toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bạc Liêu năm 2023. 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 được tổng hợp từ các nguồn uy tín, bao gồm đề thi chính thức của các trường THCS trên địa bàn tỉnh Bạc Liêu và các đề thi thử do các giáo viên có kinh nghiệm biên soạn.
Câu 1: a) Tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {80} + \sqrt {45} \). b) Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{3}{{\sqrt x + 1}}} \right):\frac{2}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1\).
Câu 1:
a) Tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {80} + \sqrt {45} \).
b) Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{3}{{\sqrt x + 1}}} \right):\frac{2}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1\).
Câu 2:
a) Tìm hệ số a để đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\)đi qua điểm M(-1;2). Vẽ đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\) với giá trị \(a\) vừa tìm được.
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4\\2x + y = 3\end{array} \right.\)
Câu 3:
Cho phương trình bậc hai \({x^2} - 2x + m - 2 = 0\) (1), với \(m\) là tham số.
a) Xác định các hệ số a, b, c của phương trình (1).
b) Giải phương trình (1) khi \(m = - 1\).
c) Tìm giá trị của \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2 = 11\).
Câu 4:
Trên đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R, lấy hai điểm C, D sao cho CD vuông góc với AB tại H (H thuộc đoạn OA, khác O và A). Gọi M là điểm trên đoạn CD (M khác C và D, CM > DM), E là giao điểm của AM với đường tròn (O), N là giao điểm của hai đường thẳng BE và CD.
a) Chứng minh tứ giác MEBH nội tiếp
b) Chứng minh NC. ND = NB. NE
c) Khi AC = R, xác định vị trí của điểm M để 2AM + AE đạt giá trị nhỏ nhất
-----HẾT-----
Câu 1:
a) Tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {80} + \sqrt {45} \).
b) Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{3}{{\sqrt x + 1}}} \right):\frac{2}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1\).
Câu 2:
a) Tìm hệ số a để đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\)đi qua điểm M(-1;2). Vẽ đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\) với giá trị \(a\) vừa tìm được.
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4\\2x + y = 3\end{array} \right.\)
Câu 3:
Cho phương trình bậc hai \({x^2} - 2x + m - 2 = 0\) (1), với \(m\) là tham số.
a) Xác định các hệ số a, b, c của phương trình (1).
b) Giải phương trình (1) khi \(m = - 1\).
c) Tìm giá trị của \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2 = 11\).
Câu 4:
Trên đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R, lấy hai điểm C, D sao cho CD vuông góc với AB tại H (H thuộc đoạn OA, khác O và A). Gọi M là điểm trên đoạn CD (M khác C và D, CM > DM), E là giao điểm của AM với đường tròn (O), N là giao điểm của hai đường thẳng BE và CD.
a) Chứng minh tứ giác MEBH nội tiếp
b) Chứng minh NC. ND = NB. NE
c) Khi AC = R, xác định vị trí của điểm M để 2AM + AE đạt giá trị nhỏ nhất
-----HẾT-----
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
a) Biến đổi \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\) và \(\sqrt {A.B} = \sqrt A .\sqrt B \)
b) Tìm mẫu số chung, quy đồng và rút gọn biểu thức
Cách giải:
a) Tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {80} + \sqrt {45} \).
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {80} + \sqrt {45} \\A = \sqrt {16.5} + \sqrt {9.5} \\A = \sqrt {{4^2}.5} + \sqrt {{3^2}.5} \\A = 4\sqrt 5 + 3\sqrt 5 \\A = 7\sqrt 5 \end{array}\)
Vậy \(A = 7\sqrt 5 \).
b) Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{3}{{\sqrt x + 1}}} \right):\frac{2}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1\).
Với \(x > 0\) và \(x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{3}{{\sqrt x + 1}}} \right):\frac{2}{{\sqrt x + 1}}\\B = \frac{{\sqrt x + 1 + 3\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}:\frac{2}{{\sqrt x + 1}}\\B = \frac{{\sqrt x + 1 + 3\sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\frac{{\sqrt x + 1}}{2}\\B = \frac{{4\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}.\frac{1}{2}\\B = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 1}}\end{array}\)
Vậy \(B = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 1}}.\)
Câu 2 (TH):
Phương pháp:
a) Thay tọa độ M vào hàm số tìm a, lập bảng vẽ đồ thị hàm số và nhận xét
b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số
Cách giải:
a) Tìm hệ số a để đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\)đi qua điểm M(-1;2). Vẽ đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\) với giá trị \(a\) vừa tìm được.
Đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\)đi qua điểm \(M\left( { - 1;2} \right)\) khi và chỉ khi: \(a.{\left( { - 1} \right)^2} = 2 \Leftrightarrow a = 2\)
Vậy \(a = 2\).
* Vẽ đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\)
Ta có bảng giá trị sau:
=> Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 1;2} \right);\,\,B\left( {1;2} \right);\,C\left( { - 2;8} \right);\,D\left( {2;8} \right)\).
Hệ số a = 2 > 0 nên parabol có bề cong hướng lên. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.
Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\) như sau:
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4\\2x + y = 3\end{array} \right.\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4\\2x + y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4\\4x + 2y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 10\\y = 3 - 2x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = - 1\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: \(\left( {x;y} \right) = \left( {2; - 1} \right)\).
Câu 3 (TH):
Phương pháp:
a) Hệ số a, b, c của phương trình là các hệ số của số hạng \({x^2},x\)và hệ số tự do
b) Thay m = -1 vào phương trình, giải phương trình bằng cách nhẩm nghiệm
c) Tính \(\Delta '\). Cho \(\Delta ' > 0\) tìm m, áp dụng Viet thay vào \(3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2 = 11\)
Cách giải:
a) Xác định các hệ số a, b, c của phương trình (1).
Hệ số \(a = 1;\,\,b = - 2;\,\,c = m - 2.\)
b) Giải phương trình (1) khi \(m = - 1\).
Khi \(m = - 1\) phương trình (1) \( \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 = 0\).
Ta có \(a - b + c = 1 - \left( { - 2} \right) + \left( { - 3} \right) = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = - 1\\{x_2} = - \frac{c}{a} = 3\end{array} \right.\).
Vậy khi m = -1 thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1;3} \right\}\).
c) Tìm giá trị của \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2 = 11\).
Phương trình (1) có \(\Delta ' = {\left( { - 1} \right)^2} - 1\left( {m - 2} \right) = - m + 3\).
Để phương trình có hai nghiệm thì \(\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow - m + 3 \ge 0 \Leftrightarrow m \le 3\)
Áp dụng định lí Vi – ét ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1}.{x_2} = m - 2}\end{array}} \right.\)
Theo bài ra ta có: \(3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2 = 11\)
\( \Leftrightarrow 3\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}.{x_2}} \right] + x_1^2x_2^2 = 11\) (2)
Thay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1}.{x_2} = m - 2}\end{array}} \right.\) vào (2) ta có:
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3\left[ {{2^2} - 2\left( {m - 2} \right)} \right] + {\left( {m - 2} \right)^2} = 11\\ \Leftrightarrow 3\left( {8 - 2m} \right) + {m^2} - 4m + 4 = 11\\ \Leftrightarrow {m^2} - 10m + 17 = 0\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Ta có: \({\Delta _m}' = {5^2} - 17 = 8 > 0\) nên phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}m = 5 + 2\sqrt 2 \,\,\,\left( {ktm} \right)\\m = 5 - 2\sqrt 2 \,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy với \(m = 5 - 2\sqrt 2 \,\) phương trình (1) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2 = 11\).
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
a) Tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)
b) Chứng minh $\Delta NCE\backsim \Delta NBD\left( g.g \right)$
c) Gọi \(HM = x\,\,\left( {0 < x < R} \right)\). Tính AE, AM theo x và áp dụng bất đẳng thức Cô-si
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác MEBH nội tiếp
Ta có \(\angle AEB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\(\angle MHB = {90^0}\) (do \(CD \bot AB\) tại H) (gt)
\( \Rightarrow \angle MEB + \angle MHB = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác MEBH nội tiếp (dhnb)
b) Chứng minh NC. ND = NB. NE
Xét \(\Delta NCE\) và \(\Delta NBD\) có:
\(\angle BNC\) chung
\(\angle NCE = \angle NBD\) (góc nội tiếp cùng chắn cung DE)
$\Rightarrow \Delta NCE\backsim \Delta NBD\left( g.g \right)$
\( \Rightarrow \frac{{NC}}{{NB}} = \frac{{NE}}{{ND}} \Leftrightarrow NC.ND = NE.NB\) (đpcm)
c) Khi AC = R, xác định vị trí của điểm M để 2AM + AE đạt giá trị nhỏ nhất
Xét tam giác OAC có OA = OC = AC = R => Tam giác OAC đều.
\( \Rightarrow \) Đường cao CH đồng thời là đường trung tuyến \( \Rightarrow H\) là trung điểm của OA \( \Rightarrow AH = \frac{1}{2}OA = \frac{R}{2}\).
Đặt \(HM = x\,\,\left( {0 < x < R} \right)\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông AHM ta có: \(AM = \sqrt {\frac{{{R^2}}}{4} + {x^2}} \Rightarrow 2AM = \sqrt {{R^2} + 4{x^2}} \).
Xét tam giác AHM và tam giác AEB có:
\(\begin{array}{l}\angle BAE\,\,chung\\\angle AHM = \angle AEB = {90^0}\,\,\left( {cmt} \right)\end{array}\)
\(\Rightarrow \Delta AHM\backsim \Delta AEB\,\,\left( g.g \right)\)
\( \Rightarrow \frac{{HM}}{{BE}} = \frac{{AH}}{{AE}} = \frac{{AM}}{{AB}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
\( \Rightarrow AE = \frac{{AH.AB}}{{AM}} = \frac{{\frac{R}{2}.2R}}{{\sqrt {\frac{{{R^2}}}{4} + {x^2}} }} = \frac{{2{R^2}}}{{\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} }}\)
\( \Rightarrow 2AM + AE = \sqrt {{R^2} + 4{x^2}} + \frac{{2{R^2}}}{{\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} }}\)
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
\(\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} + \frac{{2{R^2}}}{{\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} }} \ge 2\sqrt {\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} .\frac{{2{R^2}}}{{\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} }}} = 2\sqrt 2 R\)
Dấu “=” xảy ra
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt {{R^2} + 4{x^2}} = \frac{{2{R^2}}}{{\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} }}\\ \Leftrightarrow {R^2} + 4{x^2} = 2{R^2} \Leftrightarrow {x^2} = \frac{{{R^2}}}{4} \Leftrightarrow x = \frac{R}{2}\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow HM = \frac{R}{2} \Rightarrow M\) là trung điểm của HD.
Vậy để 2AM + AE đạt giá trị nhỏ nhất thì M là trung điểm của HD.
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
a) Biến đổi \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\) và \(\sqrt {A.B} = \sqrt A .\sqrt B \)
b) Tìm mẫu số chung, quy đồng và rút gọn biểu thức
Cách giải:
a) Tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {80} + \sqrt {45} \).
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {80} + \sqrt {45} \\A = \sqrt {16.5} + \sqrt {9.5} \\A = \sqrt {{4^2}.5} + \sqrt {{3^2}.5} \\A = 4\sqrt 5 + 3\sqrt 5 \\A = 7\sqrt 5 \end{array}\)
Vậy \(A = 7\sqrt 5 \).
b) Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{3}{{\sqrt x + 1}}} \right):\frac{2}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1\).
Với \(x > 0\) và \(x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{3}{{\sqrt x + 1}}} \right):\frac{2}{{\sqrt x + 1}}\\B = \frac{{\sqrt x + 1 + 3\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}:\frac{2}{{\sqrt x + 1}}\\B = \frac{{\sqrt x + 1 + 3\sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\frac{{\sqrt x + 1}}{2}\\B = \frac{{4\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}.\frac{1}{2}\\B = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 1}}\end{array}\)
Vậy \(B = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 1}}.\)
Câu 2 (TH):
Phương pháp:
a) Thay tọa độ M vào hàm số tìm a, lập bảng vẽ đồ thị hàm số và nhận xét
b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số
Cách giải:
a) Tìm hệ số a để đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\)đi qua điểm M(-1;2). Vẽ đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\) với giá trị \(a\) vừa tìm được.
Đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\)đi qua điểm \(M\left( { - 1;2} \right)\) khi và chỉ khi: \(a.{\left( { - 1} \right)^2} = 2 \Leftrightarrow a = 2\)
Vậy \(a = 2\).
* Vẽ đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\)
Ta có bảng giá trị sau:
=> Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { - 1;2} \right);\,\,B\left( {1;2} \right);\,C\left( { - 2;8} \right);\,D\left( {2;8} \right)\).
Hệ số a = 2 > 0 nên parabol có bề cong hướng lên. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.
Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\) như sau:
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4\\2x + y = 3\end{array} \right.\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4\\2x + y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4\\4x + 2y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 10\\y = 3 - 2x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = - 1\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: \(\left( {x;y} \right) = \left( {2; - 1} \right)\).
Câu 3 (TH):
Phương pháp:
a) Hệ số a, b, c của phương trình là các hệ số của số hạng \({x^2},x\)và hệ số tự do
b) Thay m = -1 vào phương trình, giải phương trình bằng cách nhẩm nghiệm
c) Tính \(\Delta '\). Cho \(\Delta ' > 0\) tìm m, áp dụng Viet thay vào \(3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2 = 11\)
Cách giải:
a) Xác định các hệ số a, b, c của phương trình (1).
Hệ số \(a = 1;\,\,b = - 2;\,\,c = m - 2.\)
b) Giải phương trình (1) khi \(m = - 1\).
Khi \(m = - 1\) phương trình (1) \( \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 = 0\).
Ta có \(a - b + c = 1 - \left( { - 2} \right) + \left( { - 3} \right) = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = - 1\\{x_2} = - \frac{c}{a} = 3\end{array} \right.\).
Vậy khi m = -1 thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1;3} \right\}\).
c) Tìm giá trị của \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2 = 11\).
Phương trình (1) có \(\Delta ' = {\left( { - 1} \right)^2} - 1\left( {m - 2} \right) = - m + 3\).
Để phương trình có hai nghiệm thì \(\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow - m + 3 \ge 0 \Leftrightarrow m \le 3\)
Áp dụng định lí Vi – ét ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1}.{x_2} = m - 2}\end{array}} \right.\)
Theo bài ra ta có: \(3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2 = 11\)
\( \Leftrightarrow 3\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}.{x_2}} \right] + x_1^2x_2^2 = 11\) (2)
Thay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1}.{x_2} = m - 2}\end{array}} \right.\) vào (2) ta có:
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3\left[ {{2^2} - 2\left( {m - 2} \right)} \right] + {\left( {m - 2} \right)^2} = 11\\ \Leftrightarrow 3\left( {8 - 2m} \right) + {m^2} - 4m + 4 = 11\\ \Leftrightarrow {m^2} - 10m + 17 = 0\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Ta có: \({\Delta _m}' = {5^2} - 17 = 8 > 0\) nên phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}m = 5 + 2\sqrt 2 \,\,\,\left( {ktm} \right)\\m = 5 - 2\sqrt 2 \,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy với \(m = 5 - 2\sqrt 2 \,\) phương trình (1) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + x_1^2x_2^2 = 11\).
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
a) Tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)
b) Chứng minh $\Delta NCE\backsim \Delta NBD\left( g.g \right)$
c) Gọi \(HM = x\,\,\left( {0 < x < R} \right)\). Tính AE, AM theo x và áp dụng bất đẳng thức Cô-si
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác MEBH nội tiếp
Ta có \(\angle AEB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\(\angle MHB = {90^0}\) (do \(CD \bot AB\) tại H) (gt)
\( \Rightarrow \angle MEB + \angle MHB = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác MEBH nội tiếp (dhnb)
b) Chứng minh NC. ND = NB. NE
Xét \(\Delta NCE\) và \(\Delta NBD\) có:
\(\angle BNC\) chung
\(\angle NCE = \angle NBD\) (góc nội tiếp cùng chắn cung DE)
$\Rightarrow \Delta NCE\backsim \Delta NBD\left( g.g \right)$
\( \Rightarrow \frac{{NC}}{{NB}} = \frac{{NE}}{{ND}} \Leftrightarrow NC.ND = NE.NB\) (đpcm)
c) Khi AC = R, xác định vị trí của điểm M để 2AM + AE đạt giá trị nhỏ nhất
Xét tam giác OAC có OA = OC = AC = R => Tam giác OAC đều.
\( \Rightarrow \) Đường cao CH đồng thời là đường trung tuyến \( \Rightarrow H\) là trung điểm của OA \( \Rightarrow AH = \frac{1}{2}OA = \frac{R}{2}\).
Đặt \(HM = x\,\,\left( {0 < x < R} \right)\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông AHM ta có: \(AM = \sqrt {\frac{{{R^2}}}{4} + {x^2}} \Rightarrow 2AM = \sqrt {{R^2} + 4{x^2}} \).
Xét tam giác AHM và tam giác AEB có:
\(\begin{array}{l}\angle BAE\,\,chung\\\angle AHM = \angle AEB = {90^0}\,\,\left( {cmt} \right)\end{array}\)
\(\Rightarrow \Delta AHM\backsim \Delta AEB\,\,\left( g.g \right)\)
\( \Rightarrow \frac{{HM}}{{BE}} = \frac{{AH}}{{AE}} = \frac{{AM}}{{AB}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
\( \Rightarrow AE = \frac{{AH.AB}}{{AM}} = \frac{{\frac{R}{2}.2R}}{{\sqrt {\frac{{{R^2}}}{4} + {x^2}} }} = \frac{{2{R^2}}}{{\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} }}\)
\( \Rightarrow 2AM + AE = \sqrt {{R^2} + 4{x^2}} + \frac{{2{R^2}}}{{\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} }}\)
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
\(\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} + \frac{{2{R^2}}}{{\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} }} \ge 2\sqrt {\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} .\frac{{2{R^2}}}{{\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} }}} = 2\sqrt 2 R\)
Dấu “=” xảy ra
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt {{R^2} + 4{x^2}} = \frac{{2{R^2}}}{{\sqrt {{R^2} + 4{x^2}} }}\\ \Leftrightarrow {R^2} + 4{x^2} = 2{R^2} \Leftrightarrow {x^2} = \frac{{{R^2}}}{4} \Leftrightarrow x = \frac{R}{2}\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow HM = \frac{R}{2} \Rightarrow M\) là trung điểm của HD.
Vậy để 2AM + AE đạt giá trị nhỏ nhất thì M là trung điểm của HD.
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại Bạc Liêu năm 2023 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc nắm vững cấu trúc đề thi, các dạng bài tập thường gặp và phương pháp giải quyết là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp một cái nhìn tổng quan về đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2023, phân tích các dạng bài tập chính và gợi ý phương pháp ôn tập hiệu quả.
Đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2023 thường có cấu trúc tương tự như các năm trước, bao gồm các phần sau:
Dưới đây là một số dạng bài tập thường gặp trong đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2023:
Để ôn tập hiệu quả cho kỳ thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2023, các em học sinh nên:
Trong quá trình làm bài thi, các em học sinh cần lưu ý:
Đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2023 đòi hỏi các em học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng và phương pháp ôn tập hiệu quả. Hy vọng rằng những thông tin và gợi ý trong bài viết này sẽ giúp các em tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới và đạt được kết quả tốt nhất.
Bài toán: Giải phương trình sau: 2x + 3 = 7
Giải:
Kết luận: Phương trình có nghiệm x = 2
Các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Dive into the world of innovation with comprehensive technology news, master skills with our easy-to-follow how-to guides, and explore captivating film & music reviews. Your ultimate A-Z resource for tech and entertainment awaits. Start exploring 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 'đừng đùa với tình yêu của phái đẹp'!
Khám phá phân dạng - một khái niệm toán học kỳ diệu, ẩn sau vẻ đẹp của tự nhiên và nghệ thuật. Tìm hiểu về tính bất ngờ và ứng dụng của phân dạng trong thế giới xung quanh bạn!
Khám phá khái niệm paradox một cách dễ hiểu. Tìm hiểu những ví dụ thú vị, từ logic đến đời thường, và cách chúng thách thức nhận thức của bạn. Đọc ngay!
Đánh giá chi tiết cuốn sách 'Tên của trò chơi là bắt cóc', khám phá cách tác giả xây dựng những nhân vật phản diện phức tạp và góc nhìn độc đáo về động cơ phạm tội. Đọc ngay để hiểu rõ hơn!
Tìm lời giải chi tiết cho các bài tập toán nâng cao lớp 1 cực khó. Hướng dẫn từng bước giúp bé tự tin chinh phục kiến thức toán học, phát triển tư duy logic và kỹ năng giải quyết vấn đề.
