Tháng Ba 2008
T2	T3	T4	T5	T6	T7	CN
« Feb		Tháng 4 »
	1	2
3	4	5	6	7	8	9
10	11	12	13	14	15	16
17	18	19	20	21	22	23
24	25	26	27	28	29	30
31

Archive for Tháng Ba, 2008

Hình ôn tập vào lớp 10(tt)

Đăng bởi vulalach on Tháng Ba 28, 2008

Bài 13:(LHP 2004 – 2005)

Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O; R). Về phía ngoài tam giác dựng tam giác đều ACD. BD cắt đường tròn tại E và cắt đường cao AH của tam giác ABC tại M.

a) Chứng minh tứ giác ADCM nội tiếp.

b) Tính DE theo R.

Hướng dẫn giải

a) Ta có AB = AC, OB = OC nên AO là đường trung trực của BC nên cũng là đường cao và là đường phân giác góc A.

Ta có $\triangle ABM = \triangle ACM$ (c.g.c)

Suy ra $\angle MCA =\angle MBA (1)$

Ta có AD = AC (tam giác ACD đều) và AC = AB (tam giác ABC cân) suy ra AD = AB, tam giác ABD cân tại A, do đó: $\angle ADB = \angle ABD (2)$

Từ (1) và (2) ta có: $\angle ADB = \angle ACM \Rightarrow$ tứ giác ADMC nội tiếp ( 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau)

b) Ta có $\angle MEC =\dfrac{1}{2} \angle BOC= \angle MEC \Rightarrow \angle AOC = \angle CED$

Xét tam giác AOC và tam giác DEC có:

+ $\angle OAC = \angle EDC$ (ADCM là tứ giác nội tiếp)

+ $\angle AOC = \angle DEC$ (cmt)

Suy ra $\triangle AOC \sim \triangle DEC$

$\Rightarrow \dfrac{AO}{DE} = \dfrac{AC}{DC} = 1 \Rightarrow DE = AO = R$

Bài 14: (PTNK AB 2006 – 2007)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O, có $AC \bot BD$ và AC cắt BD tại I. Biết rằng IA = 6cm, IB = 8cm, ID = 3cm.

a) Chứng minh tam giác ABC cân.

b) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Tính độ dài đoạn MN.

c) Gọi P là giao điểm của IO và MN. Tính độ dài đoạn PN.

Hướng dẫn giải

a) Xét $\triangle IAB$ và $\triangle IDC$ có:

+ $\angle IAB = \angle IDC$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC)

+ $\angle AIB = \angle DIC$ (đối đỉnh)

Do đó: $\triangle IAB \sim \triangle IDC$

$\Rightarrow \dfrac{IA}{ID} = \dfrac{IB}{IC} \Rightarrow IC = \dfrac{IB.Id}{IA}$

Vậy $IC = \dfrac{8.3}{6} = 4 (cm)$

Khi đó AC = IA + IC = 10cm.

Tam giác IAB vuông tại I, theo định lý Pytagore ta có:

$AB^2 = IA^2 +IB^2 = 6^2 + 8^2 = 100 \Rightarrow BC = 10cm$

Tam giác ABC có AB = AC (=10cm) nên là tam giác cân tại A.

b) Gọi E là trung điểm của BC.

Vì M, E lần lượt là trung điểm của AB, BC nên ME là đường trung bình của tam giác ABC. $\Rightarrow ME = \dfrac{AC}{2} =5cm, ME//AC$

Vì N, E lần lượt là trung điểm của CD, BC nên NE là đường trung bình của tam giác BCD. $NE = \dfrac{BD}{2} = 5.5 cm, NE // BD$

Ta có: $ME//AC, BD \bot AC \Rightarrow ME \bot BD$

Và $ME \bot BD, NE //BD \Rightarrow ME \bot NE$

Tam giác MEN vuông tại E, theo định lý Pytagore ta có:

$MN^2 = ME^2 + NE^2 = 5^2 + 5.5^2 = 55,25 \Rightarrow MN= \sqrt{55,25} (cm)$

c) IN cắt AB tại S.

Tam giác ICD vuông tại I, IN là đường trung tuyến nên IN = DN, $\Rightarrow \triangle NDI$ cân tại N $\Rightarrow \angle DIN =\angle IDN$

Mà $\angle IDN = \angle SAI$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC)

Suy ra $\angle DIN = \angle SAI$

Mặt khác $\angle DIN + \angle AIS = 180^o - \angle AID = 90^o$

Do đó: $\angle SAI + \angle AIS = 90^o \Rightarrow \triangle SAI$ cân tại S.

Ta có $OM \bot AB$ (liên hệ giữa đường kính và dây cung)

và $IS \bot AB \Rightarrow IS // OM$

Chứng minh tương tự ta cũng có NO // IM.

Tứ giác IMON có NO // IM, MO // IN nên là hình bình hành $\Rightarrow$ P là trung điểm của MN.

Do đó $PN = \dfrac{MN}{2} = \dfrac{\sqrt{55,25}}{2} (cm)$

Đăng trong Ôn thi vào lớp 10 | 1 Comment »

Tập hợp bài tập hình học lớp 9 (cơ bản và nâng cao)

Đăng bởi vulalach on Tháng Ba 28, 2008

Một tài liệu tham khảo cho các bạn:

hinh-hoc-lop-9.pdf

Đăng trong Toán 09 | 48 phản hồi »

Đề thi HSG toán TPHCM 2007 – 2008

Đăng bởi vulalach on Tháng Ba 27, 2008

Bài 1 (4 đ) Cho phương trình: $2x^2 - (6m-3)x -3m + 1 = 0$

a) Định m để pt có hai nghiệm đều âm.

b) Định m để $x^2_1 + x^2_2$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 2: (4 đ)

a) Cho $a, b, c > 0$ . Chứng minh rằng:

$1 < \dfrac{a}{a+b+c} + \dfrac{b}{b+c+d} +\dfrac{c}{c+d+a} +\dfrac{d}{d+a+b} < 2$

b) Cho $a, b \ge 1$ . Chứng minh rằng: $a\sqrt{b-1} +b\sqrt{a-1} \le ab$

Bài 3: ( 4 đ) Giải các phương trình sau:

a) $(x^2 -3x)^2 - 6(x^2-3x) - 7 = 0$

b) $\sqrt{8+\sqrt{x-3}} + \sqrt{5-\sqrt{x-3}} = 5$

c) $\sqrt{x+x^2} +\sqrt{x-x^2} = x+1$

Câu 4: (2 đ) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ thì $n^2 + n+1$ không chia hết cho 9.

Câu 5: ( 4đ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R), H là trực tâm của tam giác ABC.

a) Xác định M trên cung BC không chứa A sao cho BHCM là hình bình hành.

b) Lấy M bất kì trên cung BC không chứa A. Lấy N, E lần lượt là điểm đối xứng của M qua AB, AC. Chứng minh N, H, E thẳng hàng.

Câu 6: ( 2đ) Cho tứ giác ABCD có giao điểm hai đường chéo là O. Cho biết $S_{AOB} = 4, S_{COD} =9$ . Tính giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác ABCD.

Đăng trong Các đề kiểm tra và đề thi, Toán 09 | 5 phản hồi »

Các bài toán hình học thi vào lớp 10 (tt)

Đăng bởi vulalach on Tháng Ba 26, 2008

Bài 11: (LHP 2002 – 2003) Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB cố định và đường kính CD thay đổi. Vẽ tiếp tuyến (d) của (O) tại B. Các đường thẳng AC, AD cắt (d) lần lượt tại P và Q.

a) Chứng minh tứ giác CPQD là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh trung tuyến AI của tam giác APQ vuông góc với CD.

c) Gọi E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CDP. Chứng minh E luôn di chuyển trên một đường thẳng cố định khi CD thay đổi.

Hướng dẫn giải:

Câu a và b xem bài 9 .

c) Vì CDQP là tứ giác nội tiếp nên tâm E của đường tròn ngoại tiếp cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDQP.

Ta có I là trung điểm PQ, suy ra $EI \bot PQ$

O là trung điểm của CD, suy ra $EO \bot CD$

Mà ta có $AO \bot PQ$ (PQ là tiếp tuyến của B tại B)

và $AI \bot CD$ (câu b)

Từ đó ta có: $AO //EI, AI//EO$ , suy ra tứ giác AOEI là hình bình hành. Suy ra EI = AO = R.

Ta có $EI \bot PQ, EI = R$ , suy ra E nằm trên đường thẳng song song với PQ và cách PQ một khoảng R (đường thẳng này khác phía với A đối với đường thẳng PQ)

Bài 12: (LHP 2003 – 2004) Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi K là trung điểm cung AB. M là điểm lưu động trên cung nhỏ AK (M khác A và K). Lấy điểm N trên đoạn BM sao cho: BN = AM.

a) Chứng minh rằng: $\widehat{AMK} = \widehat{BNK}$

b) Chứng minh tam giác MNK vuông cân.

c) Hai đường thẳng AM và OK cắt nhau tại D. Chứng minh MK là đường phân giác của góc $\widehat{DMN}$ .

d) Chứng minh rằng đường thẳng vuông góc với BM tại N luôn đi qua một điểm cố định.

Hướng dẫn giải:

a)Ta có $\widehat{AKB} = 90^o$ (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Và KA = KB (K là trung điểm cung AB)

Suy ra tam giác KAB là vuông cân tại K.

Xét hai $\triangle AMK$ và $\triangle BNK$ có:

+ MA = NB (gt)

+ $\widehat{MAK} = \widehat{NBK}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung MK)

+ KA = KB (cmt)

Suy ra $\triangle AMK = \triangle BNK$ (c.g.c)

$\Rightarrow \widehat{AMK} =\widehat{MNK}$

b) Ta có $\widehat{MKA} =\widehat{NKB} (\triangle AMK =\triangle{BNK})$

Suy ra: $\widehat{MKA} +\widehat{NKA}=\widehat{NKB}+\widehat{NKA}$

hay $\widehat{MKA} =\widehat{NKB}$

Mà $\widehat{AKB} =90^o$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.

Nên $\widehat{MKN} =90^0$

Hơn nữa ta có $KM = KN (\triangle AMK =\triangle{BNK})$

Suy ra tam giác KMN vuông cân tại K.

c)Ta có $latex\ widehat{AMB} = 90^o$(góc nội tiếp chắn nửađường tròn), suy ra $\widehat{DMB} = 90^o$

Vì tam giác $KMN$ vuông cân tại K nên $\widehat{KMN} = 45^o$

Từ đó $\widehat{KMN} = \dfrac{1}{2} \widehat{DMB}$

Suy ra MK là phân giác của $\widehat{DMB}$

d) Gọi I là giao điểm của AK và đường thẳng qua N vuông góc với MB.

Tứ giác KIBN có $\widehat{IKB} = \widehat{INB} = 90^o$ , suy ra KIBN là tứ giác nội tiếp.

Khi đó ta có: $\widehat{KIB} = \widehat{KNM} = 45^o$

Tam giác ABI có $\widehat{IAB} = \widehat{AIB} = 45^o \Rightarrow \widehat{ABI} = 90^o$

$\Rightarrow BI \bot BA$ và $BI = BA$ . Vì A, B cố định, I cùng nửa mp bờ AB chứa K nên I cố định.

Vậy đường thẳng qua N vuông góc với BM luôn đi qua điểm cố định I

Đăng trong Ôn thi vào lớp 10 | Leave a Comment »

Các bài toán số học thi vào 10(tt)

Đăng bởi vulalach on Tháng Ba 21, 2008

Bài 4: (PTNK 2001- 2002) Cho m, n là các số nguyên thỏa:

$\dfrac{1}{2m} + \dfrac{1}{n} = \dfrac{1}{3}$ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $B =m.n$ .

Hướng dẫn giải:

Bài toán này thực ra chỉ là bài toán giải phương trình nghiệm nguyên. Ta có cách giải như sau:

Điều kiện: $m,n \neq 0$

Ta có $\dfrac{1}{2m} + \dfrac{1}{n} = \dfrac{1}{3}$ $\Leftrightarrow 2mn - 6m - 3n =0$

$\Leftrightarrow 2m(n-3) - 3(n -3) = 9 \Leftrightarrow (n-3)(2m -3) = 9$

Vì $9 = \pm 1 \times \pm 9 = \pm 3 \times \pm 3$ , từ đó ta có:

+ n – 3 = 9, 2m – 3 = 1 suy ra n = 12, m = 2, B = 24

+ n – 3 = 1, 2m – 3 = 9 suy ra n = 4, m = 6, B = 24

+ n – 3 = -1, 2m – 3 = -9 suy ra n = 2, m = – 3, B = -6

+ n – 3 = -9, 2m – 3 = -1 suy ra n = -6, m = 1, B = -6

+ n -3 = 3, 2m – 3 = 3 suy ra n = 6, m = 3, B = 18

+n – 3 = -3, 2m – 3 = -3 suy ra n = 0, m = 0 (loại)

Vậy giá trị lớn nhất của B = 24, khi (m,n) là (12, 2), hoặc (4,6)

Bài 5: (PTNK 2007 – 2008) Cho S là một tập hợp gồm 3 số tự nhiên có tính chất: tổng hai phần tử tùy ý của S là một số chính phương (ví dụ: S = {5, 20, 44}). Chứng minh rằng trong tập S có không quá một số lẻ.

Hướng dẫn giải:

Đặt S = {a, b, c}

Nhận xét:

+ Một số chính phương $A = n^2$ khi và chỉ khi có dạng $4k$ hoặc $4k +1$ (nếu n chẵn thì A có dạng 4k, n lẻ thì A có dạng 4k + 1)

+ Một số lẻ thì có dạng $4k +1$ hoặc $4k +3$

Ta giải bài toán bằng phản chứng.

Giả sử ngược lại S có nhiều hơn một số lẻ, ta có thể giả sử $a, b$ là các số lẻ.

+ Nếu a = 4p +1, b = 4q + 1 (hai số đều có dạng 4k +1), suy ra a + b = 4(p+q) + 2 không phải là số chính phương.

+ Nếu a = 4p + 3, b = 4q + 3 (hai số đều có dạng 4k + 3), suy ra a+ b = 4(p+q+1) + 2 không phải là số chính phương.

+ Nếu a = 4p +1, b = 4q +3. (một số có dạng 4k +1, một số có dạng 4k +3) Khi đó ta xét c.

++ Nếu c = 4r, hoặc c = 4r + 3 thì b + c =4(r+q) + 3 hoặc b + c = 4(q+r +1) +2 đều không phải là số chính phương.

++ Nếu c = 4r +1, hoặc c = 4r +2 thì a + c = 4(r +p) +2 hoặc a + c = 4(r +p)+3 đều không phải là số chính phương.

Do đó không có c để thỏa tính chất của S.

Vậy S không có nhiều hơn một số lẻ.

Đăng trong Ôn thi vào lớp 10 | 1 Comment »

Các bài toán hình ôn thi hkii và thi vào lớp 10(tt)

Đăng bởi vulalach on Tháng Ba 21, 2008

Bài 9:(TĐN, 2002 – 2003) Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB cố định và đường kính CD thay đổi (CD không trùng AB). Vẽ tiếp tuyến (d) của đường tròn (O) tại B. Các đường thẳng AC, AD cắt (d) lần lượt tại P và Q.

a) Chứng minh tứ giác CPQD là một tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh trung tuyến AI của tam giác APQ vuông góc với CD.

Hướng dẫn giải:

a) Ta có $\widehat{ACB} = 90^o$ ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

Vì PB là tiếp tuyến của (O) nên ta có $OB \bot BP \Rightarrow \widehat{OBP} =90^o$

Suy ra: $\widehat{ABC} =\widehat{APQ}$ (cùng phụ với $\widehat{BAC}$

Ta lại có: $\widehat{ABC} =\widehat{ADC}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

Từ đó suy ra: $\widehat{ADC} = \widehat{CPQ} \Rightarrow$ tứ giác PCDQ nội tiếp (Góc ngoài bằng góc trong đỉnh đối diện)

b) Ta có $\widehat{PAQ} =90^o$ (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

Tam giác APQ vuông tại A có AI là trung tuyến nên ta có: $AI = \dfrac{1}{2}PQ = IQ$ , suy ra tam giác IAQ cân tại I $\Rightarrow \widehat{KAP} =\widehat{ACB}$

Hơn nữa ta có: $\widehat{ADC} =\widehat{APQ}$ (cmt)

Suy ra: $\widehat{KAP} +\widehat{KPA} =\widehat{APQ} +\widehat{AQP} = 90^o$

Suy ra: $\widehat{AKP} = 90^o \Rightarrow AI \bot CD$

Bài 10: (TĐN 2003 – 2004) Cho hai điểm A, B thuộc đường tròn (O) (AB không đi qua O), hai điểm C, D lưu động trên cung lớn AB sao cho AD//BC (AD > BC). Gọi M là giao điểm của DB và AC. Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và D cắt nhau tại I

a) Chứng minh ba điểm I, O, M thẳng hàng.

b) Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD không đổi.

Hướng dẫn giải:

a) Ta có: IA = AD (1)(t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)

OA = OD (2)(A, D thuộc đường tròn (O))

Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) nên : $\widehat{DAB} +\widehat{DCB} = 180^o$

Vì AD //BC nên $\widehat{ADC} + \widehat{DCB} = 180^o$

Suy ra: $\widehat{DAB} =\widehat{ADC}$

Tứ giác ABCD có AD//BC và $\widehat{DAB} =\widehat{ADC}$ nên là hình thang cân, suy ra: AC = BD và DC = AB. Suy ra $\triangle ADC =\triangle DAB$ (c.c.c).

$\Rightarrow \widehat{BDA} = \widehat{CAD}$ , suy ra tam giác MAD cân tại M, suy ra MA = MD (3)

Từ (1), (2) và (3) Ta có 3 điểm I, O, M cùng nằm trên đường trung trực của AD nên thẳng hàng.

b) Ta có $\triangle MDC =\triangle MAB$ (c.c.c) suy ra bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MDC bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB.

Ta có $\widehat{AOB} =2.\widehat{ADB}$ ( góc ở tâm bằng 2 lần góc nội tiếp cùng chắn 1 cung)

Tam giác MCD cân tại M nên ta có:

$\widehat{AMB} =\widehat{ADM} + \widehat{ DAM} = 2.\widehat{ADM} =2\widehat{ADB}$

Từ (4) và (5) ta có: $\widehat{AOB} =\widehat{AMB}$ , suy ra tứ giác AOMB nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau). Từ đó ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB cũng là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AOB. Vì A, O, B cố định nên bán kính đó không đổi.

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CMD bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AOB nên không đổ.

Đăng trong Ôn thi vào lớp 10 | 7 phản hồi »

« Những bài viết trước

	thanh trong bài Hướng dẫn giải đề thi vào lớp …
	cuong pro trong bài Đề thi chọn đội tuyển toán 8 T…
	Trái Bí Khoái Toa… trong bài Hình học
	oho trong bài Một số đề thi HSG lớp 8
	Thiết trong bài Vui để học: Bài toán lớp …
	toi ne trong bài Vui để học: Bài toán lớp …
	co be thong minh trong bài Giải đáp THCS
	co be thong minh trong bài Giải đáp THCS
	co be thong minh trong bài Vui để học: Bài toán lớp …
	co be thong minh trong bài Vui để học: Bài toán lớp …

Trường làng

Thông báo

Quảng cáo

Trang

Lưu trữ

Albert Einstein

Johnny Carrol

Socrates

Nguyễn Tăng Vũ

a

Bài viết mới

Phản hồi gần đây

Blogroll

Blog Stats

Top Posts

Top Clicks

Archive for Tháng Ba, 2008

Hình ôn tập vào lớp 10(tt)

Tập hợp bài tập hình học lớp 9 (cơ bản và nâng cao)

Đề thi HSG toán TPHCM 2007 – 2008

Các bài toán hình học thi vào lớp 10 (tt)

Các bài toán số học thi vào 10(tt)

Các bài toán hình ôn thi hkii và thi vào lớp 10(tt)