Tuyển tập các lời giải hay cho các bài toán hình học phẳng khó

Doc24.vn  Tài liệu soạn thảo TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ VÀO 10 CÁC QUẬN TP. HỒ CHÍ MINH TUYỂN TẬP ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH LỜI NÓI ĐẦU Nhằm đáp ứng nhu cầu về của giáo viên toán THCS và học sinh về các đề luyện thi chất lượng vào lớp 10, website doc24.vn giới thiệu đến thầy cô và các em tuyển tập đề luyện thi vào lớp 10 thànhphố Hồ Chí Minh có đáp án chi tiết. Chúng tôi sưu tầm và tổng hợp tuyển tập này nhằm đáp ứng nhu cầuvề tài liệu hay chất lượng giúp các em ôn thi tốt trong kì thi vào lớp 10 quan trọng. Các vị phụ huynh và các thầy cô dạy toán có thể dùng có thể dùng tuyển tập đề thi này để giúp con em mình học tập. Hy vọng tuyển tập đề này sẽ có thể giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải toán nói riêng và học toán nói chung. Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ song không thể tránh khỏi những hạn chế, sai sót. Mong được sự góp ý của các thầy, cô giáo và các em học! Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất từ tài liệu này! 1 ĐỀ SỐ 1: ĐỀ MINH HỌA SỐ 1, SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TPHCM, NĂM 2017-2018 Câu 1: a) Giải phƣơng trình: xx  3  15  3x  1 b) Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi 40m và chiều dài gấp 3 lần chiều rộng. Tính diện tích của miếng đất Câu 2: x2 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y   4 b) Tìm m để (P) cắt đƣờng thẳng D : y  2x  m tại điểm có ho|nh độ x = 1 Câu 3: a) Thu gọn biểu thức: A  4  2 3  4  2 3 b) Giá bán một chiếc Tivi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm 10% so với gi{ đang b{n, sau khi giảm giá 2 lần đó thì gi{ còn lại l| 16.200.000 đồng. Vậy gi{ b{n ban đầu của Tivi là bao nhiêu? Câu 4: Cho phƣơng trình: x 2  2mx  m  2  0 (1) (x là ẩn số) a) Chứng minh phƣơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m b) Định m để hai nghiệm x1 , x 2 của phƣơng trình (1) thỏa mãn: 1  x1 2  x 2   1  x 2 2  x1   x12  x 22  2 Câu 5: Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn. Đƣờng tròn t}m O đƣờng kính BC cắt các cạnh AC, AB lần lƣợt tại D, E. Gọi H l| giao điểm của BD v| CE; F l| giao điểm của AH và BC a) Chứng minh: AF  BC và AF̂D  AĈE b) Gọi M l| trung điểm của AH. Chứng minh: MD  OD v| 5 điểm M, D, O, F, E cùng thuộc một đƣờng tròn c) Gọi K l| giao điểm của AH và DE. Chứng minh: MD2  MK.MF và K là trực tâm của tam giác MBC 2 1 1   d) Chứng minh: FK FH FA 2 BÀI GIẢI Câu 1: a) Giải phƣơng trình: xx  3  15  3x  1 (1) Giải: 1  x 2  3x  15  3x  1  x 2  3x  15  3x  1  0  x 2  6x  16  0 Ta có '  32  1. 16  9  16  25  0; '  25  5 Do ' 0 nên phƣơng trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: 35 35 x1   2; x 2   8 1 1 Vậy tập nghiệm của phƣơng trình (1) l|: S  2;  8 b) Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi 40m và chiều dài gấp 3 lần chiều rộng. Tính diện tích của miếng đất Giải: Gọi x (m) là chiều dài và y (m) là chiều rộng của hình chữ nhật (x > y > 0) 2x  y   40 Theo đề bài, ta có hệ phƣơng trình:   x  3y  x  15 x  15 x  y  20  3x  3y  60  4x  60 (thỏa)      x  3y  0 x  3y  0 x  3y  0 15  3y  0 y  5         2 Diện tích của miếng đất là: S  xy  15.5  75 m   Câu 2: a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y   x2 4 Giải: Bảng giá trị x y 4 2 0 2 4 4 1 0 1 4 2 x 4 Đồ thị 3 (P) b) Tìm m để (P) cắt đƣờng thẳng D : y  2x  m tại điểm có ho|nh độ x = 1 Giải: x2  2x  m Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm của (P) và (d) có dạng:  4 12 1 9 Do (D) cắt (P) tại điểm có ho|nh độ x = 1 nên thỏa:   2.1  m  m  2   4 4 4 9 Vậy m  là giá trị cần tìm 4 Câu 3: a) Thu gọn biểu thức: A  4  2 3  4  2 3 Giải: Ta có A  4  2 3  4  2 3    2 3 1    2 3 1  3  1  3 1     3 1   3 1  3  1  3  1  2 (vì 3  1  0; 3  1  0 ) b) Giá bán một chiếc Tivi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm 10% so với gi{ đang b{n, sau khi giảm giá 2 lần đó thì gi{ còn lại l| 16.200.000 đồng. Vậy gi{ b{n ban đầu của Tivi là bao nhiêu? Giải: Gọi x (đồng) l| gi{ b{n ban đầu của Tivi (x > 0) Gi{ b{n đƣợc giảm lần thứ nhất là: 100%  10%.x  90%x (đồng) Gi{ b{n đƣợc giảm lần thứ hai là: 100%  10%.90%x  90%.90%.x (đồng) 4 Theo đề b|i, ta có phƣơng trình: 90%.90%x  16200000  x  20000000 (nhận) Vậy giá bán ban đầu là của Tivi l|: 20.000.000 (đồng) Câu 4: Cho phƣơng trình: x 2  2mx  m  2  0 (1) (x là ẩn số) a) Chứng minh phƣơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m Giải: 2 2  2   1 2 1 1 1 1     2 2 Ta có Δ'   m   1.m  2  m  m  2   m  2.m.         2   m     2  2  2    2  2 4   2 2 1 7 7 1     m      0, m (vì  m    0, m ) 2 4 4 2   Do Δ'  0, m nên phƣơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m b) Định m để hai nghiệm x1 , x 2 của phƣơng trình (1) thỏa mãn: 1  x1 2  x 2   1  x 2 2  x1   x12  x 22  2 Giải: Theo câu a, với mọi m thì phƣơng trình (1) luôn có hai nghiệm x1, x2 thỏa hệ thức Vi-ét: b  2m  x 1  x 2   a   1  2m  c m2  x1x 2    m2 a 1  Ta có: 1  x1 2  x 2   1  x 2 2  x1   x12  x 22  2  2  x 2  2x1  x1 x 2  2  x1  2x 2  x1 x 2  x1  x 2   2x1 x 2  2 2  x1  x 2   x1  x 2   2  0 2  2m  2m  2  0 (do hệ thức Vi-ét) 2  4m 2  2m  2  0  2m 2  m  1  0 * Ta có a  b  c  2   1   1  0 nên phƣơng trình (*) có 2 nghiệm: c 1 m1  1; m 2   a 2 1 Vậy m1  1; m 2  là các giá trị cần tìm 2 Câu 5: Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn. Đƣờng tròn t}m O đƣờng kính BC cắt các cạnh AC, AB lần lƣợt tại D, E. Gọi H l| giao điểm của BD và CE; F là giao điểm của AH và BC a) Chứng minh: AF  BC và AF̂D  AĈE Giải: 5 A D E H B F O C Ta có BD̂C  BÊC  900 (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn (O))  BD  AC, CF  AB Xét ∆ABC có: BD v| CE l| 2 đƣờng cao cắt nhau tại H  H là trực tâm của ∆ABC  AH  BC tại F Xét tứ giác HFCD có: HF̂C  HD̂C  900  900  1800 (vì AH  BC, BD  AC)  Tứ giác HFCD nội tiếp (tổng 2 góc đối bằng 1800)  AF̂D  AĈE (cùng chắn cung HD) b) Gọi M l| trung điểm của AH. Chứng minh: MD  OD v| 5 điểm M, D, O, F, E cùng thuộc một đƣờng tròn Giải: 6 A M D E H B F O C Ta có ∆ADH vuông tại D và có DM là trung tuyến  MD = MA = MH (1) Ta có ∆AEH vuông tại E và có EM là trung tuyến  ME = MA = MH (2) Từ (1) và (2)  MD = ME (3) Xét ∆OEM v| ∆ODM có: OE = OD = R ME = MD (do (3)) OM: chung  ∆OEM = ∆ODM (c.c.c)  MÔE  MÔD (2 góc tƣơng ứng) 1  EÔD (4) 2 1 Ta có EĈD  EÔD (5) (hệ quả góc nội tiếp) 2 Ta có HF̂D  EĈD (6) (cùng chắn cung HD của tứ giác HFCD nội tiếp) Từ (4), (5) và (6)  MÔD  HF̂D  Tứ giác MFOD nội tiếp (7) (tứ gi{c có 2 đỉnh O, F cùng nhìn cạnh MD dƣới một góc bằng nhau)  MD̂O  1800  MF̂O (tổng 2 góc đối của tứ giác MFOD nội tiếp)  1800  900  900 (vì AF  BC)  MD  DO Xét tứ giác MEOD có: MÊO  MD̂O  900 (vì ∆MEO = MDO: cmt) 7  MÊO  MD̂O  900  900  1800  Tứ giác MEOD nội tiếp (8) (tổng 2 góc đối bằng 1800) Từ (7) và (8)  5 điểm M, E, F, O, D cùng thuộc đƣờng tròn (MOD) c) Gọi K l| giao điểm của AH và DE. Chứng minh: MD2  MK.MF và K là trực tâm của tam giác MBC Giải: A M E D K I H B F O Gọi I l| giao điểm thứ hai của MC v| đƣờng tròn (O) Ta có MD̂E  DĈE (hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) Hay MD̂K  HĈD  HF̂D (cùng chắn cung HD của tứ giác HFCD nội tiếp)  MF̂D (9) Xét ∆MDK v| ∆MFD có: FM̂D : chung MD̂K  MF̂D (do (9))  ∆MDK ∽ ∆MFD (g.g) MD MK    MD2  MK.MF (10) MF MD Ta có MD̂I  MĈD (11) (hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) Xét ∆MDI v| ∆MCD có: CM̂D : chung MD̂I  MĈD (do (11))  ∆MDI ∽ ∆MCD (g.g) 8 C MD MI   MD2  MI.MC(12) MC MD Từ (10) và (12)  MI.MC = MK.MF = MD2 MI MK   (13) MF MC Xét ∆MKI v| ∆MCF có: FM̂C : chung MI MK  (do (13)) MF MC  ∆MKI ∽ ∆MCF (c.g.c)  MÎK  MF̂C  900 (2 góc tƣơng ứng)  KI  MC (14) Mà BÎC  900 (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn)  BI  MC (15) Từ (14) và (15)  3 điểm B, K, I thẳng hàng  BK  MC Mà MK  BC nên K là trực t}m ∆MBC 2 1 1   d) Chứng minh: FK FH FA Giải: Ta có FA.FH  FM  MAFM  MH  FM  MAFM  MA  FM2  MA2 (16) (vì MA = MH) Ta có FK.FM  FM  MK.FM  FM2  MK.MF   FM2  MD2 (do trên)  FM2  MA2 (17) (vì MD = MA) Từ (16) và (17)  FA.FH = FK.FM FM  MA  FM  MH  FA  FH  1  1 2 2FM    FK FA.FH FA.FH FA.FH FA FH 9