Nếu bạn đang là học sinh lớp 9 và có mong muốn thi đỗ vào các trường THPT tại Hòa Bình, việc nắm vững cấu trúc và độ khó của Đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2019 là vô cùng quan trọng. toan9.edu.vn cung cấp đầy đủ đề thi chính thức, đáp án chi tiết và các bài giảng hỗ trợ ôn tập hiệu quả.
Chúng tôi hiểu rằng kỳ thi vào 10 là một bước ngoặt lớn trong cuộc đời học sinh. Do đó, chúng tôi luôn cố gắng mang đến những tài liệu chất lượng nhất, giúp các em tự tin chinh phục kỳ thi.
Câu I (2 điểm): 1) Tính:
Câu I (2 điểm):
1) Tính:
a) \(A = 3 + \dfrac{1}{2}\) b) \(B = \sqrt {25} - 1\)
2) Tìm \(x\) biết:
a) \(x + 2 = 9\) b) \(\sqrt {x + 1} = 3\)
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình \({x^2} - 7x + 12 = 0\).
2) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = - 1\\4x + y = 3\end{array} \right.\)
Câu III (3 điểm):
1) Tìm giá trị \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;2} \right)\). Khi đó hãy vẽ đường thẳng \(\left( d \right)\) trong hệ trục tọa độ \(Oxy\).
2) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\). Biết \(AB = 6cm,\,\,BC = 10cm\), tính độ dài \(AH\) và diện tích tam giác \(ABC\).
3) Một người đi xe máy từ A đến B với thời gian và vận tốc đã dự định. Nếu người đó đi nhanh hơn dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích sớm hơn dự định là 36 phút. Nếu người đó đi chậm hơi dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích muộn hơn dự định là 1 giờ. Tính vận tốc dự định của người đó và chiều dài quãng đường AB.
Câu IV (2 điểm):
Cho đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB\) và \(C\) là một điểm nằm trên \(\left( O \right)\) (C khác A, B). Đường phân giác của góc \(ACB\) cắt đoạn thẳng \(AB\) tại \(E\) và cắt \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(K\).
1) Chứng minh rằng tam giác \(KAE\) đồng dạng với tam giác \(KCA\).
2) Cho đường tròn \(\left( I \right)\) đi qua điểm \(E\) và tiếp xúc với đường tròn \(\left( O \right)\) tại tiếp điểm \(C\), đường tròn \(\left( I \right)\) cắt \(CA,\,\,CB\) tại điểm thứ hai theo thứ tự là \(M,\,\,N\). Chứng minh rằng \(MN\) song song với \(AB\).
Câu V (1 điểm):
Giải phương trình \({x^2} + \dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = 1\).
Câu I (2 điểm):
1) Tính:
a) \(A = 3 + \dfrac{1}{2}\) b) \(B = \sqrt {25} - 1\)
2) Tìm \(x\) biết:
a) \(x + 2 = 9\) b) \(\sqrt {x + 1} = 3\)
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình \({x^2} - 7x + 12 = 0\).
2) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = - 1\\4x + y = 3\end{array} \right.\)
Câu III (3 điểm):
1) Tìm giá trị \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = x + m\) đi qua điểm \(A\left( {1;2} \right)\). Khi đó hãy vẽ đường thẳng \(\left( d \right)\) trong hệ trục tọa độ \(Oxy\).
2) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\). Biết \(AB = 6cm,\,\,BC = 10cm\), tính độ dài \(AH\) và diện tích tam giác \(ABC\).
3) Một người đi xe máy từ A đến B với thời gian và vận tốc đã dự định. Nếu người đó đi nhanh hơn dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích sớm hơn dự định là 36 phút. Nếu người đó đi chậm hơi dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích muộn hơn dự định là 1 giờ. Tính vận tốc dự định của người đó và chiều dài quãng đường AB.
Câu IV (2 điểm):
Cho đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB\) và \(C\) là một điểm nằm trên \(\left( O \right)\) (C khác A, B). Đường phân giác của góc \(ACB\) cắt đoạn thẳng \(AB\) tại \(E\) và cắt \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(K\).
1) Chứng minh rằng tam giác \(KAE\) đồng dạng với tam giác \(KCA\).
2) Cho đường tròn \(\left( I \right)\) đi qua điểm \(E\) và tiếp xúc với đường tròn \(\left( O \right)\) tại tiếp điểm \(C\), đường tròn \(\left( I \right)\) cắt \(CA,\,\,CB\) tại điểm thứ hai theo thứ tự là \(M,\,\,N\). Chứng minh rằng \(MN\) song song với \(AB\).
Câu V (1 điểm):
Giải phương trình \({x^2} + \dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = 1\).
Câu I (VD):
Phương pháp:
1a) Quy đồng.
1b) Sử dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\).
2a) Chuyển vế tìm \(x\).
2b) Tìm ĐKXĐ.
\(\sqrt A = B\,\,\left( {B \ge 0} \right) \Leftrightarrow A = {B^2}\).
Cách giải:
1a) \(A = 3 + \dfrac{1}{2} = \dfrac{{6 + 1}}{2} = \dfrac{7}{2}\).
Vậy \(A = \dfrac{7}{2}\).
1b) \(B = \sqrt {25} - 1 = \sqrt {{5^2}} - 1 = 5 - 1 = 4\).
Vậy \(B = 4\).
2a) \(x + 2 = 9 \Leftrightarrow x = 9 - 2 \Leftrightarrow x = 7\).
Vậy \(x = 7\).
2b) ĐKXĐ: \(x + 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge - 1\).
\(\sqrt {x + 1} = 3 \Leftrightarrow x + 1 = 9 \Leftrightarrow x = 9 - 1 \Leftrightarrow x = 8\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(x = 8\).
Câu II (VD)
Phương pháp:
1) Giải phương trình bằng cách đưa về dạng tích hoặc sử dụng biệt thức \(\Delta \).
2) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
1) Giải phương trình \({x^2} - 7x + 12 = 0\).
\(\begin{array}{l}{x^2} - 7x + 12 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 4x + 12 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) - 4\left( {x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {3;4} \right\}\).
2) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = - 1\\4x + y = 3\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = - 1\\4x + y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x + 6y = - 2\\4x + y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5y = - 5\\2x + 3y = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - 1\\2x - 3 = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 2\\y = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\end{array} \right.\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1; - 1} \right)\).
Câu III (VD):
Phương pháp:
1) Thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(d\) tìm \(m\), xác định hai điểm mà đường thẳng \(d\) đi qua và vẽ đường thẳng \(d\) trong hệ trục tọa độ \(Oxy\).
2) Áp dụng định lí Pytago và các hệ thức lượng trong tam giác vuông.
3) - Gọi vận tốc dự định và thời gian dự định đi hết quãng đường AB lần lượt là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) và \(y\,\,\left( h \right)\) (ĐK: \(x,y > 0\)).
- Từ mối liên hệ: Quãng đường = Vận tốc \( \times \) Thời gian, lập 2 phương trình liên quan đến \(x;y\).
- Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số và kết luận.
Cách giải:
1) \(A\left( {1;2} \right) \in \left( d \right):\,\,y = x + m\) nên thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta có:
\(2 = 1 + m \Leftrightarrow m = 2 - 1 \Leftrightarrow m = 1\).
Khi đó, phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) là \(y = x + 1\).
Cho \(x = 0 \Rightarrow y = 1 \Rightarrow \left( d \right)\) đi qua điểm \(B\left( {0;1} \right)\).
Vẽ đường thẳng \(\left( d \right)\).
2) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\). Biết \(AB = 6cm,\,\,BC = 10cm\), tính độ dài \(AH\) và diện tích tam giác \(ABC\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(\begin{array}{l}A{B^2} + A{C^2} = B{C^2} \Leftrightarrow {6^2} + A{C^2} = {10^2}\\ \Leftrightarrow A{C^2} = {10^2} - {6^2} = 64 \Leftrightarrow AC = 8\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(AH.BC = AB.AC \Leftrightarrow AH.10 = 6.8 \Leftrightarrow AH = \dfrac{{48}}{{10}} = 4,8\,\,\left( {cm} \right)\).
Diện tích tam giác vuông \(ABC\) là \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{2}.6.8 = 24\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).
3) Một người đi xe máy từ A đến B với thời gian và vận tốc đã dự định. Nếu người đó đi nhanh hơn dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích sớm hơn dự định là 36 phút. Nếu người đó đi chậm hơi dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích muộn hơn dự định là 1 giờ. Tính vận tốc dự định của người đó và chiều dài quãng đường AB.
Gọi vận tốc dự định và thời gian dự định đi hết quãng đường AB lần lượt là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) và \(y\,\,\left( h \right)\) (ĐK: \(x,y > 0\)).
Khi đó độ dài quãng đường AB là \(xy\,\,\left( {km} \right)\).
+) Nếu người đó đi nhanh hơn dự định trong mỗi giờ là 10km, tức là đi với vận tốc \(x + 10\,\,\left( {km/h} \right)\) thì người đó đến đích sớm hơn dự định 36 phút = \(\dfrac{{36}}{{60}} = \dfrac{3}{5}\,\,\left( h \right)\), tức là đi hết quãng đường trong \(y - \dfrac{3}{5}\,\,\left( h \right)\).
Khi đó độ dài quãng đường AB là \(\left( {x + 10} \right)\left( {y - \dfrac{3}{5}} \right) = xy\).
\( \Leftrightarrow xy - \dfrac{3}{5}x + 10y - 6 = xy \Leftrightarrow - \dfrac{3}{5}x + 10y - 6 = 0 \Leftrightarrow - 3x + 50y - 30 = 0\,\,\left( 1 \right)\)
+) Nếu người đó đi chậm hơn dự định trong mỗi giờ là 10km, tức là đi với vận tốc \(x - 10\,\,\left( {km/h} \right)\) thì người đó đến đích muộn hơn dự định \(1\,\,\left( h \right)\), tức là đi hết quãng đường trong \(y + 1\,\,\left( h \right)\).
Khi đó độ dài quãng đường AB là \(\left( {x - 10} \right)\left( {y + 1} \right) = xy\).
\( \Leftrightarrow xy + x - 10y - 10 = xy \Leftrightarrow x - 10y - 10 = 0\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
\(\left\{ \begin{array}{l} - 3x + 50y - 30 = 0\\x - 10y - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x - 50y = - 30\\3x - 30y = 30\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 20y = - 60\\x - 10y - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 3\,\,\left( {tm} \right)\\x - 30 - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 40\\y = 3\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy vận tốc dự định và thời gian dự định đi hết quãng đường AB lần lượt là \(40\,\,km/h\) và \(3h\), độ dài quãng đường AB là \(xy = 40.3 = 120\,\,\left( {km} \right)\).
Câu IV (VD):
Phương pháp:
1) Chứng minh rằng tam giác \(KAE\) đồng dạng với tam giác \(KCA\) theo trường hợp góc – góc.
2) Xác định điểm I. Chứng minh \(\left\{ \begin{array}{l}IE\parallel OK\\IE \bot MN\\OK \bot AB\end{array} \right.\), từ đó suy ra \(MN\parallel AB\).
Cách giải:
1) Chứng minh rằng tam giác \(KAE\) đồng dạng với tam giác \(KCA\).
Ta có \(\angle KAB = \angle KCB\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BK\)), lại có \(\angle KCB = \angle KCA\,\,\left( {gt} \right)\).
\( \Rightarrow \angle KAB = \angle KCA\) hay \(\angle KAE = \angle KCA\).
Xét tam giác \(KAE\) và tam giác \(KCA\) có:
2) Cho đường tròn \(\left( I \right)\) đi qua điểm \(E\) và tiếp xúc với đường tròn \(\left( O \right)\) tại tiếp điểm \(C\), đường tròn \(\left( I \right)\) cắt \(CA,\,\,CB\) tại điểm thứ hai theo thứ tự là \(M,\,\,N\). Chứng minh rằng \(MN\) song song với \(AB\).
* Xác định điểm \(I\).
Do \(\left( I \right)\) và \(\left( O \right)\) tiếp xúc tại \(C \Rightarrow I,\,\,O,\,\,C\) thẳng hàng \( \Rightarrow I \in OC\).
Lại có \(\left( I \right)\) đi qua \(C,\,\,E \Rightarrow IC = IE \Rightarrow I\) thuộc trung trực của \(CE\).
Do đó \(I\) là giao điểm của \(OC\) và đường trung trực của \(CE\).
* Chứng minh \(MN\parallel AB\).
Nối \(OK\) ta có: \(\Delta OCK\) cân tại \(O\,\,\left( {OC = OK} \right) \Rightarrow \angle OCK = \angle OKC\).
\(\Delta ICE\) cân tại \(I\,\,\left( {IC = IE} \right) \Rightarrow \angle ICE = \angle IEC\) hay \(\angle OCK = \angle IEC\).
\( \Rightarrow \angle OKC = \angle IEC\). Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau \( \Rightarrow IE\parallel OK\) (1).
Xét đường tròn \(\left( O \right)\): \(\angle ACK = \angle BCK\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow sdcung\,\,AK = \,\,sdcung\,\,BK\) (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau) \( \Rightarrow K\) là điểm chính giữa cung \(AB\) của \(\left( O \right) \Rightarrow OK \bot AB\) (2).
Xét đường tròn \(\left( I \right)\) ta có \(\angle MCN = {90^0} \Rightarrow \angle MCN\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow MN\) là đường kính của \(\left( I \right)\).
Ta có: \(\angle ACK = \angle BCK \Rightarrow \angle MCE = \angle NCE \Rightarrow sdcung\,\,ME = \,\,sdcung\,\,NE\) (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau) \( \Rightarrow E\) là điểm chính giữa cung \(MN\) của \(\left( O \right) \Rightarrow IE \bot MN\) (3).
Từ (1), (2) và (3) ta suy ra được \(MN\parallel AB\) (đpcm).
Câu V (VDC) :
Phương pháp:
Biến đổi \({x^2} + \dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{\left( {\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}}} \right)^2} + \dfrac{{2{x^2}}}{{x + 1}}\) sau đó đặt ẩn phụ \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = t\).
Cách giải:
ĐK: \(x \ne - 1\).
Ta có: \({x^2} + \dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = {\left( {x - \dfrac{x}{{x + 1}}} \right)^2} + 2\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = {\left( {\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}}} \right)^2} + \dfrac{{2{x^2}}}{{x + 1}}\).
Khi đó phương trình trở thành \({\left( {\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}}} \right)^2} + \dfrac{{2{x^2}}}{{x + 1}} = 1\).
Đặt \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = t\) ta có phương trình \({t^2} + 2t = 1 \Leftrightarrow {t^2} + 2t - 1 = 0\,\,\left( * \right)\).
\({\Delta _t}' = {1^2} + 1 = 2 > 0 \Rightarrow \left( * \right)\) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = - 1 + \sqrt 2 \\{t_2} = - 1 - \sqrt 2 \end{array} \right.\).
Với \({t_1} = - 1 + \sqrt 2 \) ta có: \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = - 1 + \sqrt 2 \Leftrightarrow {x^2} + \left( {1 - \sqrt 2 } \right)x + 1 - \sqrt 2 = 0\).
\(\Delta = {\left( {1 - \sqrt 2 } \right)^2} - 4\left( {1 - \sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 - 1 > 0 \Rightarrow \) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 + \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\\{x_2} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 - \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\end{array} \right.\)
Với \({t_1} = - 1 - \sqrt 2 \) ta có: \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = - 1 - \sqrt 2 \Leftrightarrow {x^2} + \left( {\sqrt 2 + 1} \right)x + \sqrt 2 + 1 = 0\).
\(\Delta = {\left( {\sqrt 2 + 1} \right)^2} - 4\left( {\sqrt 2 + 1} \right) = - 1 - 2\sqrt 2 < 0 \Rightarrow \) Phương trình vô nghiệm.
Vậy phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 + \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\\{x_2} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 - \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\end{array} \right.\).
Câu I (VD):
Phương pháp:
1a) Quy đồng.
1b) Sử dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\).
2a) Chuyển vế tìm \(x\).
2b) Tìm ĐKXĐ.
\(\sqrt A = B\,\,\left( {B \ge 0} \right) \Leftrightarrow A = {B^2}\).
Cách giải:
1a) \(A = 3 + \dfrac{1}{2} = \dfrac{{6 + 1}}{2} = \dfrac{7}{2}\).
Vậy \(A = \dfrac{7}{2}\).
1b) \(B = \sqrt {25} - 1 = \sqrt {{5^2}} - 1 = 5 - 1 = 4\).
Vậy \(B = 4\).
2a) \(x + 2 = 9 \Leftrightarrow x = 9 - 2 \Leftrightarrow x = 7\).
Vậy \(x = 7\).
2b) ĐKXĐ: \(x + 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge - 1\).
\(\sqrt {x + 1} = 3 \Leftrightarrow x + 1 = 9 \Leftrightarrow x = 9 - 1 \Leftrightarrow x = 8\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(x = 8\).
Câu II (VD)
Phương pháp:
1) Giải phương trình bằng cách đưa về dạng tích hoặc sử dụng biệt thức \(\Delta \).
2) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
1) Giải phương trình \({x^2} - 7x + 12 = 0\).
\(\begin{array}{l}{x^2} - 7x + 12 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 4x + 12 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) - 4\left( {x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {3;4} \right\}\).
2) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = - 1\\4x + y = 3\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = - 1\\4x + y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x + 6y = - 2\\4x + y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5y = - 5\\2x + 3y = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - 1\\2x - 3 = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 2\\y = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\end{array} \right.\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1; - 1} \right)\).
Câu III (VD):
Phương pháp:
1) Thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(d\) tìm \(m\), xác định hai điểm mà đường thẳng \(d\) đi qua và vẽ đường thẳng \(d\) trong hệ trục tọa độ \(Oxy\).
2) Áp dụng định lí Pytago và các hệ thức lượng trong tam giác vuông.
3) - Gọi vận tốc dự định và thời gian dự định đi hết quãng đường AB lần lượt là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) và \(y\,\,\left( h \right)\) (ĐK: \(x,y > 0\)).
- Từ mối liên hệ: Quãng đường = Vận tốc \( \times \) Thời gian, lập 2 phương trình liên quan đến \(x;y\).
- Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số và kết luận.
Cách giải:
1) \(A\left( {1;2} \right) \in \left( d \right):\,\,y = x + m\) nên thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta có:
\(2 = 1 + m \Leftrightarrow m = 2 - 1 \Leftrightarrow m = 1\).
Khi đó, phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) là \(y = x + 1\).
Cho \(x = 0 \Rightarrow y = 1 \Rightarrow \left( d \right)\) đi qua điểm \(B\left( {0;1} \right)\).
Vẽ đường thẳng \(\left( d \right)\).
2) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\). Biết \(AB = 6cm,\,\,BC = 10cm\), tính độ dài \(AH\) và diện tích tam giác \(ABC\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(\begin{array}{l}A{B^2} + A{C^2} = B{C^2} \Leftrightarrow {6^2} + A{C^2} = {10^2}\\ \Leftrightarrow A{C^2} = {10^2} - {6^2} = 64 \Leftrightarrow AC = 8\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:
\(AH.BC = AB.AC \Leftrightarrow AH.10 = 6.8 \Leftrightarrow AH = \dfrac{{48}}{{10}} = 4,8\,\,\left( {cm} \right)\).
Diện tích tam giác vuông \(ABC\) là \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{2}.6.8 = 24\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).
3) Một người đi xe máy từ A đến B với thời gian và vận tốc đã dự định. Nếu người đó đi nhanh hơn dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích sớm hơn dự định là 36 phút. Nếu người đó đi chậm hơi dự định trong mỗi giờ là 10km thì đến đích muộn hơn dự định là 1 giờ. Tính vận tốc dự định của người đó và chiều dài quãng đường AB.
Gọi vận tốc dự định và thời gian dự định đi hết quãng đường AB lần lượt là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\) và \(y\,\,\left( h \right)\) (ĐK: \(x,y > 0\)).
Khi đó độ dài quãng đường AB là \(xy\,\,\left( {km} \right)\).
+) Nếu người đó đi nhanh hơn dự định trong mỗi giờ là 10km, tức là đi với vận tốc \(x + 10\,\,\left( {km/h} \right)\) thì người đó đến đích sớm hơn dự định 36 phút = \(\dfrac{{36}}{{60}} = \dfrac{3}{5}\,\,\left( h \right)\), tức là đi hết quãng đường trong \(y - \dfrac{3}{5}\,\,\left( h \right)\).
Khi đó độ dài quãng đường AB là \(\left( {x + 10} \right)\left( {y - \dfrac{3}{5}} \right) = xy\).
\( \Leftrightarrow xy - \dfrac{3}{5}x + 10y - 6 = xy \Leftrightarrow - \dfrac{3}{5}x + 10y - 6 = 0 \Leftrightarrow - 3x + 50y - 30 = 0\,\,\left( 1 \right)\)
+) Nếu người đó đi chậm hơn dự định trong mỗi giờ là 10km, tức là đi với vận tốc \(x - 10\,\,\left( {km/h} \right)\) thì người đó đến đích muộn hơn dự định \(1\,\,\left( h \right)\), tức là đi hết quãng đường trong \(y + 1\,\,\left( h \right)\).
Khi đó độ dài quãng đường AB là \(\left( {x - 10} \right)\left( {y + 1} \right) = xy\).
\( \Leftrightarrow xy + x - 10y - 10 = xy \Leftrightarrow x - 10y - 10 = 0\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
\(\left\{ \begin{array}{l} - 3x + 50y - 30 = 0\\x - 10y - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x - 50y = - 30\\3x - 30y = 30\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 20y = - 60\\x - 10y - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 3\,\,\left( {tm} \right)\\x - 30 - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 40\\y = 3\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy vận tốc dự định và thời gian dự định đi hết quãng đường AB lần lượt là \(40\,\,km/h\) và \(3h\), độ dài quãng đường AB là \(xy = 40.3 = 120\,\,\left( {km} \right)\).
Câu IV (VD):
Phương pháp:
1) Chứng minh rằng tam giác \(KAE\) đồng dạng với tam giác \(KCA\) theo trường hợp góc – góc.
2) Xác định điểm I. Chứng minh \(\left\{ \begin{array}{l}IE\parallel OK\\IE \bot MN\\OK \bot AB\end{array} \right.\), từ đó suy ra \(MN\parallel AB\).
Cách giải:
1) Chứng minh rằng tam giác \(KAE\) đồng dạng với tam giác \(KCA\).
Ta có \(\angle KAB = \angle KCB\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BK\)), lại có \(\angle KCB = \angle KCA\,\,\left( {gt} \right)\).
\( \Rightarrow \angle KAB = \angle KCA\) hay \(\angle KAE = \angle KCA\).
Xét tam giác \(KAE\) và tam giác \(KCA\) có:
2) Cho đường tròn \(\left( I \right)\) đi qua điểm \(E\) và tiếp xúc với đường tròn \(\left( O \right)\) tại tiếp điểm \(C\), đường tròn \(\left( I \right)\) cắt \(CA,\,\,CB\) tại điểm thứ hai theo thứ tự là \(M,\,\,N\). Chứng minh rằng \(MN\) song song với \(AB\).
* Xác định điểm \(I\).
Do \(\left( I \right)\) và \(\left( O \right)\) tiếp xúc tại \(C \Rightarrow I,\,\,O,\,\,C\) thẳng hàng \( \Rightarrow I \in OC\).
Lại có \(\left( I \right)\) đi qua \(C,\,\,E \Rightarrow IC = IE \Rightarrow I\) thuộc trung trực của \(CE\).
Do đó \(I\) là giao điểm của \(OC\) và đường trung trực của \(CE\).
* Chứng minh \(MN\parallel AB\).
Nối \(OK\) ta có: \(\Delta OCK\) cân tại \(O\,\,\left( {OC = OK} \right) \Rightarrow \angle OCK = \angle OKC\).
\(\Delta ICE\) cân tại \(I\,\,\left( {IC = IE} \right) \Rightarrow \angle ICE = \angle IEC\) hay \(\angle OCK = \angle IEC\).
\( \Rightarrow \angle OKC = \angle IEC\). Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau \( \Rightarrow IE\parallel OK\) (1).
Xét đường tròn \(\left( O \right)\): \(\angle ACK = \angle BCK\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow sdcung\,\,AK = \,\,sdcung\,\,BK\) (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau) \( \Rightarrow K\) là điểm chính giữa cung \(AB\) của \(\left( O \right) \Rightarrow OK \bot AB\) (2).
Xét đường tròn \(\left( I \right)\) ta có \(\angle MCN = {90^0} \Rightarrow \angle MCN\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow MN\) là đường kính của \(\left( I \right)\).
Ta có: \(\angle ACK = \angle BCK \Rightarrow \angle MCE = \angle NCE \Rightarrow sdcung\,\,ME = \,\,sdcung\,\,NE\) (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau) \( \Rightarrow E\) là điểm chính giữa cung \(MN\) của \(\left( O \right) \Rightarrow IE \bot MN\) (3).
Từ (1), (2) và (3) ta suy ra được \(MN\parallel AB\) (đpcm).
Câu V (VDC) :
Phương pháp:
Biến đổi \({x^2} + \dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{\left( {\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}}} \right)^2} + \dfrac{{2{x^2}}}{{x + 1}}\) sau đó đặt ẩn phụ \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = t\).
Cách giải:
ĐK: \(x \ne - 1\).
Ta có: \({x^2} + \dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = {\left( {x - \dfrac{x}{{x + 1}}} \right)^2} + 2\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = {\left( {\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}}} \right)^2} + \dfrac{{2{x^2}}}{{x + 1}}\).
Khi đó phương trình trở thành \({\left( {\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}}} \right)^2} + \dfrac{{2{x^2}}}{{x + 1}} = 1\).
Đặt \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = t\) ta có phương trình \({t^2} + 2t = 1 \Leftrightarrow {t^2} + 2t - 1 = 0\,\,\left( * \right)\).
\({\Delta _t}' = {1^2} + 1 = 2 > 0 \Rightarrow \left( * \right)\) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = - 1 + \sqrt 2 \\{t_2} = - 1 - \sqrt 2 \end{array} \right.\).
Với \({t_1} = - 1 + \sqrt 2 \) ta có: \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = - 1 + \sqrt 2 \Leftrightarrow {x^2} + \left( {1 - \sqrt 2 } \right)x + 1 - \sqrt 2 = 0\).
\(\Delta = {\left( {1 - \sqrt 2 } \right)^2} - 4\left( {1 - \sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 - 1 > 0 \Rightarrow \) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 + \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\\{x_2} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 - \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\end{array} \right.\)
Với \({t_1} = - 1 - \sqrt 2 \) ta có: \(\dfrac{{{x^2}}}{{x + 1}} = - 1 - \sqrt 2 \Leftrightarrow {x^2} + \left( {\sqrt 2 + 1} \right)x + \sqrt 2 + 1 = 0\).
\(\Delta = {\left( {\sqrt 2 + 1} \right)^2} - 4\left( {\sqrt 2 + 1} \right) = - 1 - 2\sqrt 2 < 0 \Rightarrow \) Phương trình vô nghiệm.
Vậy phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 + \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\\{x_2} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1 - \sqrt {2\sqrt 2 - 1} }}{2}\end{array} \right.\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Hòa Bình luôn được đánh giá là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng. Đặc biệt, môn Toán là một trong những môn thi có tính cạnh tranh cao. Việc làm quen với Đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2019 sẽ giúp học sinh nắm bắt được cấu trúc đề thi, dạng bài tập thường gặp và mức độ khó của đề.
Đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2019 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Nhìn chung, đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2019 có độ khó tương đối cao, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và kỹ năng giải toán tốt. Các bài toán thường được thiết kế để kiểm tra khả năng vận dụng kiến thức vào thực tế, khả năng tư duy logic và khả năng giải quyết vấn đề.
Để giải tốt Đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2019, học sinh cần:
toan9.edu.vn cung cấp đầy đủ các tài liệu luyện thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2019, bao gồm:
Trong quá trình làm bài thi vào 10 môn Toán, học sinh cần lưu ý:
Việc chuẩn bị kỹ lưỡng và nắm vững kiến thức là yếu tố then chốt để thành công trong kỳ thi vào 10 môn Toán Hòa Bình. toan9.edu.vn hy vọng rằng với những tài liệu và hướng dẫn mà chúng tôi cung cấp, các em sẽ tự tin chinh phục kỳ thi và đạt được 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.
