Ôn thi vào 10

a: Xét (O) có

ΔAEB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAEB vuông tại E

=>BE\(\perp\)AC tại E

Xét (O) có

ΔADB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔADB vuông tại D

=>AD\(\perp\)CB tại D

Xét tứ giác CDHE có \(\widehat{CDH}+\widehat{CEH}=90^0+90^0=180^0\)

nên CDHE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính CH

Tâm I là trung điểm của CH

b: Xét ΔBAC có

AD,BE là các đường cao

AD cắt BE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔBAC

=>CH\(\perp\)AB tại F

Xét ΔBDA vuông tại D và ΔBFC vuông tại F có

\(\widehat{DBA}\) chung

Do đó: ΔBDA~ΔBFC

=>\(\dfrac{BD}{BF}=\dfrac{BA}{BC}\)

=>\(BD\cdot BC=BA\cdot BF\)

c: Ta có: CEHD là tứ giác nội tiếp (I)

=>IE=IH

=>ΔIEH cân tại I

=>\(\widehat{IEH}=\widehat{IHE}\)

mà \(\widehat{IHE}=\widehat{FHB}\)(hai góc đối đỉnh)

và \(\widehat{FHB}=\widehat{BAE}\left(=90^0-\widehat{EBA}\right)\)

nên \(\widehat{IEH}=\widehat{BAE}\)

Ta có: OE=OB

=>ΔOBE cân tại O

=>\(\widehat{OEB}=\widehat{OBE}\)

\(\widehat{OEI}=\widehat{OEB}+\widehat{IEB}\)

\(=\widehat{EBA}+\widehat{EAB}=90^0\)

=>IE\(\perp\)OE tại E

=>IE là tiếp tuyến của (O)

giải bằng hệ phuog trình

Bài 1:

Gọi vận tốc xe khách là x(km/h), vận tốc xe du lịch là y(km/h)

(Điều kiện: x>0; y>0)

Vận tốc xe du lịch hơn vận tốc xe khách 20km/h nên y=x+20

Thời gian xe du lịch đi từ TPHCM đến Tiền Giang là \(\dfrac{100}{y}\left(giờ\right)\)

Thời gian xe khách đi từ TPHCM đến Tiền Giang là \(\dfrac{100}{x}\left(giờ\right)\)

Theo đề, ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}y=x+20\\\dfrac{100}{x}-\dfrac{100}{y}=\dfrac{5}{12}\end{matrix}\right.\)

Thay y=x+20 vào \(\dfrac{100}{x}-\dfrac{100}{y}=\dfrac{5}{12}\), ta được:

\(\dfrac{100}{x}-\dfrac{100}{x+20}=\dfrac{5}{12}\)

=>\(\dfrac{20}{x}-\dfrac{20}{x+20}=\dfrac{1}{12}\)

=>\(\dfrac{20\left(x+20\right)-20x}{x\left(x+20\right)}=\dfrac{1}{12}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{400}{x\left(x+20\right)}=\dfrac{1}{12}\)

=>\(x\left(x+20\right)=400\cdot12=4800\)

=>\(x^2+20x+100=4900\)

=>\(\left(x+10\right)^2=4900\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x+10=70\\x+10=-70\end{matrix}\right.\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=60\left(nhận\right)\\x=-80\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

=>y=x+20=60+20=80(nhận)

Vậy: vận tốc xe khách là 60(km/h), vận tốc xe du lịch là 80(km/h)

Bài 2:

Gọi chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn lần lượt là a(m) và b(m)

(Điều kiện: a>0; b>0)

Chiều dài hơn chiều rộng 15m nên a-b=15(1)

Chiều dài sau khi giảm 2m là a-2(m)

Chiều rộng sau khi tăng 3m là b+3(m)

Diện tích mảnh vườn tăng thêm 44m nên ta có:

(a-2)(b+3)-ab=44

=>\(ab+3a-2b-6-ab=44\)

=>3a-2b=50(2)

Từ (1),(2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}a-b=15\\3a-2b=50\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}3a-3b=45\\3a-2b=50\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}3a-3b-2a+2b=45-50\\a-b=15\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}-b=-5\\a-b=15\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}b=5\\a=20\end{matrix}\right.\left(nhận\right)\)

Diện tích mảnh vườn là \(20\cdot5=100\left(m^2\right)\)

Bài 3:

Gọi chiều rộng là x(m), chiều dài là y(m)

(Điều kiện: x>0; y>0)

Chiều dài hơn chiều rộng 6m nên y-x=6

Diện tích là 112m² nên xy=112

Do đó, ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}y-x=6\\xy=112\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=x+6\\x\left(x+6\right)-112=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=x+6\\x^2+6x-112=0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=x+6\\\left(x+14\right)\left(x-8\right)=0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=x+6\\\left[{}\begin{matrix}x=-14\left(loại\right)\\x=8\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x=8\\y=8+6=14\end{matrix}\right.\left(nhận\right)\)

Vậy: Chiều rộng là 8m; chiều dài là 14m

a. Do AB là đường kính và C, D thuộc đường tròn nên \(\widehat{ACB}\) ; \(\widehat{ADB}\) là các góc nt chắn nửa đường tròn

\(\Rightarrow\widehat{ACB}=\widehat{ADB}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{ECF}=\widehat{EDF}=90^0\)

\(\Rightarrow\) C và D cùng nhìn EF dưới 1 góc vuông nên ECFD nội tiếp

Do \(\widehat{ACB}=\widehat{ADB}=90^0\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AD\perp BE\\BC\perp AE\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow F\) là giao điểm 2 đường cao AD, BC của tam giác ABE

\(\Rightarrow F\) là trực tâm tam giác ABE

\(\Rightarrow EF\) là đường cao thứ 3

\(\Rightarrow EF\perp AB\)

b.

Đề đúng: IF là đường phân giác (góc chỉ có phân giác chứ không có đường cao).

Theo câu a, do EF vuông góc AB tại I \(\Rightarrow\widehat{AIF}=90^0=\widehat{ACF}\)

\(\Rightarrow\) I và C cùng nhìn AF dưới 1 góc vuông

\(\Rightarrow ACFI\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{CIF}=\widehat{CAF}\) (cùng chắn CF) (1)

\(\widehat{AIE}=\widehat{ADE}=90^0\Rightarrow\) I và D cùng nhìn AE dưới 1 góc vuông

\(\Rightarrow AIDE\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{EAD}=\widehat{EID}\)

Hay \(\widehat{CAF}=\widehat{EID}\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow\widehat{CIF}=\widehat{EID}\)

\(\Rightarrow IF\) là phân giác của \(\widehat{CID}\)

Gọi số giáo viên tham gia chuyến đi là x (người) (với x là số nguyên dương)

Do số học sinh gấp 4 lần số giáo viên nên số học sinh tham gia là: \(4x\) (người)

Có 10% học sinh dẫn 1 người thân đi cùng nên số người thân đi cùng là: \(4x.10\%=0,4x\) (người)

Chi phí cho mỗi giáo viên là: \(375000.\left(100\%-10\%\right)=337500\left(đ\right)\)

Chi phí cho mỗi học sinh là: \(375000.\left(100\%-30\%\right)=262500\left(đ\right)\)

Do tổng chi  phí tham quan là 46125000 nên ta có pt:

\(337500.x+262500.4x+375000.0,4x=46125000\)

\(\Rightarrow x=30\)

Vậy có 30 giáo viên và 120 học sinh tham gia

Kẻ DE vuông góc AB và BF vuông góc CD

DAB là tam giác cân nên \(\widehat{A}=\widehat{B}=\dfrac{180^0-\widehat{D}}{2}=70^0\) 

Trong tam giác vuông ADE: \(AE=AD.cos\widehat{A}=7.cos70^0\)

\(\Rightarrow AB=2AE=14.cos70^0=4,8\left(cm\right)\)

Trong tam giác vuông BDF:

\(\left\{{}\begin{matrix}DF=BD.cos\widehat{D}=7.cos53^0\\BF=BD.sin\widehat{D}=7.sin53^0\end{matrix}\right.\)

Trong tam giác vuông BCF:

\(CF=\sqrt{BC^2-BF^2}\)

\(\Rightarrow CD=DF+CF=7.cos53^0+\sqrt{6^2-\left(7.sin53^0\right)^2}=6,4\left(cm\right)\)

\(\widehat{N}=30^0\) \(\Rightarrow\) tam giác cân tại M

Từ M kẻ MH vuông góc NP \(\Rightarrow HP=\dfrac{1}{2}NP=2\sqrt{3}\)

\(MH=HP.tan\widehat{P}=2\sqrt{3}.tan30^0=2\)

\(S=\dfrac{1}{2}MH.NP=4\sqrt{3}\left(cm^2\right)\)

\(S=\dfrac{1}{2}AB.BC.sinB=\dfrac{1}{2}.14.14\sqrt{3}.sin60^0=147\left(cm^2\right)\)

Ta có: 

\(\dfrac{1}{\left(a+1\right)\sqrt{a}+a\sqrt{a+1}}=\dfrac{1}{\sqrt{a\left(a+1\right)}\left(\sqrt{a+1}+\sqrt{a}\right)}\\ =\dfrac{\sqrt{a+1}-\sqrt{a}}{\sqrt{a\left(a+1\right)}\cdot\left[\left(\sqrt{a+1}+\sqrt{a}\right)\left(\sqrt{a+1}-\sqrt{a}\right)\right]}\) \(=\dfrac{\sqrt{a+1}-\sqrt{a}}{\sqrt{a\left(a+1\right)}\left(a+1-a\right)}=\dfrac{\sqrt{a+1}-\sqrt{a}}{\sqrt{a\left(a+1\right)}}=\dfrac{1}{\sqrt{a}}-\dfrac{1}{\sqrt{a+1}}\)  

Áp dụng: \(E=\dfrac{1}{2\sqrt{1}+1\sqrt{2}}+\dfrac{1}{3\sqrt{2}+2\sqrt{3}}+...+\dfrac{1}{144\sqrt{143}+143\sqrt{144}}\)

\(=\dfrac{1}{\sqrt{1}}-\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{2}}-\dfrac{1}{\sqrt{3}}+...+\dfrac{1}{\sqrt{143}}-\dfrac{1}{\sqrt{144}}\)

\(=\dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{\sqrt{144}}\)

\(=1-\dfrac{1}{12}=\dfrac{11}{12}>\dfrac{1}{2}\) 

\(\Rightarrow E>F\)

Kẻ đường cao DH 

Xét ΔDHA vuông tại H ta có:

\(sinA=\dfrac{DH}{AD}\)

\(\Rightarrow DH=sinA\cdot AD=sin55^o\cdot24\left(cm\right)\)

Áp dụng định lý Py-ta-go cho ΔDHA ta có: 

\(AD^2=AH^2+DH^2\)

\(\Rightarrow AH=\sqrt{AD^2-DH^2}\)

\(\Rightarrow AH=\sqrt{24^2-\left(24\cdot sin55^o\right)^2}\approx13,77\left(cm\right)\)

\(\Rightarrow BH=AB-AH=60-13,77\approx46,23\left(cm\right)\)

Áp dụng định lý Py-ta-go cho ΔDHB vuông tại H ta có:

\(BD^2=DH^2+BH^2\)

\(\Rightarrow BD=\sqrt{DH^2+BH^2}\)

\(\Rightarrow BD=\sqrt{\left(24\cdot sin55^o\right)^2+46,23^2}\approx50,24\left(cm\right)\)