toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận năm 2020 chính thức, được tổng hợp đầy đủ và cập nhật mới nhất. 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 tuyển sinh sắp tới.
Chúng tôi cung cấp không chỉ đề thi mà còn cả đáp án chi tiết, giúp các em tự đánh giá năng lực và tìm ra những điểm cần cải thiện.
Bài 1: Rút gọn biểu thức
Bài 1: Rút gọn biểu thức \(A = \left( {\sqrt 6 + \sqrt 3 } \right).\sqrt 3 - 3\sqrt 2 .\)
Bài 2: Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) \({x^2} + 2x - 3 = 0\) b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 7\\2x - y = 5\end{array} \right.\)
Bài 3:
a) Vẽ đồ của thị hàm số \(y = {x^2}\) trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\).
b) Cho hàm số \(y = mx + n\) có đồ thị là \(\left( d \right)\). Tìm giá trị của \(m\) và \(n\) biết \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = x + 3\) và đi qua điểm \(M\left( {2;4} \right)\).
Bài 4: Lớp 9A có 80 quyển vở dự định khen thưởng học sinh giỏi cuối năm. Thực tế cuối năm tăng thêm 2 học sinh giỏi, nên mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự định. Hỏi cuối năm lớp 9A có bao nhiêu học sinh giỏi, biết mỗi phần thưởng có số quyển vở bằng nhau.
Bài 5:
Cho nửa đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB = 2R\). Trên đoạn thẳng \(OB\) lấy điểm \(M\) (\(M\) khác \(O\) và \(B\)). Trên nửa đường tròn \(\left( O \right)\) lấy điểm \(N\) (\(N\) khác \(A\) và \(B\)). Đường thẳng vuông góc với \(MN\) tại \(N\) cắt các tiếp tuyến \(Ax,\,\,By\) của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(C\) và \(D\) (\(Ax,\,\,By\) và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ \(AB\)).
a) Chứng minh tứ giác \(ACNM\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(AN.MD = NB.CM\).
c) Gọi \(E\) là giao điểm của \(AN\) và \(CM\). Đường thẳng qua \(E\) và vuông góc với \(BD\) cắt \(MD\) tại \(F\). Chứng minh \(N,\,\,F,\,\,B\) thẳng hàng.
Bài 1 (1 điểm):
Cách giải:
Rút gọn biểu thức \(A = \left( {\sqrt 6 + \sqrt 3 } \right).\sqrt 3 - 3\sqrt 2 .\)
\(\begin{array}{l}A = \left( {\sqrt 6 + \sqrt 3 } \right).\sqrt 3 - 3\sqrt 2 \\\,\,\,\,\, = \sqrt 6 .\sqrt 3 + \sqrt 3 .\sqrt 3 - 3\sqrt 2 \\\,\,\,\,\, = \sqrt {18} + 3 - 3\sqrt 2 \\\,\,\,\,\, = 3\sqrt 2 + 3 - 3\sqrt 2 \\\,\,\,\,\, = 3.\end{array}\)
Vậy \(A = 3.\)
Bài 2 (2 điểm):
Cách giải:
Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) \({x^2} + 2x - 3 = 0\)
Phương trình có: \(a + b + c = 1 + 2 - 3 = 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = - 3\end{array} \right..\)
Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {1; - 3} \right\}.\)
b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 7\\2x - y = 5\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 12\\y = 7 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 7 - 4 = 3\end{array} \right..\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {4;\,\,3} \right).\)
Bài 3 (2,0 điểm)
Cách giải:
a) Vẽ đồ của thị hàm số \(y = {x^2}\) trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\).
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | 0 | 1 | 2 |
\(y = {x^2}\) | 4 | 1 | 0 | 1 | 4 |
Do đó, đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 2;4} \right)\), \(\left( { - 1;1} \right)\), \(\left( {0;0} \right)\), \(\left( {1;1} \right)\), \(\left( {2;4} \right)\) và nhận \(Oy\) làm trục đối xứng.
Đồ thị hàm số:
b) Cho hàm số \(y = mx + n\) có đồ thị là \(\left( d \right)\). Tìm giá trị của \(m\) và \(n\) biết \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = x + 3\) và đi qua điểm \(M\left( {2;4} \right)\).
Vì đường thẳn \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = x + 3\) nên ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}m = 1\\n \ne 3\end{array} \right.\).
Khi đó phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) có dạng \(y = x + n\) (với \(n \ne 3\))
Mà \(M\left( {2;4} \right) \in d \Rightarrow 4 = 2 + n \Leftrightarrow n = 2\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(m = 1,\,\,n = 2\).
Bài 4 (1 điểm):
Cách giải:
Lớp 9A có 80 quyển vở dự định khen thưởng học sinh giỏi cuối năm. Thực tế cuối năm tăng thêm 2 học sinh giỏi, nên mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự định. Hỏi cuối năm lớp 9A có bao nhiêu học sinh giỏi, biết mỗi phần thưởng có số quyển vở bằng nhau.
Gọi số học sinh giỏi lớp 9A theo dự định là \(x\) (học sinh) \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right).\)
\( \Rightarrow \) Dự định, mỗi phần thưởng có số quyển vở là: \(\dfrac{{80}}{x}\) (quyển vở).
Số học sinh giỏi thực tế của lớp 9A là: \(x + 2\) (học sinh).
\( \Rightarrow \) Thực tế, mỗi phần thưởng có số quyển vở là: \(\dfrac{{80}}{{x + 2}}\) (quyển vở).
Thực tế, mỗi mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự định nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{{80}}{x} - \dfrac{{80}}{{x + 2}} = 2\\ \Leftrightarrow 80\left( {x + 2} \right) - 80x = 2x\left( {x + 2} \right)\\ \Leftrightarrow 80x + 160 - 80x = 2{x^2} + 4x\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + 4x - 160 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 80 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 10x - 8x - 80 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 10} \right) - 8\left( {x + 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 8} \right)\left( {x + 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 8 = 0\\x + 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 8\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 10\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy cuối năm lớp 9A có \(8 + 2 = 10\) học sinh giỏi.
Bài 5 (4,0 điểm)
Cách giải:
Cho nửa đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB = 2R\). Trên đoạn thẳng \(OB\) lấy điểm \(M\) (\(M\) khác \(O\) và \(B\)). Trên nửa đường tròn \(\left( O \right)\) lấy điểm \(N\) (\(N\) khác \(A\) và \(B\)). Đường thẳng vuông góc với \(MN\) tại \(N\) cắt các tiếp tuyến \(Ax,\,\,By\) của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(C\) và \(D\) (\(Ax,\,\,By\) và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ \(AB\)).
a) Chứng minh tứ giác \(ACNM\) nội tiếp.
Vì \(AC\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(A\) nên \(\angle MAC = {90^0}\).
Vì \(MN \bot CD\) tại \(N\) nên \(\angle MNC = \angle MND = {90^0}\).
Xét tứ giác \(ACNM\) có \(\angle MAC + \angle MNC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow ACNM\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)) (đpcm).
b) Chứng minh \(AN.MD = NB.CM\).
Vì \(BD\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(B\) nên \(\angle MBD = {90^0}\).
Xét tứ giác \(BMND\) có: \(\angle MBD + \angle MND = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow BMND\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle MDN = \angle MBN\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MN\)) \( \Rightarrow \angle ABN = \angle MDC\).
Vì \(ACNM\) là tứ giác nội tiếp (theo câu a).
\( \Rightarrow \angle MAN = \angle MCN\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MN\)) \( \Rightarrow \angle BAN = \angle MCD\).
Xét \(\Delta ABN\) và \(\Delta CDN\) có:
\(\begin{array}{l}\angle ABN = \angle MDC\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle BAN = \angle MCD\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta ABN \sim \Delta CDM\,\,\left( {g.g} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{AN}}{{CM}} = \dfrac{{NB}}{{MD}}\) (hai cạnh tương ứng) \( \Rightarrow AN.MD = NB.CM\) (đpcm).
c) Gọi \(E\) là giao điểm của \(AN\) và \(CM\). Đường thẳng qua \(E\) và vuông góc với \(BD\) cắt \(MD\) tại \(F\). Chứng minh \(N,\,\,F,\,\,B\) thẳng hàng.
Gọi \(E = BN \cap DM\), ta chứng minh \(EF \bot BD\).
Vì \(\Delta ABN \sim \Delta CDM\,\,\left( {cmt} \right)\) nên \(\angle ANB = \angle CMD\). Mà \(\angle ANB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle CMD = {90^0}\)
\( \Rightarrow \angle ENF = \angle EMF = {90^0}\).
Xét tứ giác \(MENF\) có: \(\angle ENF + \angle EMF = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow MENF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle {N_1} = \angle {E_1}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MF\)).
Mà \(\angle {N_1} = \angle {D_1}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BM\))
\( \Rightarrow \angle {E_1} = \angle {D_1}\) (1).
Vì \(\Delta BDM\) vuông tại \(B\) nên \(\angle {D_1} + \angle BMD = {90^0}\) (hai góc nhọn trong tam giác vuông phụ nhau).
Mà \(\angle BMD + \angle CMD + \angle {M_1} = {180^0}\) \( \Rightarrow \angle {M_1} + \angle BMD = {180^0} - \angle CMD = {180^0} - {90^0} = {90^0}\).
\( \Rightarrow \angle {D_1} = \angle {M_1}\) (2).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle {E_1} = \angle {M_1}\).
Mà hai góc này ở vị trí hai góc so le trong bằng nhau nên \(EF//AM\) hay \(EF//AB\).
Lại có \(AB \bot BD\,\,\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow EF \bot BD\).
Vậy đường thẳng qua \(E\) vuông góc với \(BD\) cắt \(MD\) tại \(F\) thuộc \(BN\) (đpcm).
d) Khi \(\angle ABN = {60^0}\), tính theo \(R\) diện tích của phần nửa hình tròn tâm \(O\), bán kính \(R\) nằm ngoài \(\Delta ABN\).
Xét tam giác vuông \(ABN\) vuông tại \(N\) có \(AB = 2R,\,\,\angle ABN = {60^0}\,\,\left( {gt} \right)\) ta có:
\(AN = AB.\sin \angle ABN = 2R.\sin {60^0} = R\sqrt 3 \).
\(BN = AB.\cos \angle ABN = 2R.\cos {60^0} = R\).
\( \Rightarrow {S_{\Delta ABN}} = \dfrac{1}{2}AN.BN = \dfrac{1}{2}.R\sqrt 3 .R = \dfrac{{{R^2}\sqrt 3 }}{2}\).
Diện tích nửa hình tròn tâm \(\left( {O;R} \right)\) là \({S_T} = \dfrac{1}{2}\pi {R^2}\).
Vậy diện tích của phần nửa hình tròn tâm \(O\), bán kính \(R\) nằm ngoài \(\Delta ABN\) là;
\(S = {S_T} - {S_{\Delta ABN}} = \dfrac{1}{2}\pi {R^2} - \dfrac{{{R^2}\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{{R^2}}}{2}\left( {\pi - \sqrt 3 } \right)\).
Bài 1: Rút gọn biểu thức \(A = \left( {\sqrt 6 + \sqrt 3 } \right).\sqrt 3 - 3\sqrt 2 .\)
Bài 2: Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) \({x^2} + 2x - 3 = 0\) b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 7\\2x - y = 5\end{array} \right.\)
Bài 3:
a) Vẽ đồ của thị hàm số \(y = {x^2}\) trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\).
b) Cho hàm số \(y = mx + n\) có đồ thị là \(\left( d \right)\). Tìm giá trị của \(m\) và \(n\) biết \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = x + 3\) và đi qua điểm \(M\left( {2;4} \right)\).
Bài 4: Lớp 9A có 80 quyển vở dự định khen thưởng học sinh giỏi cuối năm. Thực tế cuối năm tăng thêm 2 học sinh giỏi, nên mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự định. Hỏi cuối năm lớp 9A có bao nhiêu học sinh giỏi, biết mỗi phần thưởng có số quyển vở bằng nhau.
Bài 5:
Cho nửa đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB = 2R\). Trên đoạn thẳng \(OB\) lấy điểm \(M\) (\(M\) khác \(O\) và \(B\)). Trên nửa đường tròn \(\left( O \right)\) lấy điểm \(N\) (\(N\) khác \(A\) và \(B\)). Đường thẳng vuông góc với \(MN\) tại \(N\) cắt các tiếp tuyến \(Ax,\,\,By\) của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(C\) và \(D\) (\(Ax,\,\,By\) và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ \(AB\)).
a) Chứng minh tứ giác \(ACNM\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(AN.MD = NB.CM\).
c) Gọi \(E\) là giao điểm của \(AN\) và \(CM\). Đường thẳng qua \(E\) và vuông góc với \(BD\) cắt \(MD\) tại \(F\). Chứng minh \(N,\,\,F,\,\,B\) thẳng hàng.
Bài 1 (1 điểm):
Cách giải:
Rút gọn biểu thức \(A = \left( {\sqrt 6 + \sqrt 3 } \right).\sqrt 3 - 3\sqrt 2 .\)
\(\begin{array}{l}A = \left( {\sqrt 6 + \sqrt 3 } \right).\sqrt 3 - 3\sqrt 2 \\\,\,\,\,\, = \sqrt 6 .\sqrt 3 + \sqrt 3 .\sqrt 3 - 3\sqrt 2 \\\,\,\,\,\, = \sqrt {18} + 3 - 3\sqrt 2 \\\,\,\,\,\, = 3\sqrt 2 + 3 - 3\sqrt 2 \\\,\,\,\,\, = 3.\end{array}\)
Vậy \(A = 3.\)
Bài 2 (2 điểm):
Cách giải:
Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) \({x^2} + 2x - 3 = 0\)
Phương trình có: \(a + b + c = 1 + 2 - 3 = 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = - 3\end{array} \right..\)
Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {1; - 3} \right\}.\)
b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 7\\2x - y = 5\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 12\\y = 7 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 7 - 4 = 3\end{array} \right..\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {4;\,\,3} \right).\)
Bài 3 (2,0 điểm)
Cách giải:
a) Vẽ đồ của thị hàm số \(y = {x^2}\) trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\).
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | 0 | 1 | 2 |
\(y = {x^2}\) | 4 | 1 | 0 | 1 | 4 |
Do đó, đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 2;4} \right)\), \(\left( { - 1;1} \right)\), \(\left( {0;0} \right)\), \(\left( {1;1} \right)\), \(\left( {2;4} \right)\) và nhận \(Oy\) làm trục đối xứng.
Đồ thị hàm số:
b) Cho hàm số \(y = mx + n\) có đồ thị là \(\left( d \right)\). Tìm giá trị của \(m\) và \(n\) biết \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = x + 3\) và đi qua điểm \(M\left( {2;4} \right)\).
Vì đường thẳn \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = x + 3\) nên ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}m = 1\\n \ne 3\end{array} \right.\).
Khi đó phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) có dạng \(y = x + n\) (với \(n \ne 3\))
Mà \(M\left( {2;4} \right) \in d \Rightarrow 4 = 2 + n \Leftrightarrow n = 2\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(m = 1,\,\,n = 2\).
Bài 4 (1 điểm):
Cách giải:
Lớp 9A có 80 quyển vở dự định khen thưởng học sinh giỏi cuối năm. Thực tế cuối năm tăng thêm 2 học sinh giỏi, nên mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự định. Hỏi cuối năm lớp 9A có bao nhiêu học sinh giỏi, biết mỗi phần thưởng có số quyển vở bằng nhau.
Gọi số học sinh giỏi lớp 9A theo dự định là \(x\) (học sinh) \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right).\)
\( \Rightarrow \) Dự định, mỗi phần thưởng có số quyển vở là: \(\dfrac{{80}}{x}\) (quyển vở).
Số học sinh giỏi thực tế của lớp 9A là: \(x + 2\) (học sinh).
\( \Rightarrow \) Thực tế, mỗi phần thưởng có số quyển vở là: \(\dfrac{{80}}{{x + 2}}\) (quyển vở).
Thực tế, mỗi mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự định nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{{80}}{x} - \dfrac{{80}}{{x + 2}} = 2\\ \Leftrightarrow 80\left( {x + 2} \right) - 80x = 2x\left( {x + 2} \right)\\ \Leftrightarrow 80x + 160 - 80x = 2{x^2} + 4x\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + 4x - 160 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 80 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 10x - 8x - 80 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 10} \right) - 8\left( {x + 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 8} \right)\left( {x + 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 8 = 0\\x + 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 8\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 10\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy cuối năm lớp 9A có \(8 + 2 = 10\) học sinh giỏi.
Bài 5 (4,0 điểm)
Cách giải:
Cho nửa đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB = 2R\). Trên đoạn thẳng \(OB\) lấy điểm \(M\) (\(M\) khác \(O\) và \(B\)). Trên nửa đường tròn \(\left( O \right)\) lấy điểm \(N\) (\(N\) khác \(A\) và \(B\)). Đường thẳng vuông góc với \(MN\) tại \(N\) cắt các tiếp tuyến \(Ax,\,\,By\) của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(C\) và \(D\) (\(Ax,\,\,By\) và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ \(AB\)).
a) Chứng minh tứ giác \(ACNM\) nội tiếp.
Vì \(AC\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(A\) nên \(\angle MAC = {90^0}\).
Vì \(MN \bot CD\) tại \(N\) nên \(\angle MNC = \angle MND = {90^0}\).
Xét tứ giác \(ACNM\) có \(\angle MAC + \angle MNC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow ACNM\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)) (đpcm).
b) Chứng minh \(AN.MD = NB.CM\).
Vì \(BD\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(B\) nên \(\angle MBD = {90^0}\).
Xét tứ giác \(BMND\) có: \(\angle MBD + \angle MND = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow BMND\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle MDN = \angle MBN\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MN\)) \( \Rightarrow \angle ABN = \angle MDC\).
Vì \(ACNM\) là tứ giác nội tiếp (theo câu a).
\( \Rightarrow \angle MAN = \angle MCN\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MN\)) \( \Rightarrow \angle BAN = \angle MCD\).
Xét \(\Delta ABN\) và \(\Delta CDN\) có:
\(\begin{array}{l}\angle ABN = \angle MDC\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle BAN = \angle MCD\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta ABN \sim \Delta CDM\,\,\left( {g.g} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{AN}}{{CM}} = \dfrac{{NB}}{{MD}}\) (hai cạnh tương ứng) \( \Rightarrow AN.MD = NB.CM\) (đpcm).
c) Gọi \(E\) là giao điểm của \(AN\) và \(CM\). Đường thẳng qua \(E\) và vuông góc với \(BD\) cắt \(MD\) tại \(F\). Chứng minh \(N,\,\,F,\,\,B\) thẳng hàng.
Gọi \(E = BN \cap DM\), ta chứng minh \(EF \bot BD\).
Vì \(\Delta ABN \sim \Delta CDM\,\,\left( {cmt} \right)\) nên \(\angle ANB = \angle CMD\). Mà \(\angle ANB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle CMD = {90^0}\)
\( \Rightarrow \angle ENF = \angle EMF = {90^0}\).
Xét tứ giác \(MENF\) có: \(\angle ENF + \angle EMF = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow MENF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle {N_1} = \angle {E_1}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MF\)).
Mà \(\angle {N_1} = \angle {D_1}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BM\))
\( \Rightarrow \angle {E_1} = \angle {D_1}\) (1).
Vì \(\Delta BDM\) vuông tại \(B\) nên \(\angle {D_1} + \angle BMD = {90^0}\) (hai góc nhọn trong tam giác vuông phụ nhau).
Mà \(\angle BMD + \angle CMD + \angle {M_1} = {180^0}\) \( \Rightarrow \angle {M_1} + \angle BMD = {180^0} - \angle CMD = {180^0} - {90^0} = {90^0}\).
\( \Rightarrow \angle {D_1} = \angle {M_1}\) (2).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle {E_1} = \angle {M_1}\).
Mà hai góc này ở vị trí hai góc so le trong bằng nhau nên \(EF//AM\) hay \(EF//AB\).
Lại có \(AB \bot BD\,\,\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow EF \bot BD\).
Vậy đường thẳng qua \(E\) vuông góc với \(BD\) cắt \(MD\) tại \(F\) thuộc \(BN\) (đpcm).
d) Khi \(\angle ABN = {60^0}\), tính theo \(R\) diện tích của phần nửa hình tròn tâm \(O\), bán kính \(R\) nằm ngoài \(\Delta ABN\).
Xét tam giác vuông \(ABN\) vuông tại \(N\) có \(AB = 2R,\,\,\angle ABN = {60^0}\,\,\left( {gt} \right)\) ta có:
\(AN = AB.\sin \angle ABN = 2R.\sin {60^0} = R\sqrt 3 \).
\(BN = AB.\cos \angle ABN = 2R.\cos {60^0} = R\).
\( \Rightarrow {S_{\Delta ABN}} = \dfrac{1}{2}AN.BN = \dfrac{1}{2}.R\sqrt 3 .R = \dfrac{{{R^2}\sqrt 3 }}{2}\).
Diện tích nửa hình tròn tâm \(\left( {O;R} \right)\) là \({S_T} = \dfrac{1}{2}\pi {R^2}\).
Vậy diện tích của phần nửa hình tròn tâm \(O\), bán kính \(R\) nằm ngoài \(\Delta ABN\) là;
\(S = {S_T} - {S_{\Delta ABN}} = \dfrac{1}{2}\pi {R^2} - \dfrac{{{R^2}\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{{R^2}}}{2}\left( {\pi - \sqrt 3 } \right)\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong sự nghiệp học tập của mỗi học sinh. Để đạt kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là điều cần thiết. Trong đó, việc làm quen với các đề thi thử và đề thi chính thức của các năm trước đóng vai trò vô cùng quan trọng. Bài viết này sẽ tập trung phân tích chi tiết Đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận năm 2020, cung cấp hướng dẫn giải và những lưu ý quan trọng để giúp các em học sinh ôn thi hiệu quả.
Đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận năm 2020 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Độ khó của đề thi thường ở mức trung bình, đòi hỏi học sinh phải nắm vững kiến thức cơ bản, rèn luyện kỹ năng giải toán và có khả năng tư duy logic.
Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi, các em học sinh cần tập trung vào các nội dung kiến thức sau:
Ngoài ra, các em cũng cần luyện tập các bài toán thực tế để rèn luyện khả năng vận dụng kiến thức vào cuộc sống.
Dưới đây là phân tích một số câu hỏi điển hình thường xuất hiện trong Đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận năm 2020:
Để giải các bài toán này, các em cần nắm vững kiến thức cơ bản, áp dụng các công thức và phương pháp giải toán phù hợp.
Việc luyện tập với đề thi thử và đề thi chính thức của các năm trước là một cách hiệu quả để làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự đánh giá năng lực. Các em có thể tìm kiếm các đề thi này trên internet hoặc tại các trung tâm luyện thi.
Dưới đây là một số lời khuyên hữu ích khi làm bài thi:
Chúc các em học sinh ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10!
Ngoài Đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận năm 2020, các em có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Việc chuẩn bị kỹ lưỡng và luyện tập thường xuyên là chìa khóa để thành công trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10. Hy vọng rằng những thông tin và phân tích trong bài viết này sẽ giúp các em học sinh tự tin hơn và đạt kết quả tốt nhất.
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.
