \angle ACB = \arctan \dfrac{3}{4} \approx {37^0}\).
Vậy \(BC = 15\,\,cm,\,\,AH = 7,2\,\,cm\) và \(\angle ACB \approx {37^0}\).
b)
Áp dụng định lí đường phân giác ta có: \(\dfrac{{DB}}{{DC}} = \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{9}{{12}} = \dfrac{3}{4}\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{DB}}{{DB + DC}} = \dfrac{3}{{3 + 4}} \Rightarrow \dfrac{{DB}}{{BC}} = \dfrac{3}{7}\\ \Rightarrow DB = \dfrac{3}{7}BC = \dfrac{3}{7}.15 = \dfrac{{45}}{7}\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Vậy \(BD = \dfrac{{45}}{7}\,\,cm\).
Bài 6:
Phương pháp:
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.
b) Vận dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau và mối quan hệ của 2 góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau.
c) Chứng minh: \(\dfrac{{MD}}{{ND}} = \dfrac{{AD}}{{AN}}\), \(\dfrac{{ME}}{{NE}} = \dfrac{{AE}}{{AN}}\), \(AD = AE\) suy ra \(\dfrac{{MD}}{{ME}} = \dfrac{{ND}}{{NE}}\)
Chứng minh \(\dfrac{{ND}}{{NE}} = \dfrac{{CD}}{{CE}}\), từ đó chứng minh được \(MD.CE = ME.CD\).
Cách giải:
a) Vì \(AD,\,\,AE\) là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(D,\,\,E\) nên \(\angle ODA = \angle OEA = {90^0}\) (định nghĩa)
Xét tứ giác \(ADOE\) có: \(\angle ODA + \angle OEA = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên \(ADOE\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
b) Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có \(OA\) là tia phân giác của \(\angle DOE\).
\( \Rightarrow OK\) cũng là tia phân giác của \(\angle DOE\).
\( \Rightarrow \angle DOK = \angle EOK\).
\( \Rightarrow sdcDK = sdcEK\) (2 góc ở tâm bằng nhau thì chắn 2 cung bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle DNK = \angle ENK\) (2 góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau)
Vậy \(NK\) là tia phân giác của \(\angle DNE\).
c) Xét \(\Delta AMD\) và \(\Delta ADN\) có:
\(\angle DAN\) chung;
\(\angle ADM = \angle AND\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(DM\))
\( \Rightarrow \Delta AMD \sim \Delta ADN\,\,\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MD}}{{ND}} = \dfrac{{AD}}{{AN}}\) (1)
Xét \(\Delta AME\) và \(\Delta AEN\) có:
\(\angle EAN\) chung;
\(\angle AEM = \angle ANE\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(EM\))
\( \Rightarrow \Delta AME \sim AEN\,\,\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{ME}}{{NE}} = \dfrac{{AE}}{{AN}}\) (2)
Mà \(AD = AE\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) (3)
Từ (1), (2) và (3) \( \Rightarrow \dfrac{{MD}}{{ND}} = \dfrac{{ME}}{{NE}}\) \( \Rightarrow \dfrac{{MD}}{{ME}} = \dfrac{{ND}}{{NE}}\) (4).
Vì \(KQ\) là đường kính của \(\left( O \right)\,\,\,\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow \angle KNQ = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay \(NK \bot NQ\).
Theo ý b ta có \(NK\) là tia phân giác của \(\angle DNE\) \( \Rightarrow NQ\) là phân giác ngoài của \(\angle DNE\) hay \(NC\) là phân giác ngoài của \(\angle DNE\).
Áp dụng định lí đường phân giác ta có \(\dfrac{{ND}}{{NE}} = \dfrac{{CD}}{{CE}}\) (5)
Từ (4) và (5) \( \Rightarrow \dfrac{{MD}}{{ME}} = \dfrac{{CD}}{{CE}} \Rightarrow MD.CE = ME.CD\) (đpcm).
Bài 7:
Phương pháp:
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai hàm số, tìm hoành độ giao điểm của hai hàm số đó sau đó tìm điêu kiện nguyên dương.
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{m^2}x - 1 = - x + 2m\\ \Leftrightarrow \left( {{m^2} + 1} \right)x = 2m + 1\\ \Leftrightarrow x = \dfrac{{2m + 1}}{{{m^2} + 1}}\,\left( {do\,\,{m^2} + 1 > 0\,\,\forall m} \right)\end{array}\)
Để giao điểm của 2 đồ thị có tọa độ nguyên dương thì \(\dfrac{{2m + 1}}{{{m^2} + 1}} \in {\mathbb{Z}^ + }\,\,\left( * \right)\).
Đặt \(\dfrac{{2m + 1}}{{{m^2} + 1}} = k\,\,\left( {k \in {\mathbb{Z}^ + }} \right)\) ta có
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,2m + 1 = \left( {{m^2} + 1} \right)k\\ \Leftrightarrow 2m + 1 = k{m^2} + k\\ \Leftrightarrow k{m^2} - 2m + k - 1 = 0\,\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)
Để tồn tại \(m\) thỏa mãn (*) thì phương trình (1) phải có nghiệm.
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta ' = 1 - k\left( {k - 1} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow - {k^2} + k + 1 \ge 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{1 - \sqrt 5 }}{2} \le k \le \dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2}\end{array}\)
Mà \(k \in {\mathbb{Z}^ + } \Rightarrow k = 1\).
Khi đó ta có \(\dfrac{{2m + 1}}{{{m^2} + 1}} = 1 \Leftrightarrow {m^2} + 1 = 2m + 1 \Leftrightarrow {m^2} - 2m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 2\end{array} \right.\).
Thử lại: Với \(m = 0 \Rightarrow x = \dfrac{{0 + 1}}{{{0^2} + 1}} = 1 \Rightarrow y = - 1 + 2.0 = - 1\) (ktm).
Với \(m = 2\) \( \Rightarrow x = \dfrac{{2.2 + 1}}{{{2^2} + 1}} = 1 \Rightarrow y = - 1 + 2.2 = 3\) (tm).
Vậy có 1 giá trị \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(m = 2\).
Bài 1:
Phương pháp:
Vận 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 toán với căn bậc hai
Cách giải:
a) \(A = 3\sqrt {18} + 2\sqrt 8 - \sqrt {72} \) \(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\, = 3\sqrt {{{2.3}^2}} + 2\sqrt {{{2.2}^2}} - \sqrt {{{2.6}^2}} \\\,\,\,\,\,\, = 3.3\sqrt 2 + 2.2\sqrt 2 - 6\sqrt 2 \\\,\,\,\,\,\, = 9\sqrt 2 + 4\sqrt 2 - 6\sqrt 2 \\\,\,\,\,\,\, = 7\sqrt 2 .\end{array}\) | b) \(B = \dfrac{{\sqrt 3 - \sqrt 6 }}{{1 - \sqrt 2 }} + \sqrt {{{\left( {2 - \sqrt 3 } \right)}^2}} \) \(\begin{array}{l}\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt 3 \left( {1 - \sqrt 2 } \right)}}{{1 - \sqrt 2 }} + \left| {2 - \sqrt 3 } \right|\\\,\,\,\,\, = \sqrt 3 + 2 - \sqrt 3 \,\,\,\,\left( {do\,\,\,2 - \sqrt 3 > 0} \right)\\\,\,\,\,\, = 2.\end{array}\) |
Bài 2:
Phương pháp:
a) Phân tích đa thức thành nhân tử đưa phương trình về dạng tích \(A\left( x \right).B\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}A\left( x \right) = 0\\B\left( x \right) = 0\end{array} \right.\) để giải phương trình hoặc sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn số.
b) Phân tích đa thức thành nhân tử đưa phương trình về dạng tích \(A\left( x \right).B\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}A\left( x \right) = 0\\B\left( x \right) = 0\end{array} \right.\) để giải phương trình.
c) Vận dụng phương pháp cộng đại số để tìm nghiệm của hệ phương trình.
d) Phương trình trùng phương nên đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình đã cho trở thành phương trình bậc hai một ẩn số, giải phương trình này chọn được \(t\) và tìm được nghiệm của phương trình ban đầu.
Cách giải:
a) \({x^2} - 8x + 15 = 0\)
Cách 1: \({x^2} - 8x + 15 = 0\) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 5x + 15 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 3x} \right) - \left( {5x - 15} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) - 5\left( {x - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x - 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\x - 5 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 5\end{array} \right.\end{array}\) Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {3;5} \right\}\). | Cách 2: Ta có \(\Delta ' = {4^2} - 15 = 1 > 0\) nên phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{4 + \sqrt 1 }}{1} = 5\\{x_2} = \dfrac{{4 - \sqrt 1 }}{1} = 3\end{array} \right.\). Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {3;5} \right\}\). |
b) \(2{x^2} + 5x = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow x\left( {2x + 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\2x + 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - \dfrac{5}{2}\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {0; - \dfrac{5}{2}} \right\}\).
c) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 5\\5x - 2y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x + 2y = 10\\5x - 2y = 8\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9x = 18\\y = 5 - 2x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 5 - 2.2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right.\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\).
d) \(9{x^4} + 8{x^2} - 1 = 0\).
Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình đã cho trở thành \(9{t^2} + 8t - 1 = 0\) (*)
Ta có \(a - b + c = 9 - 8 - 1 = 0\) nên phương trình (*) có nghiệm \(t = - 1\,\,\left( {ktm} \right)\) và \(t = \dfrac{1}{9}\,\,\left( {tm} \right)\).
Với \(t = \dfrac{1}{9} \Leftrightarrow {x^2} = \dfrac{1}{9} \Leftrightarrow x = \pm \dfrac{1}{3}\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm \dfrac{1}{3}} \right\}\).
Bài 3:
Phương pháp:
a) Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\) để vẽ đồ thị của parabol và đường thẳng.
b) Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\Delta ' > 0\)
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét, xác định được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\) sau đó thay vào phương trình để tìm tham số \(m\), đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
a) * \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{1}{4}{x^2}\) là parabol nhận trục \(Oy\) làm trục đối xứng và có bảng giá trị như sau:
\(x\) | \( - 4\) | \( - 2\) | 0 | 2 | 4 |
\(y = \dfrac{1}{4}{x^2}\) | \(4\) | 1 | 0 | 1 | 4 |
\( \Rightarrow \) Parabol \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{1}{4}{x^2}\) đi qua các điểm \(\left( { - 4;4} \right),\,\,\left( { - 2;1} \right)\), \(\left( {0;0} \right),\,\,\left( {2;1} \right),\,\,\left( {4;4} \right)\).
* Đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = - \dfrac{1}{2}x + 2\) có bảng giá trị như sau:
\(x\) | 0 | 4 |
\(y = - \dfrac{1}{2}x + 2\) | 2 | 0 |
\( \Rightarrow \) Đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = - \dfrac{1}{2}x + 2\) đi qua điểm \(\left( {0;2} \right)\) và \(\left( {4;0} \right)\).
* Vẽ \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
b) Ta có: \(\Delta ' = {1^2} - \left( {m - 1} \right) = 1 - m + 1 = 2 - m\).
Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow 2 - m > 0 \Leftrightarrow m < 2\,\,\left( * \right)\)
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right.\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} + x_1^2x_2^2 - 14 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - {x_1}{x_2} + x_1^2x_2^2 - 14 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2} + x_1^2x_2^2 - 14 = 0\\ \Leftrightarrow {2^2} - 3.\left( {m - 1} \right) + {\left( {m - 1} \right)^2} - 14 = 0\\ \Leftrightarrow 4 - 3m + 3 + {m^2} - 2m + 1 - 14 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 5m - 6 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 6\\m = - 1\end{array} \right.\end{array}\)
Đối chiếu điều kiện (*) ta thấy chỉ có \(m = - 1\) thỏa mãn.
Vậy \(m = - 1\).
Bài 4:
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình, cụ thể gọi thời gian vòi một chảy một mình đầy bể là \(x\) (giờ), thời gian vòi hai chảy một mình đầy bể là \(y\) (giờ) (ĐK: \(x,y > 0\))
Tính được trong \(1\) giờ mỗi vào chạy được bao nhiêu phần của bể.
Lập được hệ phương trình và giải.
Cách giải:
Gọi thời gian vòi một chảy một mình đầy bể là \(x\) (giờ), thời gian vòi hai chảy một mình đầy bể là \(y\) (giờ)
(ĐK: \(x,y > 0\))
\( \Rightarrow \) Trong 1 giờ vòi một chảy được \(\dfrac{1}{x}\) bể và vòi hai chảy được \(\dfrac{1}{y}\) bể.
Vì 2 vòi cùng chảy thì trong 3 giờ đầy bể nên ta có phương trình \(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{3}\,\,\,\left( 1 \right)\).
Trong \(20\) phút \( = \dfrac{1}{3}\) giờ vòi một chảy được \(\dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{{3x}}\) (bể)
Trong \(30\) phút \( = \dfrac{1}{2}\) giờ tiếp theo vòi hai chảy được \(\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{{2y}}\) (bể)
Vì nếu mở vòi một chảy một mình trong 20 phút, rồi khóa lại, mở tiếp vòi hai chảy trong 30 phút thì cả hai vòi chảy được \(\dfrac{1}{8}\) bể nên ta có phương trình \(\dfrac{1}{{3x}} + \dfrac{1}{{2y}} = \dfrac{1}{8}\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{3}\\\dfrac{1}{{3x}} + \dfrac{1}{{2y}} = \dfrac{1}{8}\end{array} \right.\,\left( * \right)\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{3}\\\dfrac{8}{{24x}} + \dfrac{{12}}{{24y}} = \dfrac{3}{{24}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{3}\\\dfrac{8}{x} + \dfrac{{12}}{y} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{8}{x} + \dfrac{8}{y} = \dfrac{8}{3}\\\dfrac{8}{x} + \dfrac{{12}}{y} = 3\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{4}{y} = \dfrac{1}{3}\\\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{y}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 12\\\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{{12}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 12\\\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 12\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy thời gian vòi một chảy một mình đầy bể là \(4\) (giờ), thời gian vòi hai chảy một mình đầy bể là \(12\) (giờ).
Chú ý:
Khi giải hệ phương trình (*) học sinh có thể sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ như sau:
Đặt \(u = \dfrac{1}{x},\,\,v = \dfrac{1}{y}\), hệ phương trình (*) trở thành
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}u + v = \dfrac{1}{3}\\\dfrac{1}{3}u + \dfrac{1}{2}y = \dfrac{1}{8}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}u + v = \dfrac{1}{3}\\8u + 12v = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}8u + 8v = \dfrac{8}{3}\\8u + 12v = 3\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4v = \dfrac{1}{3}\\u = \dfrac{1}{3} - v\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}v = \dfrac{1}{{12}}\\u = \dfrac{1}{4}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{{12}}\\\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 12\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Bài 5:
Phương pháp:
a) Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABC\), tính \(BC\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\), tính \(AH\)
Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông, tính \(\tan \angle ACB \Rightarrow \angle ACB\)
b) Áp dụng định lí đường phân giác trong tam giác.
Cách giải:
a)
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\\ \Rightarrow B{C^2} = {9^2} + {12^2}\\ \Rightarrow B{C^2} = 81 + 144\\ \Rightarrow B{C^2} = 225\\ \Rightarrow BC = \sqrt {225} = 15\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,AH.BC = AB.AC\\ \Rightarrow AH = \dfrac{{AB.AC}}{{BC}}\\ \Rightarrow AH = \dfrac{{9.12}}{{15}} = 7,2\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Xét tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(\tan \angle ACB = \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{9}{{12}} = \dfrac{3}{4}\)
\( \Rightarrow \angle ACB = \arctan \dfrac{3}{4} \approx {37^0}\).
Vậy \(BC = 15\,\,cm,\,\,AH = 7,2\,\,cm\) và \(\angle ACB \approx {37^0}\).
b)
Áp dụng định lí đường phân giác ta có: \(\dfrac{{DB}}{{DC}} = \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{9}{{12}} = \dfrac{3}{4}\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{DB}}{{DB + DC}} = \dfrac{3}{{3 + 4}} \Rightarrow \dfrac{{DB}}{{BC}} = \dfrac{3}{7}\\ \Rightarrow DB = \dfrac{3}{7}BC = \dfrac{3}{7}.15 = \dfrac{{45}}{7}\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Vậy \(BD = \dfrac{{45}}{7}\,\,cm\).
Bài 6:
Phương pháp:
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.
b) Vận dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau và mối quan hệ của 2 góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau.
c) Chứng minh: \(\dfrac{{MD}}{{ND}} = \dfrac{{AD}}{{AN}}\), \(\dfrac{{ME}}{{NE}} = \dfrac{{AE}}{{AN}}\), \(AD = AE\) suy ra \(\dfrac{{MD}}{{ME}} = \dfrac{{ND}}{{NE}}\)
Chứng minh \(\dfrac{{ND}}{{NE}} = \dfrac{{CD}}{{CE}}\), từ đó chứng minh được \(MD.CE = ME.CD\).
Cách giải:
a) Vì \(AD,\,\,AE\) là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(D,\,\,E\) nên \(\angle ODA = \angle OEA = {90^0}\) (định nghĩa)
Xét tứ giác \(ADOE\) có: \(\angle ODA + \angle OEA = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên \(ADOE\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
b) Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có \(OA\) là tia phân giác của \(\angle DOE\).
\( \Rightarrow OK\) cũng là tia phân giác của \(\angle DOE\).
\( \Rightarrow \angle DOK = \angle EOK\).
\( \Rightarrow sdcDK = sdcEK\) (2 góc ở tâm bằng nhau thì chắn 2 cung bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle DNK = \angle ENK\) (2 góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau)
Vậy \(NK\) là tia phân giác của \(\angle DNE\).
c) Xét \(\Delta AMD\) và \(\Delta ADN\) có:
\(\angle DAN\) chung;
\(\angle ADM = \angle AND\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(DM\))
\( \Rightarrow \Delta AMD \sim \Delta ADN\,\,\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MD}}{{ND}} = \dfrac{{AD}}{{AN}}\) (1)
Xét \(\Delta AME\) và \(\Delta AEN\) có:
\(\angle EAN\) chung;
\(\angle AEM = \angle ANE\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(EM\))
\( \Rightarrow \Delta AME \sim AEN\,\,\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{ME}}{{NE}} = \dfrac{{AE}}{{AN}}\) (2)
Mà \(AD = AE\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) (3)
Từ (1), (2) và (3) \( \Rightarrow \dfrac{{MD}}{{ND}} = \dfrac{{ME}}{{NE}}\) \( \Rightarrow \dfrac{{MD}}{{ME}} = \dfrac{{ND}}{{NE}}\) (4).
Vì \(KQ\) là đường kính của \(\left( O \right)\,\,\,\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow \angle KNQ = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay \(NK \bot NQ\).
Theo ý b ta có \(NK\) là tia phân giác của \(\angle DNE\) \( \Rightarrow NQ\) là phân giác ngoài của \(\angle DNE\) hay \(NC\) là phân giác ngoài của \(\angle DNE\).
Áp dụng định lí đường phân giác ta có \(\dfrac{{ND}}{{NE}} = \dfrac{{CD}}{{CE}}\) (5)
Từ (4) và (5) \( \Rightarrow \dfrac{{MD}}{{ME}} = \dfrac{{CD}}{{CE}} \Rightarrow MD.CE = ME.CD\) (đpcm).
Bài 7:
Phương pháp:
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai hàm số, tìm hoành độ giao điểm của hai hàm số đó sau đó tìm điêu kiện nguyên dương.
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{m^2}x - 1 = - x + 2m\\ \Leftrightarrow \left( {{m^2} + 1} \right)x = 2m + 1\\ \Leftrightarrow x = \dfrac{{2m + 1}}{{{m^2} + 1}}\,\left( {do\,\,{m^2} + 1 > 0\,\,\forall m} \right)\end{array}\)
Để giao điểm của 2 đồ thị có tọa độ nguyên dương thì \(\dfrac{{2m + 1}}{{{m^2} + 1}} \in {\mathbb{Z}^ + }\,\,\left( * \right)\).
Đặt \(\dfrac{{2m + 1}}{{{m^2} + 1}} = k\,\,\left( {k \in {\mathbb{Z}^ + }} \right)\) ta có
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,2m + 1 = \left( {{m^2} + 1} \right)k\\ \Leftrightarrow 2m + 1 = k{m^2} + k\\ \Leftrightarrow k{m^2} - 2m + k - 1 = 0\,\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)
Để tồn tại \(m\) thỏa mãn (*) thì phương trình (1) phải có nghiệm.
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta ' = 1 - k\left( {k - 1} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow - {k^2} + k + 1 \ge 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{1 - \sqrt 5 }}{2} \le k \le \dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2}\end{array}\)
Mà \(k \in {\mathbb{Z}^ + } \Rightarrow k = 1\).
Khi đó ta có \(\dfrac{{2m + 1}}{{{m^2} + 1}} = 1 \Leftrightarrow {m^2} + 1 = 2m + 1 \Leftrightarrow {m^2} - 2m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 2\end{array} \right.\).
Thử lại: Với \(m = 0 \Rightarrow x = \dfrac{{0 + 1}}{{{0^2} + 1}} = 1 \Rightarrow y = - 1 + 2.0 = - 1\) (ktm).
Với \(m = 2\) \( \Rightarrow x = \dfrac{{2.2 + 1}}{{{2^2} + 1}} = 1 \Rightarrow y = - 1 + 2.2 = 3\) (tm).
Vậy có 1 giá trị \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(m = 2\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của mỗi học sinh. Để đạt kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Trong đó, việc làm quen với các đề thi thử và đề thi chính thức của các năm trước đóng vai trò then chốt. Bài viết này sẽ cung cấp phân tích chi tiết về Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Long năm 2021, cùng với hướng dẫn giải các bài toán khó, giúp các em học sinh ôn luyện hiệu quả.
Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Long năm 2021 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi, các em học sinh cần nắm vững các kiến thức trọng tâm sau:
Dưới đây là phân tích một số câu hỏi khó thường gặp trong Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Long năm 2021:
Một bài toán điển hình về phương trình bậc hai có thể yêu cầu học sinh tìm điều kiện để phương trình có nghiệm, tính tổng và tích các nghiệm, hoặc giải phương trình với các tham số. Để giải quyết bài toán này, học sinh cần nắm vững các công thức nghiệm của phương trình bậc hai và các điều kiện để phương trình có nghiệm.
Các bài toán về hình học không gian thường yêu cầu học sinh tính diện tích bề mặt, thể tích của các hình khối, hoặc chứng minh các mối quan hệ giữa các yếu tố hình học. Để giải quyết bài toán này, học sinh cần nắm vững các công thức tính diện tích, thể tích và các định lý về hình học không gian.
Các bài toán về bất đẳng thức thường yêu cầu học sinh chứng minh một bất đẳng thức, hoặc tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức. Để giải quyết bài toán này, học sinh cần nắm vững các bất đẳng thức cơ bản và các phương pháp chứng minh bất đẳng thức.
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi, các em học sinh cần lưu ý những điều sau:
Ngoài Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Long năm 2021, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Việc ôn luyện kỹ lưỡng và làm quen với các dạng bài tập trong Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Long năm 2021 là chìa khóa để đạt được thành công trong kỳ thi. Chúc các em học sinh ôn thi tốt và đạt kết quả cao!
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!
