Lớp 1

Đề thi lớp 1

Lớp 2

Lớp 2 - kết nối tri thức

Lớp 2 - Chân trời sáng tạo

Lớp 2 - Cánh diều

Tài liệu tham khảo

Lớp 3

Lớp 3 - kết nối tri thức

Lớp 3 - Chân trời sáng sủa tạo

Lớp 3 - Cánh diều

Tài liệu tham khảo

Lớp 4

Sách giáo khoa

Sách/Vở bài bác tập

Đề thi

Lớp 5

Sách giáo khoa

Sách/Vở bài tập

Đề thi

Lớp 6

Lớp 6 - kết nối tri thức

Lớp 6 - Chân trời sáng sủa tạo

Lớp 6 - Cánh diều

Sách/Vở bài tập

Đề thi

Chuyên đề và Trắc nghiệm

Lớp 7

Lớp 7 - kết nối tri thức

Lớp 7 - Chân trời sáng sủa tạo

Lớp 7 - Cánh diều

Sách/Vở bài bác tập

Đề thi

Chuyên đề & Trắc nghiệm

Lớp 8

Sách giáo khoa

Sách/Vở bài xích tập

Đề thi

Chuyên đề & Trắc nghiệm

Lớp 9

Sách giáo khoa

Sách/Vở bài tập

Đề thi

Chuyên đề và Trắc nghiệm

Lớp 10

Lớp 10 - liên kết tri thức

Lớp 10 - Chân trời sáng tạo

Lớp 10 - Cánh diều

Sách/Vở bài tập

Đề thi

Chuyên đề & Trắc nghiệm

Lớp 11

Sách giáo khoa

Sách/Vở bài tập

Đề thi

Chuyên đề & Trắc nghiệm

Lớp 12

Sách giáo khoa

Sách/Vở bài bác tập

Đề thi

Chuyên đề và Trắc nghiệm

IT

Ngữ pháp giờ đồng hồ Anh

Lập trình Java

Phát triển web

Lập trình C, C++, Python

Cơ sở dữ liệu


*

Nhằm giúp chúng ta ôn luyện và giành được kết quả cao vào kì thi tuyển chọn sinh vào lớp 10, raovat360.com.vn biên soạn tuyển tập Đề thi vào lớp 10 môn Toán (có đáp án) theo cấu trúc ra đề Trắc nghiệm - từ bỏ luận mới. Cùng với đó là những dạng bài bác tập hay tất cả trong đề thi vào lớp 10 môn Toán với phương thức giải bỏ ra tiết. Hi vọng tài liệu này sẽ giúp đỡ học sinh ôn luyện, củng cố kỹ năng và kiến thức và sẵn sàng tốt cho kì thi tuyển chọn sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2022.

Bạn đang xem: Dđề thi vào 10 môn toán

I/ Đề thi môn Toán vào lớp 10 (không chuyên)

Bộ Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2022 có đáp án (Trắc nghiệm - từ luận)

Bộ Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2022 bao gồm đáp án (Tự luận)

Bộ Đề thi vào lớp 10 môn Toán TP thủ đô hà nội năm 2021 - 2022 bao gồm đáp án

II/ Đề thi môn Toán vào lớp 10 (chuyên)

III/ những dạng bài xích tập ôn thi vào lớp 10 môn Toán

Tài liệu ôn thi vào lớp 10 môn Toán

Sở giáo dục và đào tạo và Đào chế tác .....

Kỳ thi tuyển chọn sinh vào lớp 10

Đề thi môn: Toán

Năm học tập 2021 - 2022

Thời gian: 120 phút

Câu 1: (2 điểm) Rút gọn biểu thức sau:

a) A=12−253+60.

b) B=4xx−3.x2−6x+9x với 0 x2−2mx+m2−m+3=0 (1), với m là tham số.

a) Giải phương trình (1) cùng với m = 4.

b) Tìm các giá trị của m nhằm phương trình (1) gồm hai nghiệm cùng biểu thức: P=x1x2−x1−x2 đạt giá bán trị nhỏ dại nhất.

Câu 3: (1,5 điểm)

Tình cảm gia đình có sức mạnh phi trường. Chúng ta Vì quyết đấu – Cậu nhỏ nhắn 13 tuổi qua thương lưu giữ em trai của mình đã vượt sang một quãng con đường dài 180km từ đánh La đến khám đa khoa Nhi Trung ương tp. Hà nội để thăm em. Sau thời điểm đi bằng xe đạp 7 giờ, các bạn ấy được lên xe cộ khách cùng đi tiếp 1 giờ trong vòng 30 phút nữa thì đến nơi. Biết gia tốc của xe khách lớn hơn vận tốc của xe đạp là 35 km/h. Tính gia tốc xe đạp của người tiêu dùng Chiến.

Câu 4: (3,0 điểm)

đến đường tròn (O) tất cả hai đường kính AB cùng MN vuông góc với nhau. Bên trên tia đối của tia MA mang điểm C không giống điểm M. Kẻ MH vuông góc cùng với BC (H ở trong BC).

a) minh chứng BOMH là tứ giác nội tiếp.

b) MB giảm OH trên E. Chứng tỏ ME.MH = BE.HC.

c) điện thoại tư vấn giao điểm của đường tròn (O) với mặt đường tròn ngoại tiếp ∆MHC là K. Chứng minh 3 điểm C, K, E trực tiếp hàng.

Câu 5: (1,0 điểm) Giải phương trình: 5x2+27x+25−5x+1=x2−4.

 

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 03

Câu 1:

a) A=12−253+60=36−215+215=36=6

b) với 0 B=4xx−3.x2−6x+9x =2xx−3.x−32x=−2x3−x.x−3x=−2x3−x3−xx=−2

Câu 2:

1) vị đồ thị hàm số đi qua điểm M(1; –1) bắt buộc a+ b = -1

đồ vật thị hàm số đi qua điểm N(2; 1) đề nghị 2a + b = 1

yêu cầu bài xích toán a+b=−12a+b=1⇔a=2b=−3

Vậy hàm số nên tìm là y = 2x – 3.

2)

a) cùng với m = 4, phương trình (1) trở thành: x2−8x+15=0. Có Δ=1>0

Phương trình có hai nghệm phân biệt x1=3; x2=5;

b) Ta có: ∆" = −m2−1.m2−m+3=m2−m2+m−3=m−3.

Phương trình (1) tất cả hai nghiệm x1, x2 khi ∆" 0 ⇔ m−3≥0⇔m≥3

Với m≥3, theo định lí Vi–ét ta có: x1+x2=2mx1.x2=m2−m+3

Theo bài ra: P=x1x2−x1−x2=x1x2−(x1+x2)

Áp đụng định lí Vi–ét ta được:

P=m2−m+3−2m=m2−3m+3 =m(m−3)+3

vì chưng m≥3 nên m(m−3)≥0 , suy ra P≥3. Vết " = " xẩy ra khi m = 3.

Vậy giá trị nhỏ nhất của phường là 3 khi m = 3.

Câu 3:

Đổi 1 giờ trong vòng 30 phút = 1,5 giờ.

Xem thêm:

Gọi tốc độ xe đạp của người sử dụng Chiến là x (km/h, x > 0)

vận tốc của ô tô là x + 35 (km/h)

Quãng đường chúng ta Chiến đi bằng xe đạp là: 7x (km)

Quãng đường các bạn Chiến đi bằng ô tô là: 1,5(x + 35)(km)

do tổng quãng đường các bạn Chiến đi là 180km bắt buộc ta tất cả phương trình:

7x + 1,5(x + 35) = 180 7x + 1,5x + 52,2 = 180 8,5x = 127,5 x = 15

(thỏa mãn)

Vậy chúng ta Chiến đi bằng xe đạp điện với vận tốc là 15 km/h.

Câu 4:

*

a) Ta có: MOB^=900 (do AB⊥MN) với MHB^=900(do MH⊥BC)

Suy ra: MOB^+MHB^=900+900=1800

=> Tứ giác BOMH nội tiếp.

b) ∆OMB vuông cân nặng tại O đề nghị OBM^=OMB^ (1)

Tứ giác BOMH nội tiếp buộc phải OBM^=OHM^ (cùng chắn cung OM)

cùng OMB^=OHB^ (cùng chắn cung OB) (2)

tự (1) với (2) suy ra: OHM^=OHB^

=> HO là tia phân giác của MHB^ => MEBE=MHHB (3)

Áp dụng hệ thức lượng trong ∆BMC vuông trên M bao gồm MH là mặt đường cao

Ta có: HM2=HC.HB⇒HMHB=HCHM (4)

từ bỏ (3) cùng (4) suy ra: MEBE=HCHM5⇒ME.HM=BE.HC (đpcm)

c) vày MHC^=900(do MH⊥BC) yêu cầu đường tròn nước ngoài tiếp ∆MHC có 2 lần bán kính là MC

⇒MKC^=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

MN là 2 lần bán kính của mặt đường tròn (O) nên MKN^=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒MKC^+MKN^=1800

=> 3 điểm C, K, N thẳng sản phẩm (*)

∆MHC ∽ ∆BMC (g.g) ⇒HCMH=MCBM. 

mà lại MB = BN (do ∆MBN cân nặng tại B)

=>HCHM=MCBN, kết hợp với MEBE=HCHM (theo (5) )

Suy ra: MCBN=MEBE . Mà lại EBN^=EMC^=900 => ∆MCE ∽ ∆BNE (c.g.c)

⇒MEC^=BEN^, nhưng mà MEC^+BEC^=1800 (do 3 điểm M, E, B thẳng hàng)

⇒BEC^+BEN^=1800

=> 3 điểm C, E, N thẳng hàng (**)

từ (*) cùng (**) suy ra 4 điểm C, K, E, N thẳng hàng

=> 3 điểm C, K, E thẳng sản phẩm (đpcm)

Câu 5: ĐKXĐ: x≥2

Ta có: 5x2+27x+25−5x+1=x2−4

⇔5x2+27x+25=5x+1+x2−4

⇔5x2+27x+25=x2−4+25x+25+10(x+1)(x2−4)

⇔4x2+2x+4=10x+1)(x2−4)⇔2x2+x+2=5(x+1)(x2−4) (1)

bí quyết 1:

(1) ⇔x2−2x−44x2−13x−26=0

Giải ra được:

x=1−5(loại); x=1+5(nhận); x=13+3658 (nhận); x=13−3658 (loại)

giải pháp 2:

(1) ⇔5x2−x−2x+2=2x2−x−2+3x+2 (2)

Đặt a=x2−x+2; b=x+2 (a≥0; b≥0)

lúc đó, phương trình (2) trở thành:

5ab=2a2+3b2⇔2a2−5ab+3b2=0⇔a−b2a−3b=0⇔a=b2a=3b (*)

 – với a = b thì x2−x−2=x+2⇔x2−2x−4⇔x=1−5(ktm)x=1+5(tm)

 – với 2a = 3b thì 2x2−x−2=3x+2⇔4x2−13x−26=0⇔x=13+3658 (tm)x=13−3658 (ktm)

Vậy phương trình vẫn cho gồm hai nghiệm: x=1+5 và x=13+3658 .

Sở giáo dục và Đào chế tạo .....

Kỳ thi tuyển chọn sinh vào lớp 10

Đề thi môn: Toán

Năm học tập 2021 - 2022

Thời gian: 120 phút

Sở giáo dục và đào tạo và Đào chế tạo .....

Kỳ thi tuyển chọn sinh vào lớp 10

Đề thi môn: Toán

Năm học tập 2021 - 2022

Thời gian: 120 phút

Phần I. Trắc nghiệm (2 điểm)

Câu 1: Điều kiện xác minh của biểu thức

*
là:

A.x ≠ 0 B.x ≥ 1 C.x ≥ 1 hoặc x 2 và mặt đường thẳng (d) y =

*
+ 3

A. (2; 2)B. ( 2; 2) cùng (0; 0)

C.(-3; ) D.(2; 2) và (-3; )

Câu 5: cực hiếm của k nhằm phương trình x2 + 3x + 2k = 0 có 2 nghiệm trái vệt là:

A. K > 0B. K 2 D. K (2 điểm)

1) Thu gọn gàng biểu thức

*

2) giải phương trình và hệ phương trình sau:

a) 3x2 + 5x - 8 = 0

b) (x2 + 5)2 = 3(x2 + 5) + 4

*

Bài 2: (1,5 điểm) Trong phương diện phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) : y = x2 và mặt đường thẳng (d) :

y = 2mx – 2m + 1

a) cùng với m = -1 , hãy vẽ 2 vật thị hàm số trên cùng một hệ trục tọa độ

b) tìm kiếm m nhằm (d) cùng (P) giảm nhau trên 2 điểm biệt lập : A (x1; y1 );B(x2; y2) thế nào cho tổng các tung độ của hai giao điểm bằng 2 .

Bài 3: (1 điểm) Rút gọn gàng biểu thức sau:

*

Tìm x để A (3,5 điểm) cho đường tròn (O) tất cả dây cung CD cố kỉnh định. Gọi M là vấn đề nằm vị trí trung tâm cung bé dại CD. Đường kính MN của mặt đường tròn (O) giảm dây CD tại I. Rước điểm E bất kỳ trên cung phệ CD, (E khác C,D,N); ME cắt CD tại K. Các đường trực tiếp NE với CD giảm nhau trên P.

a) chứng minh rằng :Tứ giác IKEN nội tiếp

b) bệnh minh: EI.MN = NK.ME

c) NK cắt MP tại Q. Hội chứng minh: IK là phân giác của góc EIQ

d) từ bỏ C vẽ đường thẳng vuông góc cùng với EN giảm đường thẳng DE trên H. Chứng minh khi E di động trên cung mập CD (E không giống C, D, N) thì H luôn luôn chạy bên trên một đường ráng định.

Phần I. Trắc nghiệm

1.C2.D3.A4.D
5.B6.A7.D8.B

Phần II. Từ bỏ luận

Bài 1:

*

2) a) 3x2 + 5x - 8 = 0

Δ = 52 - 4.3.(-8) = 121 => √Δ = 11

*

Vậy phương trình đã cho gồm tập nghiệm là S =

*

b) (x2 + 3)2 = 3(x2 + 3) + 4

Đặt x2 + 3 = t (t ≥ 3), phương trình đang cho thay đổi

t2 - 3t - 4 = 0

Δ = 32 - 4.(-4) = 25> 0

Phương trình gồm 2 nghiệm riêng biệt :

*

Do t ≥ 3 nên t = 4

Với t = 4, ta có: x2 + 3 = 4 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = ±1

Vậy phương trình đang cho có 2 nghiệm x = ± 1

*

Bài 2:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d) :

y = 2mx – 2m + 1

a) với m = 1; (d): y = 2x – 1

Bảng quý hiếm

x01
y = 2x – 1-11

(P) : y = x2

Bảng giá bán trị

x -2 -1 0 1 2
y = x2 4 1 0 1 4

Đồ thị hàm số y = x2 là đường parabol nằm bên trên trục hoành, dấn Oy có tác dụng trục đối xứng và nhận điểm O(0; 0) là đỉnh với điểm thấp độc nhất

*

b) mang đến Parabol (P) : y = x2 và con đường thẳng (d) :

y = 2mx – 2m + 1

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) với (d) là:

x2 = 2mx - 2m + 1

⇔ x2 - 2mx + 2m - 1 = 0

Δ" = m2 - (2m - 1)=(m - 1)2

(d) cùng (P) giảm nhau trên 2 điểm riêng biệt khi và chỉ khi phương trình hoành độ giao điểm tất cả 2 nghiệm rõ ràng

⇔ Δ" > 0 ⇔ (m - 1)2 > 0 ⇔ m ≠ 1

Khi kia (d) cắt (P) tại 2 điểm A(x1, 2mx1 – 2m + 1) ; B ( x2, 2mx2 – 2m + 1)

Theo định lí Vi-et ta có: x1 + x2 = 2m

Từ đưa thiết đề bài, tổng các tung độ giao điểm bằng 2 cần ta có:

2mx1 – 2m + 1 + 2mx2 – 2m + 1 = 2

⇔ 2m (x1 + x2) – 4m + 2 = 2

⇔ 4m2 - 4m = 0 ⇔ 4m(m - 1) = 0

*

Đối chiếu với đk m ≠ 1, thì m = 0 thỏa mãn.

Bài 3:

*

A > 0 ⇔

*
> 0 ⇔ 5 - 5√x > 0 ⇔ √x 0 khi 0 ∠KIN = 90o

Xét tứ giác IKEN có:

∠KIN = 90o

∠KEN = 90o (góc nội tiếp chắn nửa con đường tròn)

=> ∠KIN + ∠KEN = 180o

=> Tứ giác IKEN là tứ giác nội tiếp

b) Xét ΔMEI cùng ΔMNK có:

∠NME là góc chung

∠IEM = ∠MNK ( 2 góc nội tiếp thuộc chắn cung IK)

=> ΔMEI ∼ ΔMNK (g.g)

*
=>EI.MN = NK.ME

c) Xét tam giác MNP có:

ME ⊥ NP; PI ⊥ MN

ME giao PI tại K

=> K là trực chổ chính giữa của tam giác MNP

=> ∠NQP = 90o

Xét tứ giác NIQP có:

∠NQP = 90o

∠NIP = 90o

=> 2 đỉnh Q, I cùng nhìn cạnh NP bên dưới 1 góc bằng nhau

=> tứ giác NIQP là tứ giác nội tiếp

=> ∠QIP = ∠QNP (2 góc nội tiếp cùng chắn cung PQ)(1)

Mặt khác IKEN là tứ giác nội tiếp

=> ∠KIE = ∠KNE (2 góc nội tiếp thuộc chắn cung KE)(2)

Từ (1) cùng (2)

=> ∠QIP = ∠KIE

=> IE là tia phân giác của ∠QIE

d) Ta có:

*

Mà ∠DEM = ∠MEC (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bởi nhau)

=> ∠EHC = ∠ECH => ΔEHC cân tại E

=> EN là đường trung trực của CH

Xét mặt đường tròn (O) có: Đường kính OM vuông góc với dây CD tại I

=> NI là con đường trung trực của CD => NC = ND

EN là con đường trung trực của CH => NC = NH

=> N là trọng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DCH

=> H ∈ (N, NC)

Mà N, C thắt chặt và cố định => H thuộc mặt đường tròn cố định

Sở giáo dục đào tạo và Đào chế tạo ra .....

Kỳ thi tuyển chọn sinh vào lớp 10

Đề thi môn: Toán

Năm học 2021 - 2022

Thời gian: 120 phút

Bài 1 : ( 1,5 điểm)

1) Rút gọn biểu thức sau:

*

2) mang đến biểu thức

*

a) Rút gọn gàng biểu thức M.

b) Tìm các giá trị nguyên của x nhằm giá trị tương xứng của M nguyên.

Bài 2 : ( 1,5 điểm)

1) kiếm tìm m để hai phương trình sau có tối thiểu một nghiệm chung:

2x2 – (3m + 2)x + 12 = 0

4x2 – (9m – 2)x + 36 = 0

2) Tìm hệ số a, b của đường thẳng y = ax + b biết con đường thẳng trên trải qua hai điểm là

(1; -1) cùng (3; 5)

Bài 3 : ( 2,5 điểm)

1) mang đến Phương trình :x2 + (m - 1) x + 5m - 6 = 0

a) giải phương trình khi m = - 1

b) kiếm tìm m để 2 nghiệm x1 cùng x2 thỏa mãn nhu cầu hệ thức: 4x1 + 3x2 = 1

2) Giải bài toán sau bằng phương pháp lập phương trình hoặc hệ phương trình

Một công ty vận tải điều một vài xe sở hữu để chở 90 tấn hàng. Khi tới kho mặt hàng thì gồm 2 xe pháo bị hỏng nên để chở không còn số mặt hàng thì mỗi xe sót lại phải chở thêm 0,5 tấn so với dự định ban đầu. Hỏi số xe được điều mang đến chở sản phẩm là bao nhiêu xe? Biết rằng khối lượng hàng chở sống mỗi xe pháo là như nhau.

Bài 4 : ( 3,5 điểm)

1) mang lại (O; R), dây BC cố định và thắt chặt không trải qua tâm O, A là điểm bất kì trên cung béo BC. Tía đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H.

a) chứng minh tứ giác HDBF, BCEF nội tiếp

b) K là điểm đối xứng của A qua O. Chứng minh HK đi qua trung điểm của BC

c) Gỉa sử ∠BAC = 60o. Chứng minh Δ AHO cân nặng

2) Một hình chữ nhật bao gồm chiều dài 3 cm, chiều rộng bằng 2 cm, quay hình chữ nhật này một vòng xung quanh chiều dài của nó được một hình trụ. Tính diện tích toàn phần của hình trụ.

Bài 5 : ( 1 điểm)

1) mang lại a, b là 2 số thực thế nào cho a3 + b3 = 2. Triệu chứng minh:

0 √x - 1 ∈ Ư (2)

√x - 1 ∈ ±1; ±2

Ta có bảng sau:

√x-1- 2-112
√x-1023
xKhông sống thọ x049

Vậy cùng với x = 0; 4; 9 thì M nhận quý giá nguyên.

Bài 2 :

1)

2x2 – (3m + 2)x + 12 = 0

4x2 – (9m – 2)x + 36 = 0

Đặt y = x2,khi kia ta có:

*

Giải (*):

(6 - 3m)x = -12

Phương trình (*) có nghiệm 6 - 3m ≠ 0 m ≠ 2

Khi đó, phương trình gồm nghiệm:

*

Theo cách đặt, ta có: y = x2

*

=>16(m-2) = 16

m = 3

Thay m= 3 vào 2 phương trình ban đầu,ta có:

*

Vậy khi m =3 thì nhị phương trình trên gồm nghiệm phổ biến và nghiệm tầm thường là 4

2) Tìm hệ số a, b của con đường thẳng y = ax + b biết con đường thẳng trên đi qua hai điểm là

(1; -1) với (3; 5)

Đường thẳng y = ax + b trải qua hai điểm (1; -1) với (3; 5) đề nghị ta có:

*

Vậy con đường thẳng nên tìm là y = 2x – 3

Bài 3 :

1) cho Phương trình : x2 + (m - 1)x + 5m - 6 = 0

a) khi m = -1, phương trình trở thành:

x2 - 2x - 11 = 0

Δ" = 1 + 11=12 => √(Δ") = 2√3

Phương trình gồm nghiệm:

x1 = 1 + 2√3

x2 = 1 - 2√3

Vậy hệ phương trình bao gồm tập nghiệm là:

S =1 + 2√3; 1 - 2√3

b)

x2 + (m - 1)x + 5m - 6 = 0

Ta có:

Δ = (m - 1)2 - 4(5m - 6)

Δ = m2 - 2m + 1 - 20m + 24 = m2 - 22m + 25

Phương trình bao gồm hai nghiệm ⇔ Δ ≥ 0 ⇔ m2 - 22m + 25 ≥ 0,(*)

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

*

Theo đề bài ta có:

4x1 + 3x2 =1 ⇔ x1 + 3(x1 + x2 ) = 1

⇔ x1 + 3(1 - m) = 1

⇔ x1= 3m - 2

=> x2 = 1 - m - x1 = 1 - m - (3m - 2) = 3 - 4m

Do kia ta có:

(3m - 2)(3 - 4m) = 5m - 6

⇔ 9m - 12m2 - 6 + 8m = 5m - 6

⇔ - 12m2 + 12m = 0

⇔ -12m(m - 1) = 0

*

Thay m = 0 vào (*) thấy thảo mãn

Thay m = 1 vào (*) thấy thảo mãn

Vậy có hai cực hiếm của m thỏa mãn nhu cầu bài toán là m = 0 với m = 1.

2)

Gọi con số xe được điều mang đến là x (xe) (x > 0; x ∈ N)

=>Khối lượng mặt hàng mỗi xe pháo chở là:

*
(tấn)

Do có 2 xe pháo nghỉ đề nghị mỗi xe còn lại phải chở thêm 0,5 tấn so với ý định nên từng xe đề xuất chở:

*

Khi kia ta có phương trình:

*
.(x-2)=90

=>(180 + x)(x - 2) = 180x

x2 - 2x - 360 = 0

*

Vậy số xe cộ được điều mang lại là đôi mươi xe

Bài 4 :

*

a) Xét tứ giác BDHF có:

∠BDH = 90o (AD là con đường cao)

∠BFH = 90o (CF là đường cao)

=>∠BDH + ∠BFH = 180o

=> Tứ giác BDHF là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác BCEF có:

∠BFC = 90o (CF là mặt đường cao)

∠BEC = 90o (BE là con đường cao)

=> 2 đỉnh E cùng F cùng nhìn cạnh BC dưới 1 góc vuông

=> Tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp

b) Ta có:

∠KBA) = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=>KB⊥AB

Mà CH⊥AB (CH là đường cao)

=> KB // CH

Tương tự:

∠KCA) = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=>KC⊥AC

BH⊥AC (BH là đường cao)

=> HB // chồng

Xét tứ giác BKCF có:

KB // CH

HB // CK

=> Tứ giác BKCH là hình bình hành

=> nhị đường chéo BC với KH giảm nhau tại trung điểm mỗi đường

=> HK trải qua trung điểm của BC

c) call M là trung điểm của BC

Xét tam giác AHK có:

O là trung điểm của AK

M là trung điểm của BC

=> OM là đường trung bình của tam giác AHK

=> OM = AH (1)

ΔBOC cân tại O bao gồm OM là trung đường

=> OM là tia phân giác của ∠BOC

=> ∠MOC = ∠BAC = 60o (= ∠BOC )

Xét tam giác MOC vuông tại M có:

OM = OC.cos⁡(MOC) = OC.cos⁡60o= OC = OA (2)

Từ (1) và (2) => OA = AH => ΔOAH cân tại A

2)

Quay hình chữ nhật vòng quanh chiều dài được một hình trụ có nửa đường kính đáy là R= 2 cm, chiều cao là h = 3 cm