Lớp 2 - liên kết tri thức
Lớp 2 - Chân trời sáng tạo
Lớp 2 - Cánh diều
Tài liệu tham khảo
Lớp 3Sách giáo khoa
Tài liệu tham khảo
Sách VNEN
Lớp 4Sách giáo khoa
Sách/Vở bài bác tập
Đề thi
Lớp 5Sách giáo khoa
Sách/Vở bài bác tập
Đề thi
Lớp 6Lớp 6 - liên kết 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 7Sách giáo khoa
Sách/Vở bài xích tập
Đề thi
Chuyên đề & Trắc nghiệm
Lớp 8Sách giáo khoa
Sách/Vở bài xích tập
Đề thi
Chuyên đề và Trắc nghiệm
Lớp 9Sách giáo khoa
Sách/Vở bài xích tập
Đề thi
Chuyên đề và Trắc nghiệm
Lớp 10Sách giáo khoa
Sách/Vở bài xích tập
Đề thi
Chuyên đề và Trắc nghiệm
Lớp 11Sách giáo khoa
Sách/Vở bài tập
Đề thi
Chuyên đề và Trắc nghiệm
Lớp 12Sách giáo khoa
Sách/Vở bài bác tập
Đề thi
Chuyên đề và Trắc nghiệm
ITNgữ 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 với giành được hiệu quả cao trong kì thi tuyển sinh vào lớp 10, firmitebg.com 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. Với đó là các dạng bài tập hay tất cả trong đề thi vào lớp 10 môn Toán với phương pháp giải đưa ra tiết. Hy vọng tài liệu này sẽ giúp học sinh ôn luyện, củng cố kỹ năng và kiến thức và sẵn sàng tốt mang lại kì thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2022.
Bạn đang xem: Các đề thi
I/ Đề thi môn Toán vào lớp 10 (không chuyên)
Bộ Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2022 tất cả đáp án (Trắc nghiệm - từ bỏ luận)
Bộ Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2022 có đáp án (Tự luận)
Bộ Đề thi vào lớp 10 môn Toán TP hà nội năm 2021 - 2022 gồm đáp án
II/ Đề thi môn Toán vào lớp 10 (chuyên)
III/ các 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 sinh sản .....
Kỳ thi tuyển chọn sinh vào lớp 10
Đề thi môn: Toán
Năm học 2021 - 2022
Thời gian: 120 phút
Câu 1: (2 điểm) Rút gọn gàng biểu thức sau:
a) A=12−253+60.
b) B=4xx−3.x2−6x+9x với 0 x2−2mx+m2−m+3=0 (1), cùng với m là tham số.
a) Giải phương trình (1) cùng với m = 4.
b) Tìm những giá trị của m để phương trình (1) bao gồm hai nghiệm với biểu thức: P=x1x2−x1−x2 đạt giá bán trị nhỏ dại nhất.
Câu 3: (1,5 điểm)
Tình cảm gia đình có sức khỏe phi trường. Bạn Vì quyết chiến – Cậu bé xíu 13 tuổi qua thương nhớ em trai của mình đã vượt qua 1 quãng mặt đường dài 180km từ đánh La đến cơ sở y tế Nhi Trung ương tp. Hà nội để thăm em. Sau khi đi bằng xe đạp 7 giờ, bạn ấy được lên xe khách với đi tiếp 1 giờ 30 phút nữa thì cho đến nơi. Biết gia tốc của xe khách to hơn vận tốc của xe đạp là 35 km/h. Tính gia tốc xe đạp của công ty Chiến.
Câu 4: (3,0 điểm)
đến đường tròn (O) có hai đường kính AB với MN vuông góc cùng với nhau. Trên tia đối của tia MA mang điểm C khác điểm M. Kẻ MH vuông góc với BC (H nằm trong BC).
a) minh chứng BOMH là tứ giác nội tiếp.
b) MB cắt OH tại E. Chứng tỏ ME.MH = BE.HC.
c) gọi giao điểm của mặt đường tròn (O) với đường tròn nước ngoài tiếp ∆MHC là K. Chứng minh 3 điểm C, K, E thẳng 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) do đồ thị hàm số trải qua điểm M(1; –1) bắt buộc a+ b = -1
thiết bị thị hàm số trải qua điểm N(2; 1) phải 2a + b = 1
yêu thương cầu bài xích toán a+b=−12a+b=1⇔a=2b=−3
Vậy hàm số đề nghị 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 tất cả 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) có 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 va định lí Vi–ét ta được:
P=m2−m+3−2m=m2−3m+3 =m(m−3)+3
vị m≥3 nên m(m−3)≥0 , suy ra P≥3. Lốt " = " xẩy ra khi m = 3.
Vậy giá bán trị nhỏ tuổi nhất của p là 3 lúc m = 3.
Câu 3:
Đổi 1 giờ khoảng 30 phút = 1,5 giờ.
Gọi vận tốc xe đạp của người tiêu dùng 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 điện là: 7x (km)
Quãng đường các bạn Chiến đi bằng ô tô là: 1,5(x + 35)(km)
vì chưng tổng quãng đường chúng ta Chiến đi là 180km buộc phải ta có 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 gia tốc là 15 km/h.
Câu 4:
a) Ta có: MOB^=900 (do AB⊥MN) và 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 xuất OBM^=OMB^ (1)
Tứ giác BOMH nội tiếp phải OBM^=OHM^ (cùng chắn cung OM)
và OMB^=OHB^ (cùng chắn cung OB) (2)
tự (1) và (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 gồm MH là mặt đường cao
Ta có: HM2=HC.HB⇒HMHB=HCHM (4)
từ bỏ (3) và (4) suy ra: MEBE=HCHM5⇒ME.HM=BE.HC (đpcm)
c) vì chưng MHC^=900(do MH⊥BC) đề xuất đường tròn ngoại tiếp ∆MHC có đường kính là MC
⇒MKC^=900 (góc nội tiếp chắn nửa con đường tròn)
MN là đường 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 hàng (*)
∆MHC ∽ ∆BMC (g.g) ⇒HCMH=MCBM.
mà lại MB = BN (do ∆MBN cân 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^, mà MEC^+BEC^=1800 (do 3 điểm M, E, B trực tiếp hàng)
⇒BEC^+BEN^=1800
=> 3 điểm C, E, N thẳng sản phẩm (**)
từ bỏ (*) cùng (**) suy ra 4 điểm C, K, E, N thẳng hàng
=> 3 điểm C, K, E thẳng mặt hàng (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)
biện 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)
dịp 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)
– cùng 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 có hai nghiệm: x=1+5 và x=13+3658 .
Sở giáo dục và Đào tạo .....
Kỳ thi tuyển chọn sinh vào lớp 10
Đề thi môn: Toán
Năm học 2021 - 2022
Thời gian: 120 phút
Sở giáo dục và Đào tạo ra .....
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10
Đề thi môn: Toán
Năm học 2021 - 2022
Thời gian: 120 phút
Phần I. Trắc nghiệm (2 điểm)
Câu 1: Điều kiện khẳng định của biểu thức
A.x ≠ 0 B.x ≥ 1 C.x ≥ 1 hoặc x 2 và mặt đường thẳng (d) y =
A. (2; 2)B. ( 2; 2) với (0; 0)
C.(-3; ) D.(2; 2) với (-3; )
Câu 5: quý giá của k để phương trình x2 + 3x + 2k = 0 bao gồm 2 nghiệm trái dấu là:
A. K > 0B. K 2 D. K (2 điểm)
1) Thu gọn biểu thức
2) giải phương trình cùng hệ phương trình sau:
a) 3x2 + 5x - 8 = 0
b) (x2 + 5)2 = 3(x2 + 5) + 4
Bài 2: (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy đến Parabol (P) : y = x2 và mặt đường thẳng (d) :
y = 2mx – 2m + 1
a) cùng với m = -1 , hãy vẽ 2 đồ thị hàm số trên và một hệ trục tọa độ
b) tìm kiếm m để (d) với (P) giảm nhau tại 2 điểm tách biệt : A (x1; y1 );B(x2; y2) làm sao cho tổng các tung độ của nhì giao điểm bởi 2 .
Bài 3: (1 điểm) Rút gọn gàng biểu thức sau:
Tìm x nhằm A (3,5 điểm) mang lại đường tròn (O) có dây cung CD nắm định. Gọi M là vấn đề nằm ở chính giữa cung nhỏ dại CD. Đường kính MN của mặt đường tròn (O) cắt dây CD tại I. Lấy điểm E ngẫu nhiên trên cung mập CD, (E không giống C,D,N); ME cắt CD trên K. Những đường trực tiếp NE với CD cắt nhau tại P.
a) chứng tỏ rằng :Tứ giác IKEN nội tiếp
b) bệnh minh: EI.MN = NK.ME
c) NK giảm MP trên Q. Chứng minh: IK là phân giác của góc EIQ
d) từ bỏ C vẽ con đường thẳng vuông góc cùng với EN cắt đường trực tiếp DE tại H. Chứng minh khi E di động trên cung khủng CD (E khác C, D, N) thì H luôn luôn chạy bên trên một đường vậy định.
Phần I. Trắc nghiệm
| 1.C | 2.D | 3.A | 4.D |
| 5.B | 6.A | 7.D | 8.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 đang cho có tập nghiệm là S =
b) (x2 + 3)2 = 3(x2 + 3) + 4
Đặt x2 + 3 = t (t ≥ 3), phương trình sẽ cho biến đổi
t2 - 3t - 4 = 0
Δ = 32 - 4.(-4) = 25> 0
Phương trình tất cả 2 nghiệm biệt lập :
Do t ≥ 3 yêu cầu t = 4
Với t = 4, ta có: x2 + 3 = 4 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = ±1
Vậy phương trình vẫn cho tất cả 2 nghiệm x = ± 1
Bài 2:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy đến Parabol (P) : y = x2 và con đường thẳng (d) :
y = 2mx – 2m + 1
a) cùng với m = 1; (d): y = 2x – 1
Bảng giá trị
| x | 0 | 1 |
| y = 2x – 1 | -1 | 1 |
(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 mặt đường parabol nằm bên trên trục hoành, dấn Oy làm cho trục đối xứng cùng nhận điểm O(0; 0) là đỉnh cùng điểm thấp tốt nhất
b) đến Parabol (P) : y = x2 và mặt 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" = mét vuông - (2m - 1)=(m - 1)2
(d) với (P) cắt nhau trên 2 điểm phân biệt khi còn chỉ khi phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm tách biệt
⇔ Δ" > 0 ⇔ (m - 1)2 > 0 ⇔ m ≠ 1
Khi kia (d) giảm (P) trên 2 điểm A(x1, 2mx1 – 2m + 1) ; B ( x2, 2mx2 – 2m + 1)
Theo định lí Vi-et ta có: x1 + x2 = 2m
Từ mang thiết đề bài, tổng các tung độ giao điểm bằng 2 đề nghị 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 ⇔
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 và ΔMNK có:
∠NME là góc chung
∠IEM = ∠MNK ( 2 góc nội tiếp thuộc chắn cung IK)
=> ΔMEI ∼ ΔMNK (g.g)
c) Xét tam giác MNP có:
ME ⊥ NP; PI ⊥ MN
ME giao PI trên K
=> K là trực tâm của tam giác MNP
=> ∠NQP = 90o
Xét tứ giác NIQP có:
∠NQP = 90o
∠NIP = 90o
=> 2 đỉnh Q, I cùng chú ý cạnh NP bên dưới 1 góc cân nhau
=> tứ giác NIQP là tứ giác nội tiếp
=> ∠QIP = ∠QNP (2 góc nội tiếp cùng chắn cung PQ)(1)
Mặt không giống IKEN là tứ giác nội tiếp
=> ∠KIE = ∠KNE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung KE)(2)
Từ (1) với (2)
=> ∠QIP = ∠KIE
=> IE là tia phân giác của ∠QIE
d) Ta có:
Mà ∠DEM = ∠MEC (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau)
=> ∠EHC = ∠ECH => ΔEHC cân tại E
=> EN là mặt đường trung trực của CH
Xét mặt đường tròn (O) có: Đường kính OM vuông góc với dây CD trên I
=> NI là đường trung trực của CD => NC = ND
EN là đường trung trực của CH => NC = NH
=> N là trung khu đường tròn ngoại tiếp tam giác DCH
=> H ∈ (N, NC)
Mà N, C thắt chặt và cố định => H thuộc con đường tròn cố định và thắt chặt
Sở giáo dục đào tạo và Đào tạo thành .....
Kỳ thi tuyển chọn sinh vào lớp 10
Đề thi môn: Toán
Năm học tập 2021 - 2022
Thời gian: 120 phút
Bài 1 : ( 1,5 điểm)
1) Rút gọn gàng biểu thức sau:
2) cho biểu thức
a) Rút gọn biểu thức M.
b) Tìm những giá trị nguyên của x để giá trị tương xứng của M nguyên.
Bài 2 : ( 1,5 điểm)
1) kiếm tìm m nhằm hai phương trình sau có ít nhất 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 đường thẳng trên đi qua hai điểm là
(1; -1) với (3; 5)
Bài 3 : ( 2,5 điểm)
1) đến Phương trình :x2 + (m - 1) x + 5m - 6 = 0
a) giải phương trình lúc m = - 1
b) tìm m nhằm 2 nghiệm x1 với x2 thỏa mãn hệ thức: 4x1 + 3x2 = 1
2) Giải vấn đề sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Một công ty vận tải đường bộ điều một trong những xe tải để chở 90 tấn hàng. Khi đến kho hàng thì tất cả 2 xe bị hỏng cần để chở không còn số mặt hàng thì mỗi xe còn sót lại phải chở thêm 0,5 tấn so với ý định ban đầu. Hỏi số xe cộ được điều mang đến chở hàng là bao nhiêu xe? Biết rằng cân nặng hàng chở nghỉ ngơi mỗi xe pháo là như nhau.
Bài 4 : ( 3,5 điểm)
1) mang đến (O; R), dây BC cố định không trải qua tâm O, A là vấn đề bất kì trên cung mập BC. Bố đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau trên 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
2) Một hình chữ nhật tất cả chiều nhiều năm 3 cm, chiều rộng bằng 2 cm, xoay hình chữ nhật này một vòng quanh chiều dài của chính nó được một hình trụ. Tính diện tích toàn phần của hình trụ.
Bài 5 : ( 1 điểm)
1) mang đến a, b là 2 số thực sao cho a3 + b3 = 2. Chứng minh:
0 √x - 1 ∈ Ư (2)
√x - 1 ∈ ±1; ±2
Ta bao gồm bảng sau:
| √x-1 | - 2 | -1 | 1 | 2 |
| √x | -1 | 0 | 2 | 3 |
| x | Không mãi mãi x | 0 | 4 | 9 |
Vậy với x = 0; 4; 9 thì M nhận quý giá nguyên.
Xem thêm: Điểm Khác Nhau Giữa Đồng Phục Jk Và Dk Là Gì ? Có Gì Khác Với Chân Váy Tennis
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 (*) gồm nghiệm 6 - 3m ≠ 0 m ≠ 2
Khi đó, phương trình tất cả nghiệm:
Theo giải pháp 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 nhì phương trình trên có nghiệm thông thường và nghiệm phổ biến là 4
2) Tìm thông số a, b của đường thẳng y = ax + b biết đường thẳng trên trải qua hai điểm là
(1; -1) và (3; 5)
Đường thẳng y = ax + b đi qua hai điểm (1; -1) với (3; 5) cần ta có:
Vậy đường thẳng đề xuất tìm là y = 2x – 3
Bài 3 :
1) mang lại 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 bao gồm nghiệm:
x1 = 1 + 2√3
x2 = 1 - 2√3
Vậy hệ phương trình có 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 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 giá trị của m vừa lòng 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 chở là:
Do gồm 2 xe pháo nghỉ buộc phải mỗi xe sót lại phải chở thêm 0,5 tấn so với ý định nên từng xe đề xuất chở:
Khi đó ta tất cả phương trình:
=>(180 + x)(x - 2) = 180x
x2 - 2x - 360 = 0
Vậy số xe pháo được điều cho là trăng tròn xe
Bài 4 :
a) Xét tứ giác BDHF có:
∠BDH = 90o (AD là con đường cao)
∠BFH = 90o (CF là mặt 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 đường cao)
=> 2 đỉnh E và 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 con đường tròn)
=>KB⊥AB
Mà CH⊥AB (CH là con đường cao)
=> KB // CH
Tương tự:
∠KCA) = 90o (góc nội tiếp chắn nửa mặt đường tròn)
=>KC⊥AC
BH⊥AC (BH là con đường cao)
=> HB // ck
Xét tứ giác BKCF có:
KB // CH
HB // CK
=> Tứ giác BKCH là hình bình hành
=> nhì đường chéo BC và KH giảm nhau trên trung điểm mỗi con đường
=> HK trải qua trung điểm của BC
c) gọi 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 nặng tại O tất cả OM là trung tuyến
=> OM là tia phân giác của ∠BOC
=> ∠MOC = ∠BAC = 60o (= ∠BOC )
Xét tam giác MOC vuông tại M có:
OM = OC.cos(MOC) = OC.cos60o= 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 tròn trụ có bán kính đáy là R= 2 cm, chiều cao là h = 3 cm