Phương Pháp Giải Bài Toán Quỹ Tích Lớp 9

--- Bài mới hơn ---

  • Cách Giải Bài Toán Đốt Cháy Hidrocacbon Hay, Chi Tiết
  • Các Dạng Bài Tập Toán Về Đường Tròn Và Cách Giải
  • Giải Lịch Sử 9 Bài 1 Trang 3 Cực Chất
  • Giải Sinh Lớp 9 Bài 11: Phát Sinh Giao Tử Và Thụ Tinh
  • Giải Sinh Lớp 11 Bài 9: Quang Hợp Ở Các Nhóm Thực Vật C3, C4 Và Cam
  • Dạng toán Tìm quỹ tích các điểm là một dạng Toán khó trong chương trình Hình học lớp 9. Vì vậy các em cần biết phương pháp giải chung cho dạng toán này.

    Trước tiên chúng ta sẽ nhắc lại lý thuyết quỹ tích trước khi đi vào ví dụ bài tập có lời giải.

    1. Định nghĩa quỹ tích

    Một hình (H) được gọi là quỹ tích của những điểm M có một tính chất α

    (hay tập hợp của những điểm M có tính chất α ) khi nó chứa và chỉ chứa những điểm có tính chất α.

    Muốn chứng minh quỹ tích (tập hợp) các điểm M thoả mãn tính chất α là một hình (H) nào đó, ta phải chứng minh hai phần:

    Phần thuận: Mọi điểm có tính chất α đều thuộc hình (H).

    Phần đảo: Mọi điểm thuộc hình (H) đều có tính chất α .

    Kết luận: Quỹ tích (hay tập hợp) các điểm có tính chất α là hình (H).

    2. Những thao tác tư duy cần thiết cho việc chuẩn bị giải một bài toán quỹ tích

    2.1 Tìm hiểu kĩ bài toán

    Tìm hiểu kĩ bài toán tức là nắm chắc được những yếu tố đặc trưng cho bài toán. Trong một bài toán quỹ tích thường có 3 loại yếu tố đặc trưng:

    a) Loại yếu tố cố định: thông thường là các điểm.

    b) Loại yếu tố không đổi: như độ dài đoạn thẳng, độ lớn của góc, diện tích hình v.v…

    Các yếu tố cố định hoặc không đổi thường được cho đi kèm theo các nhóm từ “cố định”, “cho trước”, “không đổi”.

    c) Loại yếu tố thay đổi: thông thường là các điểm mà ta cần tìm quỹ tích

    hoặc các đoạn thẳng, các hình mà trên đó có điểm mà ta cần tìm quỹ tích. Các yếu tố thay đổi thường cho kèm theo nhóm từ: “di động”, “di chuyển”, “chạy”, “thay đổi” v.v…

    Ví dụ 1: Cho một góc vuông xOy cố định và một đoạn thẳng AB có độ dài cho trước; đỉnh A di chuyển trên cạnh Ox, đỉnh B di chuyển trên cạnh Oy. Tìm tập hợp các trung điểm M của đoạn thẳng AB.

    Trong bài toán này thì:

    Yếu tố cố định: Đỉnh O của góc xOy.

    Yếu tố không đổi: độ dài đoạn thẳng AB.

    Yếu tố thay đổi: điểm A, điểm B và do đó kéo theo trung điểm M của AB cũng thay đổi.

    Cũng cần biết rằng các yếu tố cố định, không đổi, thay đổi không phải lúc nào cũng được cho một cách trực tiếp mà đôi khi phải được hiểu một cách linh hoạt. Chẳng hạn khi nói: “Cho một đường tròn cố định…” thì ta hiểu rằng tâm của đường tròn là một điểm cố định và bán kính của đường tròn là một độ dài không đổi, hay như trong ví dụ 2 sau đây.

    Ví dụ 2: Cho một đường thẳng b và một điểm A cố định không thuộc đường thẳng b. Một tam giác ABC có đỉnh B di chuyển trên đường thẳng b sao cho nó luôn luôn đồng dạng với chính nó. Tìm tập hợp đỉnh C.

    Trong ví dụ này ta dễ dàng thấy:

    Yếu tố cố định: đỉnh A, đường thẳng b.

    Yếu tố thay đổi: đỉnh B, đỉnh C.

    Còn yếu tố không đổi là gì? đó là hình dạng của tam giác ABC. Nếu dừng lại ở khái niệm chung là hình dạng không đổi (tự đông dạng) thì ta không thể giải được bài toán. Do vậy, ta phải cụ thể hoá giả thiết tam giác ABC luôn tự đồng dạng ra như sau:

    – Các góc A, B, C có độ lớn không đổi; tỉ số các cạnh, chẳng hạn $ displaystyle frac{AC}{AB}$ là một số không đổi.

    Như vậy, việc tìm hiểu kĩ bài toán cũng đòi hỏi phải suy nghĩ, chọn lọc để tìm được những yếu tố cố định, yếu tố không đổi, yếu tố thay đổi thích hợp, giúp cho việc tìm ra cách giải bài toán.

    2.2 Đoán nhận quỹ tích

    Thao tác tư duy đoán nhận quỹ tích nhằm giúp HS hình dung được hình dạng của quỹ tích (đường thẳng, đoạn thẳng, cung tròn, đường tròn), nhiều khi còn cho HS biết cả vị trí và kích thước của quỹ tích nữa.

    Để đoán nhận quỹ tích ta thường tìm 3 điểm của quỹ tích. Muốn vậy nên xét 3 vị trí đặc biệt, tốt nhất là sử dụng các điểm giới hạn, với điều kiện vẽ hình chính xác, trực giác sẽ giúp ta hình dung được hình dạng quỹ tích.

    – Nếu 3 điểm ta vẽ được là thẳng hàng thì có nhiều khả năng quỹ tích là đường thẳng.

    – Nếu 3 điểm ta vẽ được là không thẳng hàng thì quỹ tích cần tìm là đường tròn.

    Ta sẽ làm sáng tỏ điều này trong ví dụ sau:

    Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB=2R. Một điểm M di chuyển trên nửa đường tròn. Nối AM và đặt trên tia AM một đoạn AN = BM. Tìm tập hợp các điểm N.

    Đoán nhận quỹ tích

    – Khi M → B thì BM → O

    do vậy AN → O hay N → A.

    Vậy A là một điểm của quỹ tích.

    – Khi M đến vị trí điểm I, điểm chính giữa của cung AB, thì do AI=BI nên N → I. Vậy I là một điểm của quỹ tích.

    3. Giải bài toán quỹ tích như thế nào?

    Giải một bài toán quỹ tích là tiến hành chứng minh phần thuận (bao gồm cả phần giới hạn quỹ tích) và chứng minh phần đảo.

    3.1 Chứng minh phần thuận

    Một trong những phương hướng để chứng minh phần thuận là đưa việc tìm quỹ tích về các quỹ tích cơ bản. Trong chương trình học ở trường Phổ thông cơ sở, học sinh đã được giới thiệu các quỹ tích (các tập hợp điểm) cơ bản sau:

    1) Tập hợp các điểm cách đều hai điểm cố định là đường trung trực của đoạn thẳng nối hai điểm ấy.

    2) Tập hợp các điểm cách đều hai cạnh của một góc là tia phân giác của góc ấy.

    3) Tập hợp tất cả những điểm cách đường thẳng b một khoảng l cho trước là hai đường thẳng song song với đường thẳng b và cách đường thẳng b một khoảng l.

    4) Tập hợp tất cả những điểm cách một điểm cố định O một khoảng không đổi r là đường tròn tâm O, bán kính r.

    5) Tập hợp các điểm M tạo thành với hai mút của đoạn thẳng AB cho trước một góc AMB có số đo bằng α ( α không đổi) là hai cung tròn đối xứng nhau qua AB (gọi là cung chứa góc α vẽ trên đoạn AB).

    Trường hợp đặc biệt: Tập hợp các điểm M luôn nhìn hai điểm cố định A, B dưới một góc vuông là đường tròn đường kính AB.

    Muốn vậy, ta tìm cách thay việc tìm quỹ tích những điểm M có tính chất α’ bằng việc tìm quỹ tích điểm M có tính chất α’ và quỹ tích của những điểm thoả tính chất α’ là một trong những quỹ tích cơ bản mà ta đã biết. (như vậy α’ có thể là “cách đều hai điểm cố định”; “cách một điểm cố định một đoạn không đổi”; ” cách một đường thẳng cố định một đoạn không đổi” v.v…). Như vậy ta thay việc xét mệnh đề M(α) bằng việc xét mệnh đề M( α’) mà M(α) ⇒ M( α’)

    3.2 Chứng minh phần đảo

    Thông thường điểm di động cần tìm quỹ tích M phụ thuộc vào sự di động của một điểm khác, điểm P chẳng hạn. Trong phần đảo ta làm như sau: Lấy một vị trí P’ khác của P và ứng với nó ta được điểm M’ trên hình H mà trong phần thuận ta đã chứng minh được đó là hình chứa những điểm M có tính chất α . Ta sẽ phải chứng minh M’ cũng có tính chất α .

    Tổng quát: khi chứng minh phần đảo của bài toán quỹ tích, sau khi lấy điểm M bất kì thuộc hình vừa tìm được, ta phải chứng minh rằng điểm M có tính chất T nêu trong đề bài. Tính chất T này thường được tách làm hai nhóm tính chất T1 và T 2. Ta dựng các điểm chuyển động còn lại thoả mãn tính chất T 1 rồi chứng minh M và các điểm ấy thoả mãn tính chất T 2. Như thế, tuỳ theo cách chia nhóm T1 và T 2 mà có nhiều cách chứng minh đảo đối với cùng một bài toán.

    3. Ví dụ về bài toán tìm quỹ tích các điểm

    Cho một góc vuông xOy. Một điểm A chạy trên cạnh Ox, một điểm B chạy trên cạnh Oy sao cho độ dài đoạn thẳng AB luôn bằng một đoạn l cho trước. Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng AB.

    Giải:

    1) Phần thuận

    Nối OI. Tam giác AOB vuông mà OI là trung tuyến nên

    --- Bài cũ hơn ---

  • Cách Phân Tích Bài Toán Rút Gọn Biểu Thức
  • Các Dạng Bài Toán Thực Tế Ôn Thi Thpt Quốc Gia Chọn Lọc, Có Đáp Án
  • Câu Hỏi Bài 14 Trang 63 Sgk Sử 7
  • Giải Bài Tập Lịch Sử 5 Bài 18: Ôn Tập: Chín Năm Kháng Chiến Bảo Vệ Độc Lập Dân Tộc (1945
  • Lịch Sử Và Địa Lí 5 Phiếu Kiểm Tra 3
  • Quỹ Tích Là Gì? Phương Pháp Giải Bài Toán Tìm Quỹ Tích

    --- Bài mới hơn ---

  • Cách Giải Bài Toán Quỹ Tích
  • Chương 0 Bài Giảng Điện Tử Xstk
  • Bài 1; Giải Tích Tổ Hợp.
  • Giải Tích Tổ Hợp To Hop Doc
  • Tàn Tích Quỷ Ám: Giải Mã Mối Quan Hệ Bí Ẩn Đến Ba Thế Hệ
  • Một hình H, theo định nghĩa, được gọi là quỹ tích của điểm M sẽ có tính chất T khi và chỉ khi hình H chứa các điểm có tính chất T.

    • Tập hợp các điểm bao gồm hai điểm A, B và tất cả những điểm nằm giữa A và B là đoạn thẳng AB.
    • Tập hợp các điểm cách đều hai điểm cố định chính là đường trung trực của đoạn thẳng nối hai điểm ấy.
    • Tập hợp các điểm cách đều hai cạnh của một góc chính là tia phân giác của góc đó.
    • Tập hợp các điểm cách đường thẳng (d) một khoảng bằng I là hai đường thẳng song song với (d) và sẽ cách đường thẳng (d) một khoảng chính bằng I.
    • Ta có tập hợp của các điểm cách điểm cố định O một khoảng bằng R chính là đường tròn tâm O, với bán kính R trong mặt phẳng và là mặt cầu O, R trong không gian ba chiều.
    • Tập hợp các điểm M tạo với hai đầu mút của đoạn thẳng AB cho trước một góc (widehat{AMB}) sẽ có số đo bằng (alpha) không đổi là hai cung tròn đối xứng nhau qua AB (được gọi là cung tròn chứa góc (alpha) vẽ trên đoạn AB).
    • Tập hợp những cặp điểm đối xứng nhau qua một đường thẳng là mặt phẳng chứa đường thẳng đó.
    • Tập hợp các điểm trong mặt phẳng với tổng khoảng cách tới hai điểm cố định cho trước (nằm trong mặt phẳng đó) chính là đường elíp nhận hai điểm cố định đó là tiêu điểm.
    • Tập hợp các điểm cách đều một điểm và một đường thẳng cố định sẽ là đường Parabol trong mặt phẳng đi qua điểm và đường cố định đó.

    Cách chuẩn bị giải bài toán quỹ tích

    Trước hết bạn cần tìm hiểu kĩ bài toán để nắm vững các yếu tố đặc trưng cho bài toán. Trong một bài toán quỹ tích thường sẽ xuất hiện 3 yếu tố sau đây:

    • Yếu tố cố định: Như các điểm, đoạn thẳng hay đường thẳng, ….
    • Yếu tố không đổi: Như độ dài đoạn thẳng, độ lớn của góc, ….
    • Yếu tố thay đổi: Thông thường là các điểm mà ta cần tìm quỹ tích, hoặc các đoạn thẳng, hoặc các hình mà trên đó chứa các điểm ta cần tìm quỹ tích.

    Để hiểu rõ hơn về các yếu tố trên ta xét các ví dụ sau đây:

    Ví dụ 1: Cho một góc vuông (widehat{xOy}) cố định và một đoạn thẳng AB có độ dài cho trước; đỉnh A di chuyển trên cạnh Ox, đỉnh B di chuyển trên cạnh Oy. Tìm tập hợp các trung điểm M của đoạn thẳng AB .

    Trong bài toán này chúng ta cần xác định 3 yếu tố đã nêu trên:

    • Yếu tố cố định là đỉnh O của góc vuông (widehat{xOy})
    • Yếu tố không đổi là độ dài của đoạn thẳng AB
    • Yếu tố thay đổi là điểm A, điểm B và do đó kéo theo trung điểm M của đoạn thẳng AB cũng thay đổi.

    Ví dụ 2: Cho một đường thẳng (b) và điểm A cố định không thuộc đường thẳng b. Một tam giác ABC có đỉnh B di chuyển trên đường thẳng (b) sao cho nó luôn luôn đồng dạng với chính nó. Tìm tập hợp đỉnh C.

    • Yếu tố cố định là đỉnh A và đường thẳng (b)
    • Yếu tố thay đổi là đỉnh B và đỉnh C
    • Yếu tố không đổi chính là hình dạng của tam giác ABC (AB = AC)

    Tóm lại: Qua 2 ví dụ trên ta cần chú ý:

    • Đôi khi các yếu tố đặc trưng trên không được cho một cách trực tiếp nên ta cần phải hiểu được một cách linh hoạt và sáng tạo.
    • Ở ví dụ 2, đề bài yêu cầu là tam giác đồng dạng với chính nó, vì thế ta cần lập ra hoặc chứng minh các giả thiết để tam giác ABC luôn đồng dạng (AB = AC). Thông qua việc đó giúp ta có thể giải bài toán một cách đơn giản hơn

    Thao tác đoán nhận quỹ tích giúp chúng ta có thể hình dung ra được hình dạng của quỹ tích (đoạn thẳng, đường thẳng, hình tròn, ….).

    Để đoán nhận quỹ tích ta thường tìm ba điểm của quỹ tích. Để có thể nhận được kết quả tốt và đơn giản nhất ta xét các điểm giới hạn của chúng, với điều kiện là vẽ hình chính xác.

    • Nếu ba điểm ta vẽ được không thẳng hàng thì nhiều khả năng quỹ tích là đường tròn
    • Nếu ba điểm ta vẽ được thẳng hàng thì khả năng quỹ tích sẽ là đường thẳng.

    Ví dụ về bài toán tìm quỹ tích điểm

    Cách giải bài toán quỹ tích

    Mọi điểm có tính chất T đều thuộc hình H. Thực chất của phần này là đi tìm hình dạng của quỹ tích (kiểm tra với một vài trường hợp cụ thể, dự đoán và sử dụng lặp luận để chứng minh quỹ tích cần tìm).

    Mọi điểm thuộc hình H đều có tính chất T. Mục tiêu của việc chứng minh phần đảo là xác minh lại một lần nữa (trong nhiều trường hợp thì việc xét phần đảo sẽ là cách chứng minh chắc chắn nhất cho lập luận của mình).

    • Bước 1: Xác định các yếu tố đặc trưng (yếu tố cố định, yếu tố không đổi, yếu tố thay đổi)
    • Bước 2: Biến đổi biểu thức vectơ cho trước về 1 trong 5 dạng toán sau:

    Dạng 4: Trong mặt phẳng, cho hai điểm A, B cố định và một điểm M di chuyển. Quỹ tích điểm M thỏa mãn: (overrightarrow{MA}.overrightarrow{MB}=0) là đường tròn (C) có (left ( O;frac{AB}{2} right ))

    Cách giải:

    Dạng 5: Trong mặt phẳng, cho hai điểm A,B cố định và một điểm M di chuyển có (overrightarrow{AM}.overrightarrow{AB}=0). Khi đó quỹ tích điểm M sẽ là đường thẳng (left ( Delta right )) đi qua A và vuông góc với AB.

    Một số bài tập tìm quỹ tích điểm

    Ví dụ 1: Cho (bigtriangleup ABC). Tìm tập hợp điểm M thỏa mãn (overrightarrow{MA}+2overrightarrow{MB}-overrightarrow{MC}=koverrightarrow{BC}left ( kne0 right ))

    Gọi (I) là trung điểm của AB. Ta có:

    (overrightarrow{MA}+2overrightarrow{MB}-overrightarrow{MC}=koverrightarrow{BC})

    (Rightarrowoverrightarrow{MA}+overrightarrow{MB}+overrightarrow{MB}-overrightarrow{MC}=koverrightarrow{BC})

    (Rightarrow2overrightarrow{MI}+overrightarrow{CB}=koverrightarrow{BC}) (do (I) là trung điểm của AB)

    (Rightarrow2overrightarrow{MI}=koverrightarrow{BC}-overrightarrow{CB})

    (Rightarrow2overrightarrow{MI}=koverrightarrow{BC}+overrightarrow{BC})

    Cách giải:

    (Rightarrow2overrightarrow{MI}=left (k+1 right )overrightarrow{BC})

    (Rightarrowoverrightarrow{MI}=left (frac{k+1}{2} right )overrightarrow{BC}) (tương ứng với dạng toán 1 đã nêu ở trên).

    Vậy quỹ tích điểm M là đường thẳng (left ( Delta right )) đi qua (I) và song song với BC

    Giả sử điểm (I) nằm giữa đoạn thẳng AB và thỏa mãn (2overrightarrow{IA}+3overrightarrow{IB}=overrightarrow{0})

    (giống với dạng 3 đã nêu ở trên)

    Vậy quỹ tích điểm M là đường tròn tâm (I) và bán kính = 1.

    • Giả sử điểm (I) thỏa mãn (2overrightarrow{IA}+3overrightarrow{IB}=overrightarrow{0})
    • Giả sử điểm (J) thỏa mãn (overrightarrow{JC}+4overrightarrow{JD}=overrightarrow{0})

    (giống với dạng toán 2 đã nêu ở trên).

    Vậy quỹ tích điểm M là đường thẳng (left ( Delta right )) là trung trực của (IJ)

    Ví dụ 4: Cho (bigtriangleup ABC). Tìm tập hợp điểm M sao cho (overrightarrow{AM}.overrightarrow{AB}=AM^2)

    Cách giải:

    (overrightarrow{AM}.overrightarrow{AB}=overrightarrow{AM}.overrightarrow{AM}\Rightarrowoverrightarrow{AM}.overrightarrow{AB}-overrightarrow{AM}.overrightarrow{AM}=0\Rightarrowoverrightarrow{AM}.left ( overrightarrow{AB}-overrightarrow{AM} right )=0\Rightarrowoverrightarrow{AM}.overrightarrow{MB}=0\Rightarrow-overrightarrow{MA}.overrightarrow{MB}=0\Rightarrowoverrightarrow{MA}.overrightarrow{MB}=0)

    (giống dạng toán 4 đã nêu ở trên)

    Vậy quỹ tích điểm M là đường tròn tâm O bán kính là (frac{AB}{2}).

    • Gọi (I) là trung điểm của BC (Rightarrowoverrightarrow{MB}+overrightarrow{MC}=2overrightarrow{MI})
    • Gọi G là trọng tâm của (bigtriangleup ABCRightarrowoverrightarrow{GA}+overrightarrow{GB}+overrightarrow{GC}=overrightarrow{0})
    • Ta thấy A cố định (giả thiết) và (I) là trung điểm của BC suy ra (I) cố định. (1)
    • G là trọng tâm của (bigtriangleup ABC) suy ra G cố định (2)

    Từ (1) và (2) suy ra quỹ tích của điểm M là đường tròn tâm G, bán kính là (2IA)

    Ví dụ 6: Trên mặt phẳng cho 2 điểm A,B cố định. Tìm tập hợp điểm M sao cho (AM^2+overrightarrow{AM}.overrightarrow{MB}=0)

    (AM^2+overrightarrow{AM}.overrightarrow{MB}=0\ Rightarrowoverrightarrow{AM}.overrightarrow{AM}+overrightarrow{AM}.overrightarrow{MB}=0\ Rightarrowoverrightarrow{AM}.left (overrightarrow{AM}+overrightarrow{MB} right )=0\ Rightarrowoverrightarrow{AM}.overrightarrow{AB}=0)

    Please follow and like us:

    --- Bài cũ hơn ---

  • Tàn Tích Quỷ Ám
  • ‘tàn Tích Quỷ Ám’: Mối Quan Hệ Thần Bí Giữa Ba Thế Hệ
  • ‘tàn Tích Quỷ Ám’: Câu Chuyện Rùng Rợn Đằng Sau Căn Bệnh Mất Trí
  • ‘tàn Tích Quỷ Ám’: Khi Nhà Là Nơi Ta… Không Dám Trở Về
  • Đánh Giá Phim Tàn Tích Quỷ Ám
  • Cách Giải Bài Toán Quỹ Tích

    --- Bài mới hơn ---

  • Chương 0 Bài Giảng Điện Tử Xstk
  • Bài 1; Giải Tích Tổ Hợp.
  • Giải Tích Tổ Hợp To Hop Doc
  • Tàn Tích Quỷ Ám: Giải Mã Mối Quan Hệ Bí Ẩn Đến Ba Thế Hệ
  • Lý Thuyết Diện Tích Xung Quanh Của Hình Lăng Trụ Đứng
  • Cách Giải Bài Toán Quỹ Tích, Toán 8 Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình Violet, Toán 8 Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình Tiếp, Toán 9 Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình Violet, Toán 8 Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình Tt, Toán 9 Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Hệ Phương Trình, Toán 9 Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình, Toán Lớp 8 Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình, Toán 8 Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình, Toán Đại 8 Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình, Cách Giải Bài Toán Lớp 4, Cách Giải Bài Toán Lớp 3, Cách Giải Bài Toán Lớp 2, Cách Giải Bài Toán Khó, Cách Giải Bài Toán, Cách Giải Bài Toán Hàm Hợp, Cách Giải Bài Toán Lãi Kép, Cách Giải Bài Toán X, Giải Bài Tập Diện Tích Xung Quanh Và Diện Tích Toàn Phần Của Hình Hộp Chữ Nhật, Giải Bài Tập Diện Tích Xung Quanh Và Diện Tích Toàn Phần Của Hình Lập Phương, Cách Giải Bài Toán Ma Trận, Cách Giải Bài Toán Giới Hạn, Cách Giải Bài Toán Hiệu Tỉ, Cách Giải Bài Toán Về Ankan, Toán Giải Tích 12, Toán Giải Tích 12 Bài 1, Cách Giải Bài Toán Trên Google, Cách Giải Bài Toán Tổng Hiệu, Cách Giải Bài Toán Phần Trăm, Đề Bài Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Hệ Phương Trình, Bài 6+7 Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình, Bài Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình, Bài Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình Lớp 8, Bài 7 Giải Toán Bằng Cách Lập Phương Trình, ôn Tập Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình, Bài 8 Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình 9, Bài 5 Giải Toán Bằng Cách Lập Hệ Phương Trình, Bài Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Hệ Phương Trình, Bài 5 Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình, Bài Giải Toán Bằng Cách Lập Phương Trình, Đề Bài Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình, Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Hệ Phương Trình, Bài 6 Giải Toán Bằng Cách Lập Phương Trình, Đề Bài Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình Lớp 8, Bài 6 Giải Toán Bằng Cách Lập Hệ Phương Trình, Bài 6 Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Hệ Phương Trình, ôn Tập Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình Lớp 8, Bài Tập Tài Liệu Chuyên Toán Giải Tích 12, Tài Liệu Chuyên Toán Giải Tích 12, Tài Liệu Chuyên Toán Giải Tích 12 Pdf, Tài Liệu Chuyên Toán Đại Số Và Giải Tích 11 Pdf, Đáp án 80 Bài Toán Hình Học Giải Tích Phẳng, Bài Giảng Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình, Bài 6 Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình Violet, Chuyên Đề Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Hệ Phương Trình, Bài 7 Giải Toán Bằng Cách Lập Phương Trình Tiếp, Chuyên Đề Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình Lớp 8, Tài Liệu Giáo Khoa Chuyên Toán Giải Tích 12, Hãy Tính Diện Tích Xung Quanh Và Thể Tích Của Một Khối Hình Lập Phương Có Diện Tích Toàn Phần Là 384, Hãy Phân Tích ưu Nhược Điểm Và Phạm Vi ứng Dụng Của Pp Giải Tích Và Pp Mô Ph, Sứ Mệnh Lịch Sử Của Giai Cấp Công Nhân Việt Nam Giai Đoạn Cuộc Cách Mạng 4.0, Phân Tích Những Nhiệm Vụ Và Giải Pháp Xây Dựng Đảng Trong Giai Đoạn Hiện Nay, Học Tập Và Làm Theo Tấm Gương Đạo Đức Phong Cách Hồ Chí Minh Là Nhiệm Vụ Của Toàn Đảng Toàn Dân, Phân Tích Nhiệm Vụ Và Giải Pháp Xây Dựng Đảng Trong Sạch Vững Mạnh Trong Giai Đoạn Hiện Nay, Quy Định Về Đảm Bảo An Toàn, Phòng Tránh Tai Nạn, Thương Tích Cho Trẻ, Đảm Bảo An Toàn Tuyệt Đối Cho, Quy Định Về Đảm Bảo An Toàn, Phòng Tránh Tai Nạn, Thương Tích Cho Trẻ, Đảm Bảo An Toàn Tuyệt Đối Cho, Cách Viết Đơn Xin Tích Tụ Ruộng Đất , Cách Tính Điểm Tbc Tích Lũy, Toán 5 ôn Tập Về Đo Diện Tích Và Thể Tích, Một Hình Hộp Chữ Nhật Có Diện Tích Toàn Phần Lớn Hơn Diện Tích Xung Quanh, Một Hình Hộp Chữ Nhật Có Diện Tích Toàn Phần Lớn Hơn Diện Tích Xung Quanh 214,8cm, Cách Tính Điểm Tích Lũy Cofer, Học Tập Tấm Gương Đạo Đức Phong Cách Của Chủ Tịch Hồ Chí Minh, Cach Xem Sao Giai Han, Cách Giải Bài Tập Tia X, Cách Giải Bài Vật Lý Lớp 6, 8 Cách Phân Tích Đa Thức Thành Nhân Tử, Hãy Phân Tích Số 250 Ra Thừa Số Nguyên Tố Bằng Hai Cách, Lười Giải Phiếu Bài Tập Toán Cuối Tuần Toán 4tuân 16, Giải Toán Lớp 5 Toán Phát Chiển Năng Lực Tư Tuần 14 Đến 15,16, Cách Làm Báo Cáo Giải Trình, 7 Cách Đơn Giản Giải Độc Cơ Thể, Giải Bài Tập Khoảng Cách Lớp 11, Cách Giải Bài Tập Hối Phiếu, Cách Giải Bài Tập Tỷ Giá Hối Đoái, Giai Bai 3 Trang 19 2 Cach, Hãy Phân Tích Màu Xanh Trong Đoạn Thơ Bằng Cách, Phân Tích Yếu Tố Thời Cơ Trong Cách Mạng Tháng 8, Các Dạng Toán Và Phương Pháp Giải Toán 8, Phương Pháp Giải Toán Qua Các Bài Toán Olympic, Các Dạng Toán Và Phương Pháp Giải Toán 8 Tập 1, Các Dạng Toán Và Phương Pháp Giải Toán 6, Phân Tích Bản Chất Khoa Học Và Cách Mạng Của Chủ Nghĩa Mác – Lênin?, Quy Cách Cọc Giải Phóng Mặt Bằng, Phương Trình 1 ẩn Và Cách Giải, Phương Trình Bậc Hai Một ẩn Và Cách Giải, Giải Tích 1, Giải Tích, Giải Tích 1 7e, Đại Số Và Giải Tích 11,

    Cách Giải Bài Toán Quỹ Tích, Toán 8 Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình Violet, Toán 8 Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình Tiếp, Toán 9 Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình Violet, Toán 8 Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình Tt, Toán 9 Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Hệ Phương Trình, Toán 9 Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình, Toán Lớp 8 Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình, Toán 8 Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình, Toán Đại 8 Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình, Cách Giải Bài Toán Lớp 4, Cách Giải Bài Toán Lớp 3, Cách Giải Bài Toán Lớp 2, Cách Giải Bài Toán Khó, Cách Giải Bài Toán, Cách Giải Bài Toán Hàm Hợp, Cách Giải Bài Toán Lãi Kép, Cách Giải Bài Toán X, Giải Bài Tập Diện Tích Xung Quanh Và Diện Tích Toàn Phần Của Hình Hộp Chữ Nhật, Giải Bài Tập Diện Tích Xung Quanh Và Diện Tích Toàn Phần Của Hình Lập Phương, Cách Giải Bài Toán Ma Trận, Cách Giải Bài Toán Giới Hạn, Cách Giải Bài Toán Hiệu Tỉ, Cách Giải Bài Toán Về Ankan, Toán Giải Tích 12, Toán Giải Tích 12 Bài 1, Cách Giải Bài Toán Trên Google, Cách Giải Bài Toán Tổng Hiệu, Cách Giải Bài Toán Phần Trăm, Đề Bài Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Hệ Phương Trình, Bài 6+7 Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình, Bài Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình, Bài Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình Lớp 8, Bài 7 Giải Toán Bằng Cách Lập Phương Trình, ôn Tập Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình, Bài 8 Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình 9, Bài 5 Giải Toán Bằng Cách Lập Hệ Phương Trình, Bài Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Hệ Phương Trình, Bài 5 Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình, Bài Giải Toán Bằng Cách Lập Phương Trình, Đề Bài Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình, Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Hệ Phương Trình, Bài 6 Giải Toán Bằng Cách Lập Phương Trình, Đề Bài Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình Lớp 8, Bài 6 Giải Toán Bằng Cách Lập Hệ Phương Trình, Bài 6 Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Hệ Phương Trình, ôn Tập Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình Lớp 8, Bài Tập Tài Liệu Chuyên Toán Giải Tích 12, Tài Liệu Chuyên Toán Giải Tích 12, Tài Liệu Chuyên Toán Giải Tích 12 Pdf,

    --- Bài cũ hơn ---

  • Quỹ Tích Là Gì? Phương Pháp Giải Bài Toán Tìm Quỹ Tích
  • Tàn Tích Quỷ Ám
  • ‘tàn Tích Quỷ Ám’: Mối Quan Hệ Thần Bí Giữa Ba Thế Hệ
  • ‘tàn Tích Quỷ Ám’: Câu Chuyện Rùng Rợn Đằng Sau Căn Bệnh Mất Trí
  • ‘tàn Tích Quỷ Ám’: Khi Nhà Là Nơi Ta… Không Dám Trở Về
  • Các Bài Toán Hình Học Lớp 9 Có Lời Giải

    --- Bài mới hơn ---

  • Soạn Anh 7: Unit 9. Neighbors
  • Soạn Anh 7: Unit 8. At The Post Office
  • Unit 8. Films. Lesson 5. Skills 1
  • Skills 1 Trang 22 Unit 8 Tiếng Anh 7 Mới
  • Unit 3. Community Service. Lesson 5. Skills 1
  • , Working at Trường Đại học Công nghệ Thông tin và Truyền thông – Đại học Thái Nguyên

    Published on

    Cac bai-toan-hinh-hoc-on-thi-vao-lop-10

    1. 4. N y x O K F E M BA 3. Rõ ràng đây là câu hỏi khó đối với một số em, kể cả khi hiểu rồi vẫn không biết giải như thế nào , có nhiều em may mắn hơn vẽ ngẫu nhiên lại rơi đúng vào hình 3 ở trên từ đó nghĩ ngay được vị trí điểm C trên nửa đường tròn. Khi gặp loại toán này đòi hỏi phải tư duy cao hơn. Thông thường nghĩ nếu có kết quả của bài toán thì sẽ xảy ra điều gì ? Kết hợp với các giả thiết và các kết quả từ các câu trên ta tìm được lời giải của bài toán. Với bài tập trên phát hiện M là trực tâm của tam giác không phải là khó, tuy nhiên cần kết hợp với bài tập 13 trang 72 sách Toán 9T2 và giả thiết M là điểm chính giữa cung AC ta tìm được vị trí của C ngay. Với cách trình bày dưới mệnh đề “khi và chỉ khi” kết hợp với suy luận cho ta lời giải chặt chẽ hơn. Em vẫn có thể viết lời giải cách khác bằng cách đưa ra nhận định trước rồi chứng minh với nhận định đó thì có kết quả , tuy nhiên phải trình bày phần đảo: Điểm C nằm trên nửa đường tròn mà thì AD là tiếp tuyến. Chứng minh nhận định đó xong ta lại trình bày phần đảo: AD là tiếp tuyến thì . Từ đó kết luận. 4. Phát hiện diện tích phần tam giác ADC ở ngoài đường tròn (O) chính là hiệu của diện tích tứ giác AOCD và diện tích hình quạt AOC thì bài toán dễ tính hơn so với cách tính tam giác ADC trừ cho diện tích viên phân cung AC. Bài 3 Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = a. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB ( Ax, By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (O) (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn (O); nó cắt Ax, By lần lượt ở E và F. 1. Chứng minh: 2. Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng. 3. Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh . 4. Khi MB = .MA, tính diện tích tam giác KAB theo a. BÀI GIẢI CHI TIẾT 1. Chứng minh: . EA, EM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau ở E nên OE là phân giác của . Tương tự: OF là phân giác của . Mà và kề bù nên: (đpcm) hình 4 2. Chứng minh: Tứ giác AEMO nội tiếp; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng. ” 0 60BC =” 0 60BC = · 0 EOF 90= MK AB⊥ 3 · 0 EOF 90= ·AOM ·BOM ·AOM·BOM· 0 90EOF =
    2. 5. Ta có: (tính chất tiếp tuyến) Tứ giác AEMO có nên nội tiếp được trong một đường tròn. Tam giác AMB và tam giác EOF có:, (cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEMO. Vậy Tam giác AMB và tam giác EOF đồng dạng (g.g). 3. Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh . Tam giác AEK có AE // FB nên: . Mà : AE = ME và BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Nên . Do đó MK // AE (định lí đảo của định lí Ta- let). Lại có: AE AB (gt) nên MK AB. 4. Khi MB = .MA, tính diện tích tam giác KAB theo a. Gọi N là giao điểm của MK và AB, suy ra MN AB. FEA có MK//AE nên (1). BEA có NK//AE nên (2). Mà (do BF // AE) nên hay (3). Từ (1), (2) và (3) suy ra . Vậy MK = NK. Tam giác AKB và tam giác AMB có chung đáy AB nên: . Do đó. Tam giác AMB vuông ở M nên tg A = . Vậy AM = và MB = = (đvdt). Lời bàn: (Đây là đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2009-2010 của tỉnh Hà Nam) . Từ câu 1 đến câu 3 trong quá trình ôn thi vào lớp 10 chắc chắn thầy cô nào cũng ôn tập, do đó những em nào ôn thi nghiêm túc chắc chắn giải được ngay, khỏi phải bàn, những em thi năm qua ở tỉnh Hà Nam xem như trúng tủ. Bài toán này có nhiều câu khó, và đây là một câu khó mà người ra đề khai thác từ câu: MK cắt AB ở N. Chứng minh: K là trung điểm MN. · · 0 90EAO EMO= = · · 0 180EAO EMO+ = *· · 0 EOF 90AMB = =· ·MAB MEO= MK AB⊥ AK AE KF BF = AK ME KF MF = ⊥⊥ 3 ⊥ ∆MK FK AE FA = ∆NK BK AE BE = FK BK KA KE = FK BK KA FK BK KE = + + FK BK FA BE = MK KN AE AE = 1 2 AKB AMB S KN S MN = = 1 2 AKB AMBS S= 3 MB MA = · 0 60MAB⇒ = 2 a3 2 a⇒1 1 3 . . . 2 2 2 2 AKB a a S⇒ = 21 3 16 a
    3. 6. x H Q I N M O C BA K x H Q I N M O C BA Nếu chú ý MK là đường thẳng chứa đường cao của tam giác AMB do câu 3 và tam giác AKB và AMB có chung đáy AB thì các em sẽ nghĩ ngay đến định lí: Nếu hai tam giác có chung đáy thì tỉ số diện tích hai tam giác bằng tỉ số hai đường cao tương ứng, bài toán qui về tính diện tích tam giác AMB không phải là khó phải không các em? Bài 4 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Từ điểm M trên tiếp tuyến Ax của nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến thứ hai MC (C là tiếp điểm). Hạ CH vuông góc với AB, đường thẳng MB cắt nửa đường tròn (O) tại Q và cắt CH tại N. Gọi giao điểm của MO và AC là I. Chứng minh rằng: a) Tứ giác AMQI nội tiếp. b) . c) CN = NH. (Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2009-2010 của sở GD&ĐT Tỉnh Bắc Ninh) BÀI GIẢI CHI TIẾT a) Chứng minh tứ giác AMQI nội tiếp: Ta có: MA = MC (tính chất hai tếp tuyến cắt nhau) OA = OC (bán kính đường tròn (O)) Do đó: MO AC . (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) . Hai đỉnh I và Q cùng nhìn AM dưới Hình 5 một góc vuông nên tứ giác AMQI nội tiếp được trong một đường tròn. b) Chứng minh:. Tứ giác AMQI nội tiếp nên Hình 6 (cùng phụ ) (2). có OA = OC nên cân ở O. (3). Từ (1), (2) và (3) suy ra . c) Chứng minh CN = NH. Gọi K là giao điểm của BC và tia Ax. Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn(O)). AC BK , AC OM OM // BK. Tam giác ABK có: OA = OB, OM // BK MA = MK. Áp dụng hệ quả định lí Ta let cho có NH // AM (cùng AB) ta được: · ·AQI ACO= ⊥· 0 90MIA⇒ = · 0 90AQB = · 0 90MQA⇒ = · ·AQI ACO= · ·AQI AMI= ·MAC AOC∆· ·CAO ACO⇒ =· ·AQI ACO= · 0 90ACB =⊥⊥⇒⇒ ABM∆ ⊥
    4. 8. · · · · CDB CAB CAB CFA  =  = x F E D C B O A Từ (1) và (2) suy ra: chúng tôi = chúng tôi c) Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp: Ta có: (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC) ( cùng phụ ) Do đó tứ giác CDEF nội tiếp. Cách khác và có: chung và (suy từ chúng tôi = chúng tôi nên chúng đồng dạng (c.g.c). Suy ra: . Vậy tứ giác CDEF là tứ giác nội tiếp. d) Xác định số đo của góc ABC để tứ giác AOCD là hình thoi: Ta có: (do BD là phân giác ) . Tứ giác AOCD là hình thoi OA = AD = DC = OC AD = DC = R Vậy thì tứ giác AOCD là hình thoi. Tính diện tích hình thoi AOCD theo R: . Sthoi AOCD = (đvdt). Hình 8 Lời bàn 1. Với câu 1, từ gt BD là phân giác góc ABC kết hợp với tam giác cân ta nghĩ ngay đến cần chứng minh hai góc so le trong và bằng nhau. 2. Việc chú ý đến các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn kết hợp với tam giác AEB, FAB vuông do Ax là tiếp tuyến gợi ý ngay đến hệ thức lượng trong tam giác vuông quen thuộc. Tuy nhiên vẫn có thể chứng minh hai tam giác BDC và BFE đồng dạng trước rồi suy ra chúng tôi = chúng tôi Với cách thực hiện này có ưu việc hơn là giải luôn được câu 3. Các em thử thực hiện xem sao? 3. Khi giải được câu 2 thì câu 3 có thể sử dụng câu 2 , hoặc có thể chứng minh như bài giải. 4. Câu 4 với đề yêu cầu xác định số đo của góc ABC để tứ giác AOCD trở thành hình thoi không phải là khó. Từ việc suy luận AD = CD = R nghĩ ngay đến cung AC bằng 1200 từ đó suy ra số đo góc ABC ·FAC· ·CDB CFA⇒ = ∆DBC∆FBE∆ µBBD BC BF BE = · ·EFBCDB = · ·ABD CBD=·ABC” “AD CD⇒ = ⇔ ⇔” ” 0 60AD DC⇔ = =” 0 120AC⇔ =· 0 60ABC⇔ = · 0 60ABC = ” 0 120 3AC AC R= ⇒ = 2 1 1 3 . . . 3 2 2 2 R OD AC R R= = ·ODB·OBD ” 0 120 3AC AC R= ⇒ =
    5. 9. H N F E CB A bằng 600 . Tính diện tích hình thoi chỉ cần nhớ công thức, nhớ các kiến thức đặc biệt mà trong quá trình ôn tập thầy cô giáo bổ sung như ,…….. các em sẽ tính được dễ dàng. Bài 6 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Đường tròn đường kính BC cắt cạnh AB, AC lần lượt tại E và F ; BF cắt EC tại H. Tia AH cắt đường thẳng BC tại N. a) Chứng minh tứ giác HFCN nội tiếp. b) Chứng minh FB là phân giác của . c) Giả sử AH = BC . Tính số đo góc của ∆ABC. BÀI GIẢI CHI TIẾT a) Chứng minh tứ giác HFCN nội tiếp: Ta có : (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BC) Tứ giác HFCN có nên nội tiếp được trong đường tròn đường kính HC) (đpcm). b) Chứng minh FB là tia phân giác của góc EFN: Ta có (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn đường kính BC). (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn đường kính HC). Suy ra: . Vậy FB là tia phân giác của góc EFN (đpcm) c) Giả sử AH = BC. Tính số đo góc BAC của tam giác ABC: FAH và FBC có: , AH = BC (gt), (cùng phụ ). Vậy FAH = FBC (cạnh huyền- góc nhọn). Suy ra: FA = FB. AFB vuông tại F; FA = FB nên vuông cân. Do đó . Bài 7 (Các em tự giải) Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao BD và CE cát nhau tại H. a) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp. b) Chứng minh AD. AC = AE. AB. c) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh OA DE. ·EFN ·BAC · · 0 90BFC BEC= = · · 0 180HFC HNC+ = · ·EFB ECB=”BE · ·ECB BFN=¼HN · ·EFB BFN= ∆∆· · 0 AFH 90BFC= =· ·FAH FBC=·ACB∆∆ ∆· 0 45BAC = ⊥
    6. 10. = // O FE C DBA d) Cho biết OA = R , . Tính BH. BD + CH. CE theo R. Bài 8 Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên tia AB lấy điểm D nằm ngoài đoạn AB và kẻ tiếp tuyến DC với đường tròn (O) (C là tiếp điểm). Gọi E là chân đường vuông góc hạ từ A xuống đường thẳng CD và F là chân đường vuông góc hạ từ D xuống đường thẳng AC. Chứng minh: a) Tứ giác EFDA nội tiếp. b) AF là phân giác của . c) Tam giác EFA và tam giác BDC đồng dạng. d) Các tam giác ACD và ABF có cùng diện tích. (Trích đề thi tốt nghiệp và xét tuyển vào lớp 10- năm học 2000- 2001) BÀI GIẢI a) Chứng minh tứ giác EFDA nội tiếp: Ta có: (gt). Hai đỉnh E và F cùng nhìn AD dưới góc 900 nên tứ giác EFDA nội tiếp được trong một đường tròn. b) Chứng minh AF là phân giác của góc EAD: Ta có: . Vậy ( so le trong) Tam giác AOC cân ở O (vì OA = OC = R) nên . Do đó: . Vậy AF là phân giác của góc EAD (đpcm). c) Chứng minh tam giác EFA và tam giác BDC đồng dạng: EFA và BDC có: (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn ngoại tiếp tứ giác EFDA). . Vậy EFA và BDC đồng dạng (góc- góc). d) Chứng minh các tam giác ACD và ABF có cùng diện tích: SACD = và SABF = . (1) BC // DF (cùng AF) nên hay DF. AC = chúng tôi (2). Từ (1) và (2) suy ra : SACD = SABF (đpcm) (Lưu ý: có thể giải 2 cách khác nữa). · 0 60BAC = ·EAD · · 0 AFD 90AED = = // AE CD AE OC OC CD ⊥ ⇒ ⊥ · ·EAC CAD= · ·CAO OCA=· ·EAC CAD= ∆∆ · ·EFA CDB=”AE · · · · · ·EAC CAB EAF BCD CAB DCB  = ⇒ = = ∆∆ 1 . 2 DF AC 1 .AF 2 BC ⊥ AF BC AC DF =
    7. 11. O P K M H A C B Bài 9 Cho tam giác ABC ( ) nội tiếp trong nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Dựng tiếp tuyến với đường tròn (O) tại C và gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A đến tiếp tuyến đó. AH cắt đường tròn (O) tại M (M ≠ A). Đường vuông góc với AC kẻ từ M cắt AC tại K và AB tại P. a) Chứng minh tứ giác MKCH nội tiếp. b) Chứng minh ∆MAP cân. c) Tìm điều kiện của ∆ABC để ba điểm M, K, O thẳng hàng. BÀI GIẢI a) Chứng minh tứ giác MKCH nội tiếp: Ta có : (gt), (gt) Tứ giác MKCH có tổng hai góc đối nhau bằng 1800 nên nội tiếp được trong một đường tròn. b) Chứng minh tam giác MAP cân: AH // OC (cùng vuông góc CH) nên (so le trong) AOC cân ở O (vì OA = OC = R) nên . Do đó: . Vậy AC là phân giác của . Tam giác MAP có AK là đường cao (do AC MP), đồng thời là đường phân giác nên tam giác MAP cân ở A (đpcm). Cách 2 Tứ giác MKCH nội tiếp nên (cùng bù ). (cùng bằng sđ), (hai góc đồng vị của MP// CB). Suy ra: . Vậy tam giác AMP cân tại A. c) Tìm điều kiện cho tam giác ABC để ba điểm M; K; O thẳng hàng: Ta có M; K; P thẳng hàng. Do đó M; K; O thẳng hàng nếu P O hay AP = PM. Kết hợp với câu b tam giác MAP cân ở A suy ra tam giác MAP đều. Do đó . Đảo lại: ta chứng minh P O: Khi (do AC là phân giác của ) . Tam giác MAO cân tại O có nên MAO đều. Do đó: AO = AM. Mà AM = AP (do MAP cân ở A) nên AO = AP. Vậy P O. Trả lời: Tam giác ABC cho trước có thì ba điểm M; K và O thẳng hàng. · 0 45BAC < · 0 90MHC =· 0 90MKC = · ·MAC ACO= ∆· ·ACO CAO=· ·MAC CAO=·MAB⊥ · ·AMP HCK=·HMK· ·HCA CBA=1 2 “AC· ·CBA MPA= · ·AMP APM= ≡ · 0 30CAB =· 0 30CAB = ≡ · 0 30CAB = ⇒· 0 60MAB =·MAB· 0 60MAO =∆∆≡ · 0 30CAB =
    8. 12. / / //// H QP I O N M CB A Bài 10 Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH. Đường tròn tâm O đường kính AH cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M và N ( A≠ M&N). Gọi I, P và Q lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng OH, BH, và CH. Chứng minh: a) b) Tứ giác BMNC nội tiếp. c) Điểm I là trực tâm tam giác APQ. BÀI GIẢI a) Chứng minh : (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)). Nên Tam giác ANH vuông tại N. (do AH là đường cao của ABC) nên tam giác AHC vuông ở H. Do đó (cùng phụ ). b) Chứng minh tứ giác BMNC nội tiếp: Ta có : (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN). (câu a). Vậy: . Do đó tứ giác BMNC là một tứ giác nội tiếp. c) Chứng minh I là trực tâm tam giác APQ: OA = OH và QH = QC (gt) nên QO là đường trung bình của tam giác AHC. Suy ra: OQ//AC, mà AC AB nên QO AB. Tam giác ABQ có AH BQ và QO AB nên O là trực tâm của tam giác. Vậy BO AQ. Mặt khác PI là đường trung bình của tam giác BHO nên PI // BO. Kết hợp với BO AQ ta được PI AQ. Tam giác APQ có AH PQ và PI AQ nên I là trực tâm tam giác APQ (đpcm). Bài 11 Cho đường tròn (O;R) đường kính AB.Gọi C là điểm bất kỳ thuộc đường tròn đó (C≠ A&B). M, N lần lượt là điểm chính giữa của các cung nhỏ AC và BC. Các đường thẳng BN và AC cắt nhau tại I, các dây cung AN và BC cắt nhau ở P. Chứng minh: a) Tứ giác ICPN nội tiếp. Xác định tâm K của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó. b) KN là tiếp tuyến của đường tròn (O; R). c) Chứng minh rằng khi C di động trên đường tròn (O;R) thì đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. BÀI GIẢI · ·AHN ACB= · ·AHN ACB= · 0 90ANH = · 0 90AHC =∆· ·AHN ACB=·HAC · ·AMN AHN= · ·AHN ACB= · ·AMN ACB= ⊥⊥ ⊥⊥⊥⊥⊥⊥⊥
    9. 13. H / / = = P O K I N M C BA a) Chứng minh tứ giác ICPN nội tiếp. Xác định tâm K của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó: Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)). Do đó: Tứ giác ICPN có nên nội tiếp được trong một đường tròn. Tâm K của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ICPN là trung điểm của đoạn thẳng IP. b) Chứng minh KN là tiếp tuyến của đường tròn (O). Tam giác INP vuông tại N, K là trung điểm IP nên . Vậy tam giác IKN cân ở K . Do đó (1). Mặt khác (hai góc nội tiếp cùng chắn cung PN đường tròn (K)) (2) N là trung điểm cung CB nên . Vậy NCB cân tại N. Do đó : (3). Từ (1), (2) và (3) suy ra , hai góc này ở vị trí đồng vị nên KN // BC. Mặt khác ON BC nên KN ON. Vậy KN là tiếp tuyến của đường tròn (O). Chú ý: * Có thể chứng minh * hoặc chứng minh . c) Chứng minh rằng khi C di động trên đường tròn (O) thì đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định: Ta có (gt) nên . Vậy OM là phân giác của . Tương tự ON là phân giác của , mà và kề bù nên . Vậy tam giác MON vuông cân ở O. Kẻ OH MN, ta có OH = chúng tôi = R. = không đổi. Vậy khi C di động trên đường tròn (O) thì đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định (O; ). · · 0 90ACB ANB= = · · 0 90ICP INP= = · · 0 180ICP INP+ = 1 2 KN KI IP= = · ·KIN KNI= · ·NKP NCP= ” “CN BN CN NB= ⇒ =∆ · ·NCB NBC=· ·INK IBC= ⊥⊥ · · ·0 0 90 90KNI ONB KNO+ = ⇒ = · · ·0 0 90 90KNA ANO KNO+ = ⇒ = ¼ ¼AM MC=· ·AOM MOC=·AOC ·COB·AOC·COB· 0 90MON = ⊥2 2 2 2 R 2 2 R
    10. 14. / / // // H O K E D C B A _ = = / / O K H E D C B A Bài 12 Từ điểm A ở ngoài đường tròn (O), kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn ( B, C là các tiếp điểm). Đường thẳng qua A cắt đường tròn (O) tại D và E (D nằm giữa A và E , dây DE không qua tâm O). Gọi H là trung điểm của DE, AE cắt BC tại K . a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn . b) Chứng minh HA là tia phân giác của c) Chứng minh : . BÀI GIẢI a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp: (tính chất tiếp tuyến) Tứ giác ABOC có nên nội tiếp được trong một đường tròn. b) Chứng minh HA là tia phân giác của góc BHC: AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Suy ra . Do đó . Vậy HA là tia phân giác của góc BHC. c) Chứng minh : ABD và AEB có: chung, (cùng bằng sđ ) Suy ra : ABD ~ AEB Do đó: (1) ABK và AHB có: chung, (do ) nên chúng đồng dạng. Suy ra: (2) Từ (1) và (2) suy ra: chúng tôi = AK. AH === = (do AD + DE = AE và DE = 2DH). Vậy: (đpcm). Bài 13 Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB. Trên đường tròn (O;R) lấy điểm M sao cho . Vẽ đường tròn (B; BM) cắt đường tròn (O; R) tại điểm thứ hai là N. ·BHC 2 1 1 AK AD AE = + · · 0 90ABO ACO= = · · 0 180ABO ACO+ = ” “AB AC=· ·AHB AHC= 2 1 1 AK AD AE = + ∆∆ ·BAE· ·ABD AEB=1 2 “BD ∆∆ 2 . AB AD AB AD AE AE AB = ⇒ = ∆∆ ·BAH· ·ABK AHB=” “AB AC= 2 . AK AB AB AK AH AB AH = ⇒ = 1 . AH AK AE AD ⇒ = 2 2 . AH AK AE AD ⇒ =( )2 . AD DH AE AD +2 2 . AD DH AE AD + = . AD AD ED AE AD + + . AE AD AE AD +1 1 AD AE + 2 1 1 AK AD AE = + · 0 60MAB =
    11. 15. 60° O J IN M B A a) Chứng minh AM và AN là các tiếp tuyến của đường tròn (B; BM). b) Kẻ các đường kính MOI của đường tròn (O; R) và MBJ của đường tròn (B; BM). Chứng minh N, I và J thẳng hàng và JI . JN = 6R2 c) Tính phần diện tích của hình tròn (B; BM) nằm bên ngoài đường tròn (O; R) theo R. BÀI GIẢI a) Chứng minh AM và AN là các tiếp tuyến của đường tròn (B; BM). Ta có . (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn(O)). Điểm M và N thuộc (B;BM); AM MB và AN NB. Nên AM; AN là các tiếp tuyến của (B; BM). b) Chứng minh N; I; J thẳng hàng và JI .JN = 6R2 . (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O và tâm B). Nên IN MN và JN MN . Vậy ba điểm N; I và J thẳng hàng. Tam giác MJI có BO là đường trung bình nên IJ = 2BO = 2R. Tam giác AMO cân ở O (vì OM = OA), nên tam giác MAO đều. AB MN tại H (tính chất dây chung của hai đường tròn (O) và (B) cắt nhau). Nên OH = . Vậy HB = HO + OB = . Vậy JI . JN = 2R . 3R = 6R2 c) Tính diện tích phần hình tròn (B; BM) nằm ngoài đường tròn (O; R) theo R: Gọi S là diện tích phần hình tròn nằm (B; BM) nằm bên ngoài hình tròn (O; R). S1 là diện tích hình tròn tâm (B; BM). S2 là diện tích hình quạt MBN. S3 ; S4 là diện tích hai viên phân cung MB và NB của đường tròn (O; R). Ta có : S = S1 – (S2 + S3 + S4). Tính S1: . Vậy: S1 = . Tính S2: S2 = = Tính S3: S3 = Squạt MOB – SMOB. Squạt MOB = . OA = OB SMOB = SAMB = = = Vậy S3 = = S4 (do tính chất đối xứng). Từ đó S = S1 – (S2 + 2S3) · · 0 90AMB ANB= = ⊥ ⊥ · · 0 90MNI MNJ= =⊥⊥ · 0 60MAO = ⊥ 1 1 2 2 OA R= 3 2 2 R R R+ = 3 2. 3 2 R NJ R⇒ = = · “0 0 60 120MAB MB= ⇒ =3MB R⇒ = ( ) 2 2 3 3R Rπ π= · 0 60MBN = ⇒ ( ) 2 0 0 3 60 360 Rπ 2 2 Rπ · 0 120MOB = ⇒2 0 2 0 .120 360 3 R Rπ π = ⇒1 2 1 1 . . . 2 2 AM MB 1 . 3 4 R R 2 3 4 R 2 3 Rπ 2 3 4 R −
    12. 16. _ // // = M O I H D C BA = – = (đvdt). Bài 14 Cho đường tròn (O; R) , đường kính AB . Trên tiếp tuyến kẻ từ A của đường tròn này lấy điểm C sao cho AC = AB . Từ C kẻ tiếp tuyến thứ hai CD của đường tròn (O; R), với D là tiếp điểm. a) Chứng minh rằng ACDO là một tứ giác nội tiếp. b) Gọi H là giao điểm của AD và OC. Tính theo R độ dài các đoạn thẳng AH; AD. c) Đường thẳng BC cắt đường tròn (O; R) tại điểm thứ hai M. Chứng minh . d) Đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác MHB. Tính diện tích phần của hình tròn này nằm ngoài đường tròn (O; R). BÀI GIẢI a) Chứng minh tứ giác ACDO nội tiếp: (tính chất tiếp tuyến). Tứ giác ACDO có nên nội tiếp được trong một đường tròn. b) Tính theo R độ dài các đoạn thẳng AH; AD: CA = CD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OD =R và AH = HD Tam giác ACO vuông ở A, AH OC nên = =. Vậy AH = và AD = 2AH = . c) Chứng minh : (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) . Hai đỉnh H và M cùng nhìn AC dưới góc 900 nên ACMH là tứ giác nội tiếp. Suy ra: . Tam giác ACB vuông tại A, AC = AB(gt) nên vuông cân. Vậy . Do đó : . d) Tính diện tích hình tròn (I) nằm ngoài đường tròn (O) theo R: Từ và mà (do CAB vuông cân ở B). Nên Tứ giác HMBO nội tiếp . Do đó . Vậy tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác MHB là trung điểm MB. Gọi S là diện tích phần hình tròn (I) ở ngoài đường tròn (O). 2 3 Rπ2 2 2 2 3 2 3 2 R R Rπ π  + − ÷ ÷   2 2 11 3 3 6 R Rπ + · 0 45MHD = · · 0 90CAO CDO= = · · 0 180CAO CDO+ = OC AD⇒ ⊥ ⊥ 2 2 2 1 1 1 AH AO AC = + ( ) 22 1 1 2R R + 2 5 4R 2 5 5 R4 5 5 R · 0 45MHD = · 0 90AMB =· 0 90CMA⇒ =· ·ACM MHD= · 0 45ACB = · 0 45MHD = · 0 90CHD =· 0 45MHD =· 0 45CHM⇒ =· 0 45CBA =∆ · ·CHM CBA= ⇒· · 0 90MHB MOB= =
    13. 17. E I K H ON M D C BA S1 là diện tích nửa hình tròn đường kính MB. S2 là diện tích viên phân MDB. Ta có S = S1 – S2 . Tính S1: . Vậy S1 = . Tính S2: S2 = SquạtMOB – SMOB = = . S = ( ) = . Bài 15 Cho đường tròn (O) đường kính AB bằng 6cm . Gọi H làđiểm nằm giữa A và B sao cho AH = 1cm. Qua H vẽ đường thẳng vuông góc với AB , đường thẳng này cắt đường tròn (O) tại C và D. Hai đường thẳng BC và DA cắt nhau tại M. Từ M hạ đường vuông góc MN với đường thẳng AB ( N thuộc thẳng AB). a) Chứng minh MNAC là tứ giác nội tiếp. b) Tính độ dài đoạn thẳng CH và tính tg. c) Chứng minh NC là tiếp tuyến của đường tròn (O). d) Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt NC ở E. Chứng minh đường thẳng EB đi qua trung điểm của đoạn thẳng CH. BÀI GIẢI a) Chứng minh tứ giác MNAC nội tiếp: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ra . Tứ giác MNAC có nên nội tiếp được trong một đường tròn. b) Tính CH và tg ABC. AB = 6 (cm) ; AH = 1 (cm) HB = 5 (cm). Tam giác ACB vuông ở C, CH AB CH2 = AH . BH = 1 . 5 = 5 (cm). Do đó tg ABC = . c) Chứng minh NC là tiếp tuyến của đường tròn (O): Ta có (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN của đường tròn ngoại tiếp tứ giác MNAC). (so le trong của MN // CD) và (cùng chắn ) Nên . Do sđ sđ . Suy ra CN là tiếp tuyến của đường tròn (O). (xem lại bài tập 30 trang 79 SGK toán 9 tập 2). d) Chứng minh EB đi qua trung điểm của CH: ” 0 90 2MB MB R= ⇒ = 2 2 1 2 . 2 2 4 R Rπ π   = ÷ ÷  ∆2 0 2 0 .90 360 2 R Rπ − 2 2 4 2 R Rπ − ∗2 4 Rπ − 2 2 4 2 R Rπ − 2 2 R ·ABC · 0 90ACB = · 0 90MCA =µ µ 0 180N C+ = ⇒ ⊥⇒ 5CH⇒ = 5 5 CH BH = · ·NCA NMA=· ·NMA ADC=· ·ADC ABC=”AC· ·NCA ABC=· 1 2 ABC = “AC· 1 2 NCA⇒ = “AC
    14. 18. / /? _ αK E H M O D C B A Gọi K là giao điểm của AE và BC; I là giao điểm của CH và EB. KE//CD (cùngvới AB) (đồng vị). (cùng chắn cung BD). (đối đỉnh) và (cùng chắn ). Suy ra: cân ở E. Do đó EK = EC. Mà EC = EA (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên EK = EA. có CI // KE và có IH // AE . Vậy mà KE = AE nên IC = IH (đpcm). Bài 16 Cho đường tròn tâm O, đường kính AC. Vẽ dây BD vuông góc với AC tại K (K nằm giữa A và O). Lấy điểm E trên cung nhỏ CD (E không trùng C và D), AE cắt BD tại H. a) Chứng minh tam giác CBD cân và tứ giác CEHK nội tiếp. b) Chứng minh AD2 = AH. AE. c) Cho BD = 24cm; BC = 20cm. Tính chu vi hình tròn (O). d) Cho . Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A, vẽ tam giác MBC cân tại M. Tính góc MBC theo để M thuộc đường tròn (O). Hướng dẫn c) Tính BK = 12 cm, CK = 16 cm, dùng hệ thức lượng tính được CA = 25 cm R = 12,5 cm. Từ đó tính được C = 25 d) M (O) ta cần có tứ giác ABMC nội tiếp. Từ đó tính được . Bài 17 Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax và dây AC bất kỳ. Tia phân giác của góc xAC cắt nửa đường tròn tại D, các tia AD và BC cắt nhau tại E. a) Chứng minh ∆ABE cân. b) Đường thẳng BD cắt AC tại K, cắt tia Ax tại F . Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp. c) Cho . Chứng minh AK = 2CK. Bài 18 Từ điểm A ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB; AC và cát tuyến AMN không đi qua tâm O. Gọi I là trung điểm MN. ⊥· ·AKB DCB⇒ =· ·DAB DCB=· ·DAB MAN=· ·MAN MCN=¼MN · ·EKC ECK KEC= ⇒ ∆ KBE∆⇒CI BI KE BE = ABE∆⇒IH BI AE BE = CI IH KE AE = ·BCD α= α ⇒ π ∈ ⇔· · 0 180ABM ACM+ =·0 0 90 2 180 2 MBC α ⇔ + + = · 0 180 4 MBC α− = · 0 30CAB =

    --- Bài cũ hơn ---

  • Lời Giải Toán Lớp 9
  • Đáp Án Củng Cố Và Ôn Luyện Tiếng Anh 9 Tập 2
  • Củng Cố Và Ôn Luyện Toán 9 Tập 1
  • Củng Cố Và Ôn Luyện Toán 9
  • Skills Trang 10 Unit 6 Sgk Tiếng Anh 11 Mới
  • Phương Pháp Giải Một Bài Toán Quỹ Tích

    --- Bài mới hơn ---

  • Hướng Dẫn Giải Một Số Bài Toán Quỹ Tích
  • Sáng Kiến Kinh Nghiệm: Giải Một Bài Toán Quỹ Tích Như Thế Nào
  • Hóa Học Lớp 9: Nhận Biết
  • Các Dạng Toán Và Phương Pháp Giải Đại Số Lớp 9 Thi Vào 10
  • Giải Bài Tập Tiếng Anh Lớp 9 Chương Trình Mới Unit 1: Getting Started, Skill 1
  • Tìm quỹ tích các điểm là một dạng Toán khó trong chương trình Hình học 9. Tuy nhiên nếu có phương pháp giải rồi thì cũng không khó lắm đâu.

    Trước tiên các em cần phải nhớ lại lý thuyết quỹ tích tại link này: http://timgiasuhanoi.com/bai-toan-quy-tich-cung-chua-goc/

    Tuy nhiên chúng tôi cũng nhắc lại một chút:

    1. Định nghĩa quỹ tích

    Một hình (H) được gọi là quỹ tích của những điểm M có một tính chất α

    (hay tập hợp của những điểm M có tính chất α ) khi nó chứa và chỉ chứa những điểm có tính chất α.

    Muốn chứng minh quỹ tích (tập hợp) các điểm M thoả mãn tính chất α là một hình (H) nào đó, ta phải chứng minh hai phần:

    Phần thuận: Mọi điểm có tính chất α đều thuộc hình (H).

    Phần đảo: Mọi điểm thuộc hình (H) đều có tính chất α .

    Kết luận: Quỹ tích (hay tập hợp) các điểm có tính chất α là hình (H).

    2. Những thao tác tư duy cần thiết cho việc chuẩn bị giải một bài toán quỹ tích

    2.1 Tìm hiểu kĩ bài toán

    2.2 Đoán nhận quỹ tích

    Thao tác tư duy đoán nhận quỹ tích nhằm giúp HS hình dung được hình dạng của quỹ tích (đường thẳng, đoạn thẳng, cung tròn, đường tròn), nhiều khi còn cho HS biết cả vị trí và kích thước của quỹ tích nữa.

    Để đoán nhận quỹ tích ta thường tìm 3 điểm của quỹ tích. Muốn vậy nên xét 3 vị trí đặc biệt, tốt nhất là sử dụng các điểm giới hạn, với điều kiện vẽ hình chính xác, trực giác sẽ giúp ta hình dung được hình dạng quỹ tích.

    – Nếu 3 điểm ta vẽ được là thẳng hàng thì có nhiều khả năng quỹ tích là đường thẳng.

    – Nếu 3 điểm ta vẽ được là không thẳng hàng thì quỹ tích cần tìm là đường tròn.

    Ta sẽ làm sáng tỏ điều này trong ví dụ sau:

    Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB=2R. Một điểm M di chuyển trên nửa đường tròn. Nối AM và đặt trên tia AM một đoạn AN = BM. Tìm tập hợp các điểm N.

    Đoán nhận quỹ tích

    – Khi M → B thì BM → O

    do vậy AN → O hay N → A.

    Vậy A là một điểm của quỹ tích.

    – Khi M đến vị trí điểm I, điểm chính giữa của cung AB, thì do AI=BI nên N → I. Vậy I là một điểm của quỹ tích.

    3. Giải bài toán quỹ tích như thế nào?

    Giải một bài toán quỹ tích là tiến hành chứng minh phần thuận (bao gồm cả phần giới hạn quỹ tích) và chứng minh phần đảo.

    3.1 Chứng minh phần thuận

    Một trong những phương hướng để chứng minh phần thuận là đưa việc tìm quỹ tích về các quỹ tích cơ bản. Trong chương trình học ở trường Phổ thông cơ sở, học sinh đã được giới thiệu các quỹ tích (các tập hợp điểm) cơ bản sau:

    1) Tập hợp các điểm cách đều hai điểm cố định là đường trung trực của đoạn thẳng nối hai điểm ấy.

    2) Tập hợp các điểm cách đều hai cạnh của một góc là tia phân giác của góc ấy.

    3) Tập hợp tất cả những điểm cách đường thẳng b một khoảng l cho trước là hai đường thẳng song song với đường thẳng b và cách đường thẳng b một khoảng l.

    4) Tập hợp tất cả những điểm cách một điểm cố định O một khoảng không đổi r là đường tròn tâm O, bán kính r.

    5) Tập hợp các điểm M tạo thành với hai mút của đoạn thẳng AB cho trước một góc AMB có số đo bằng α ( α không đổi) là hai cung tròn đối xứng nhau qua AB (gọi là cung chứa góc α vẽ trên đoạn AB).

    Trường hợp đặc biệt: Tập hợp các điểm M luôn nhìn hai điểm cố định A, B dưới một góc vuông là đường tròn đường kính AB.

    Muốn vậy, ta tìm cách thay việc tìm quỹ tích những điểm M có tính chất α’ bằng việc tìm quỹ tích điểm M có tính chất α’ và quỹ tích của những điểm thoả tính chất α’ là một trong những quỹ tích cơ bản mà ta đã biết. (như vậy α’ có thể là “cách đều hai điểm cố định”; “cách một điểm cố định một đoạn không đổi”; ” cách một đường thẳng cố định một đoạn không đổi” v.v…). Như vậy ta thay việc xét mệnh đề M(α) bằng việc xét mệnh đề M( α’) mà M(α) ⇒ M( α’)

    3.2 Chứng minh phần đảo

    Thông thường điểm di động cần tìm quỹ tích M phụ thuộc vào sự di động của một điểm khác, điểm P chẳng hạn. Trong phần đảo ta làm như sau: Lấy một vị trí P’ khác của P và ứng với nó ta được điểm M’ trên hình H mà trong phần thuận ta đã chứng minh được đó là hình chứa những điểm M có tính chất α . Ta sẽ phải chứng minh M’ cũng có tính chất α .

    Tổng quát: khi chứng minh phần đảo của bài toán quỹ tích, sau khi lấy điểm M bất kì thuộc hình vừa tìm được, ta phải chứng minh rằng điểm M có tính chất T nêu trong đề bài. Tính chất T này thường được tách làm hai nhóm tính chất T1 và T 2. Ta dựng các điểm chuyển động còn lại thoả mãn tính chất T 1 rồi chứng minh M và các điểm ấy thoả mãn tính chất T 2. Như thế, tuỳ theo cách chia nhóm T1 và T 2 mà có nhiều cách chứng minh đảo đối với cùng một bài toán.

    3. Ví dụ về bài toán tìm quỹ tích các điểm

    Cho một góc vuông xOy. Một điểm A chạy trên cạnh Ox, một điểm B chạy trên cạnh Oy sao cho độ dài đoạn thẳng AB luôn bằng một đoạn l cho trước. Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng AB.

    Giải:

    1) Phần thuận

    Nối OI. Tam giác AOB vuông mà OI là trung tuyến nên

    --- Bài cũ hơn ---

  • Tuyển Tập Các Bài Toán Hình Học Lớp 9 Ôn Thi Vào 10
  • Gia Sư Online: Cách Giải Bài Toán Thực Tế Lớp 9 Hình Học
  • Các Dạng Bài Toán Rút Gọn Lớp 9 Thi Vào Lớp 10
  • 40 Bài Toán Tính Nhanh Ở Tiểu Học
  • Cách Giải Bài Toán Tính Nhanh Giá Trị Của Biểu Thức
  • Hướng Dẫn Giải Một Số Bài Toán Quỹ Tích

    --- Bài mới hơn ---

  • Sáng Kiến Kinh Nghiệm: Giải Một Bài Toán Quỹ Tích Như Thế Nào
  • Hóa Học Lớp 9: Nhận Biết
  • Các Dạng Toán Và Phương Pháp Giải Đại Số Lớp 9 Thi Vào 10
  • Giải Bài Tập Tiếng Anh Lớp 9 Chương Trình Mới Unit 1: Getting Started, Skill 1
  • Giải Bài Tập Tiếng Anh Lưu Hoằng Trí Lớp 9
  • Một hình có một tính chất

    (hay tập hợp của những điểm ) khi nó chứa và chỉ chứa những điểm có tính chất thoả mãn tính chất nào đó, ta phải chứng minh hai phần:

    Cho một góc vuông có độ dài cho trước; đỉnh , đỉnh . Tìm tập hợp các trung điểm .

    Cho một đường thẳng cố định không thuộc đường thẳng có đỉnh sao cho nó luôn luôn đồng dạng với chính nó. Tìm tập hợp đỉnh đường kính di chuyển trên nửa đường tròn. Nối một đoạn

    – Khi đến vị trí của tiếp tuyến nên điểm trên tiếp tuyến là một điểm của quỹ tích.

    Do 3 điểm không thẳng hàng nên ta dự đoán rằng điểm tức là đường tròn đường kính Một điểm một điểm sao cho độ dài đoạn thẳng của đoạn thẳng . Quay lại cung tròn tâm I’, bán kính hai điểm và một điểm Đường thẳng vuông góc với cắt đường thẳng vuông góc với tại điểm

    Lưu ý: trong bài toán này, liên hệ giữa hai điểm phải thông qua các giả thiết là giao điểm của hai đường vuông góc kẻ từ kẻ từ Do vậy ta phải chọn một trong ba phương hướng sau đây để chứng minh phần đảo

    Bài viết gợi ý:

    --- Bài cũ hơn ---

  • Phương Pháp Giải Một Bài Toán Quỹ Tích
  • Tuyển Tập Các Bài Toán Hình Học Lớp 9 Ôn Thi Vào 10
  • Gia Sư Online: Cách Giải Bài Toán Thực Tế Lớp 9 Hình Học
  • Các Dạng Bài Toán Rút Gọn Lớp 9 Thi Vào Lớp 10
  • 40 Bài Toán Tính Nhanh Ở Tiểu Học
  • Các Bài Toán Có Lời Giải

    --- Bài mới hơn ---

  • Giải Toán Lớp 6 Bài 5: Phép Cộng Và Phép Nhân
  • Các Dạng Toán Về Phép Cộng Và Phép Nhân
  • Tóm Tắt Kiến Thức Toán Lớp 6 Bài 5: Phép Cộng Vàphép Nhân
  • Đáp Án Sách Mai Lan Hương Lớp 8
  • Đáp Án Sách Mai Lan Hương Lớp 10
  • Bài 4: Cuối năm học tại một trường THCS có 1200 đội viên đạt danh hiệu Cháu ngoan Bác Hồ thuộc bốn khối 6, 7, 8, 9 . Trong đó số đội viên khối 6 chiếm tổng số ; số đội viên khối 7 chiếm 25% tổng số ; số đội viên khối 9 bằng số đội viên khối 8. Tìm số đội viên đạt danh hiệu Cháu ngoan Bác Hồ của mỗi khối.

    Bài 5: Một lớp có 50 học sinh. số học sinh giỏi chiếm số học sinh cả lớp. Số học sinh trung bình bằng 40% số học sinh giỏi. Còn lại là học sinh khá.

    a. Tính số học sinh mỗi loại của lớp.

    b. Tính tỉ số phầm trăm của số học sinh khá, giỏi, trung bình so với học sinh cả lớp.

    CÁC BÀI TOÁN CÓ LỜI GIẢI – LỚP 6 Bài 1: Lớp 6A có 40 học sinh.Cuối năm số học sinh loại giỏi chiếm 10% tổng số học sinh cả lớp.Số học sinh khá bằng số học sinh loại giỏi. Còn lại là học sinh trung bình. Tính số học sinh mỗi loại? HD: Số học sinh giỏi là: – Số học sinh khá là: – Số học sinh trung bình là: Đáp số: Giỏi: 4 hs Khá: 6 hs Trung Bình: 30 hs Bài 2: Khối 6 của một trường có tổng cộng 90 học sinh. Trong dịp tổng kết cuối năm thống kê được: Số học sinh giỏi bằng số học sinh cả khối, số học sinh khá bằng 40% số học sinh cả khối. Số học sinh trung bình bằng số học sinh cả khối, còn lại là học sinh yếu kém. Tính số học sinh mỗi loại. Số học sinh giỏi của trường là: (học sinh) – Số học sinh khá của trường là: (học sinh) – Số học sinh trung bình của trường là: (học sinh) – Số học sinh yếu của trường là:90 – (15 + 36 + 30) = 9 (học sinh) Bài 3: Ở lớp 6B số HS giỏi học kì I bằng số HS cả lớp. Cuối năm học có thêm 5 HS đạt loại giỏi nên số HS giỏi bằng số HS cả lớp. Tính số HS của lớp 6A? Bài 4: Cuối năm học tại một trường THCS có 1200 đội viên đạt danh hiệu Cháu ngoan Bác Hồ thuộc bốn khối 6, 7, 8, 9 . Trong đó số đội viên khối 6 chiếm tổng số ; số đội viên khối 7 chiếm 25% tổng số ; số đội viên khối 9 bằng số đội viên khối 8. Tìm số đội viên đạt danh hiệu Cháu ngoan Bác Hồ của mỗi khối. Bài 5: Một lớp có 50 học sinh. số học sinh giỏi chiếm số học sinh cả lớp. Số học sinh trung bình bằng 40% số học sinh giỏi. Còn lại là học sinh khá. a. Tính số học sinh mỗi loại của lớp. b. Tính tỉ số phầm trăm của số học sinh khá, giỏi, trung bình so với học sinh cả lớp. Bài 6: Một đội công nhân sửa chữa một đoạn đường trong ba ngày. Ngày thứ nhất sửa 59 đoạn đường, ngày thứ hai sửa 14 đoạn đường. Ngày thứ ba sửa 7m còn lại. Hỏi đoạn đường cần sửa dài bao nhiêu mét. Bài 7: Lớp 6A có 40 học sinh gồm 3 loại: Giỏi, khá và trung bình. Số học sinh giỏi chiếm số học sinh cả lớp. Số học sinh trung bình bằng số học sinh còn lại a) Tính số học sinh giỏi, khá, trung bình của lớp 6A b) Tính tỷ số phần trăm của số học sinh trung bình so với học sinh cả lớp Giải a) – Số học sinh giỏi của lớp 6A là: (học sinh) số học sinh còn lại là 40 – 5 = 35 (học sinh) – Số học sinh trung bình của lớp 6A là: (học sinh) – Số học sinh khá của lớp 6A là: 35 -15 = 10 (học sinh) b) % = 35% Bài 8: Kết quả học lực cuối học kỳ I năm học 2012 – 2013 cuả lớp 6A xếp thành ba loại: Giỏi; Khá; Trung bình. Biết số học sinh khá bằng số học sinh giỏi; số học sinh trung bình bằng số học sinh giỏi. Hỏi lớp 6A có bao nhiêu học sinh; biết rằng lớp 6A có 12 học sinh khá? HD: Số học sinh giỏi của lớp 6A là: (học sinh) Số học sinh trung bình của lớp 6A là: (học sinh) Tổng số học sinh của lớp 6A là: (học sinh) Đáp số: 36 học sinh Bài 9: Biết diện tích của một khu vườn là 250m2. Trên khu vườn đó người ta trồng các loại cây cam, chuối và bưởi. Diện tích trồng cam chiếm 40% diện tích khu vườn. Diện tích trồng chuối bằng diện tích trồng cam. Phần diện tích còn lại là trồng bưởi. Hãy tính: Diện tích trồng mỗi loại cây ; Tỉ số diện tích trồng cam và diện tích trồng bưởi ; Tỉ số phần trăm của diện tích trồng cam và diện tích trồng chuối. Bài 10: Một mãnh vườn hình chữ nhật có chiều rộng là 20 m và chiều dài bằng 1,5 lần chiều rộng . a) Tính diện tích mãnh vườn. b) Người ta lấy một phần đất vườn để trồng cây ăn quả, biết rằng diện tích trồng cây ăn quả là 180m2 . Tính diện tích trồng cây ăn quả. c) Phần diện tích còn lại người ta trồng hoa. Hỏi diện tích trồng hoa chiếm bao nhiêu phần trăm diện tích mãnh vườn. Bài 11: Một trường học có 120 học sinh khối 6 gồm ba lớp : lớp 6A1 chiếm số học sinh khối 6. Số học sinh lớp 6A2 chiếm số học sinh khối 6. Số còn lại là học sinh lớp 6A3 .Tính số học sinh mỗi lớp. Bài 12 : Một lớp học có 44 học sinh gồm ba loại : giỏi, khá và trung bình. Số học sinh trung bình chiếm số học sinh cả lớp. Số học sinh khá bằng số học sinh còn lại. Tính số học sinh giỏi của lớp đó ? Bài 13 : Lớp 6A có 45 học sinh. Trong đó, số học sinh trung bình chiếm số học sinh cả lớp. Tổng số học sinh khá và giỏi chiếm số học sinh trung bình, còn lại là học sinh yếu kém. Tính số học sinh yếu kém của lớp 6A? Bài 14 : Tuấn có tất cả 54 viên bi gồm ba màu là xanh, cam, tím. Trong đó, số viên bi xanh chiếm tổng số viên bi, số viên bi cam chiếm số viên bi còn lại. Tính xem Tuấn có bao nhiêu viên bi màu tím ? Bài 15 : Một lớp học có 40 học sinh gồm ba loại : giỏi, khá và trung bình. Số học sinh khá chiếm số học sinh cả lớp. Số học sinh giỏi chiếm số học sinh còn lại. Tính số học sinh trung bình của lớp đó ? Bài 16: Lớp 6A có 40 học sinh. Điểm kiểm tra Toán gồm 4 loại: Giỏi, khá, trung bình và yếu. Trong đó số bài đạt điểm giỏi chiếm tổng số bài, số bài đạt điểm khá chiếm số bài đạt điểm giỏi. Loại yếu chiếm số bài còn lại. a) Tính số bài kiểm tra mỗi loại của lớp. b) Tính tỉ số phần trăm học sinh đạt điểm trung bình, yếu so với học sinh cả lớp

    --- Bài cũ hơn ---

  • Đáp Án Ngữ Văn Lớp 6 Tập 2
  • Đề Thi Học Kì 1 Lớp 6 Môn Văn Có Đáp Án Năm Học 2014
  • Tham Khảo Đề Thi Học Kì 1 Lớp 6 Môn Văn Có Đáp Án Tuyển Chọn Hay Nhất 2022
  • Đáp Án Lưu Hoằng Trí Unit 1 Lớp 6
  • Lưu Hoằng Trí Lớp 6 Có Đáp Án
  • Luận Văn Từ Bái Toán Giải Phương Trình Tới Bài Toán Quỹ Tích

    --- Bài mới hơn ---

  • Phân Tích Các Chương Trình Đệ Quy
  • Giải Thuật Và Lập Trình: §3. Đệ Quy Và Giải Thuật Đệ Quy
  • Giải Thuật Và Lập Trình: §1. Công Thức Truy Hồi
  • Chương Iv. §8. Một Số Phương Trình Và Bất Phương Trình Quy Về Bậc Hai
  • Giáo Án Đại Số 10 Nâng Cao: Một Số Phương Trình Và Bất Phương Trình Quy Về Bậc Hai
  • Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

    TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN VĂN CHÍNH TỪ BÀI TOÁN GIẢI PHƢƠNG TRÌNH

    TỚI BÀI TOÁN QUỸ TÍCH

    LUẬN VĂN THẠC SĨ:PHƢƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Thái nguyên – năm 2010

    Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

    TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN VĂN CHÍNH TỪ BÀI TOÁN GIẢI PHƢƠNG TRÌNH

    TỚI BÀI TOÁN QUỸ TÍCH

    Chuyên ngành:phƣơng pháp toán sơ cấp

    Mã số: 604640

    LUẬN VĂN THẠC SĨ:PHƢƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

    NGƢỜI HƢỚNG DẪN KHOA HỌC

    TS.Nguyễn Minh Hà Thái nguyên – năm 2010

    Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

    TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN VĂN CHÍNH TỪ BÀI TOÁN GIẢI PHƢƠNG TRÌNH

    TỚI BÀI TOÁN QUỸ TÍCH

    Chuyên ngành:phƣơng pháp toán sơ cấp

    Mã số: 604640

    TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ

    PHƢƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

    Thái nguyên – năm 2010

    Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Công trình được hoàn thành tại : Trường Đại học Khoa học – ĐHTN

    Người hướng dẫn khoa học:TS.Nguyễn Minh Hà Phản biện 1: …………………………………………………….

    Phản biện 2: ……………………………………………………. Luận văn được bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại :

    Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên

    Vào hồi ……giờ … ngày …. tháng …. năm 2010

    Có thể tìm hiểu luận văn tại trung tâm học liệu Đại học Thái Nguyên

    và thư viện trường Đại học Khoa học.

    Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

    MỤC LỤC

    Trang

    Lời nói đầu

    01

    Chương 1. Hai bài toán một bản chất

    03

    1.1.

    Bài toán tìm đối tượng thoả mãn điều kiện

    03

    1.2.

    Phương trình và bài toán giải phương trình

    05

    1.2.1.

    Đẳng thức

    05

    1.2.2.

    Phương trình

    05

    1.2.3.

    Ba phương pháp giải phương trình

    06

    1.2.4.

    Phương trình hệ quả, phương trình tương đương

    09

    1.3.

    Quỹ tích và bài toán tìm quỹ tích

    12

    1.3.1.

    Cái nhìn tổng quan

    12

    1.3.2.

    Thuận-đảo, biến đổi hệ quả và thử lại

    13

    1.3.3.

    Thuận đảo đồng thời ,biến đổi tương đương

    21

    1.3.4.

    Đảo-phản đảo, đoán nhận và khẳng định

    26

    Chương 2. Dự đoán quỹ tích và giới hạn quỹ tích

    32

    2.1.

    Suy luận toán học và suy luận có lí

    32

    2.1.1.

    Định nghĩa và ví dụ

    32

    2.1.2.

    Tính tương đối

    32

    2.1.3.

    Chú ý

    33

    2.2.

    Công đoạn dự đoán quỹ tích – sai lầm thường gặp

    33

    2.2.1.

    Thế nào là công đoạn dự đoán quỹ tích

    33

    2.2.2.

    Công đoạn dự đoán quỹ tích nằm ở đâu

    33

    2.2.3.

    Những phép suy luận có lí cơ bản

    37

    2.3.

    Công đoạn giới hạn quỹ tích – Sai lầm tràn lan

    39

    2.3.1.

    Thế nào là công đoạn giới hạn quỹ tích

    39

    2.3.2.

    Có hay không công đoạn giới hạn quỹ tích

    39

    Tài liệu tham khảo

    53

    Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

    LỜI CẢM ƠN

    Bản luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của TS.Nguyễn Minh

    Hà.Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất đến thầy về công tác giảng dạy

    cùng với sự hướng dẫn tận tình trong thời gian tác giả học cao học và hoàn thành

    luận văn.

    Trong quá trình học tập, tác giả đã nhận được sự quan tâm giúp đỡ và giảng

    dạy nhiệt tình của GS.TSKH.Hà Huy Khoái, GS.TSKH.Nguyễn Văn Mậu,

    PGS.TS. Nông Quốc Chinh, PGS.TS.Lê Thị Thanh Nhàn, TS.Nguyễn Thị Thu

    Thuỷ, cùng nhiều thầy cô công tác tại các trường Đại học Thái Nguyên.

    Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới các thầy, cô giáo Trường ĐH Khoa học –

    Đại học Thái Nguyên.

    Tác giả xin chân thành cảm ơn BGH trường THPT Yên Dũng số I, tỉnh Bắc

    Giang, đã tạo điều kiện thuận lợi trong thời gian tác giả học cao học.

    Tác giả xin chân thành cảm ơn các anh chị, các bạn học viên cao học, bạn

    bè, đồng nghiệp, đã giúp đỡ tác giả rất nhiều trong quá trình học tập và hoàn thành

    luận văn.

    Luận văn này sẽ không được hoàn thành nếu thiếu sự thông cảm, chia sẻ và

    sự động viên kịp thời của gia đình. Xin gửi tới gia đình lời cảm ơn chân thành và

    sâu sắc.

    Thái Nguyên, ngày 15 tháng 09 năm 2010

    Tác giả

    Nguyễn Văn Chính Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

    Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

    2

    Dự đoán quỹ tích là công đoạn quan trọng trong quá trình giải bài toán tìm

    quỹ tích. Trong công đoạn dự đoán quỹ tích người làm toán không chỉ sử dụng các

    phép suy luận toán học mà còn có thể sử dụng các phép suy luận có lí. Do đó công

    đoạn dự đoán quỹ tích chỉ được thực hiện trên giấy nháp của người làm toán.

    Công đoạn giới hạn quỹ tích xét cho cùng chỉ là một bộ phận của phần

    thuận mà ở đó lẽ ra phải sử dụng các phép suy luận toán học thì không ít người

    làm toán lại sử dụng các phép suy luận có lí. Nói cách khác, không có công đoạn

    giới hạn quỹ tích.

    Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

    3

    CHƢƠNG 1

    HAI BÀI TOÁN, MỘT BẢN CHẤT

    1.1. Bài toán tìm đối tƣợng thoả mãn điều kiện

    Bài toán tìm đối tượng thoả mãn điều kiện là bài toán quen thuộc với tất cả

    chúng ta. Về hình thức, nó được phát biểu như sau.

    Tìm tất cả các đối tượng

    A( ).a

    Kí hiệu

    A( )a

    biểu thị đối tượng A có tính chất

    .a

    Cùng với kí hiệu

    A( ),a

    ta còn dùng kí hiệu

    A( )a

    để biểu thị đối tượng A

    không có tính chất

    .a

    Các kí hiệu

    A( )a

    A( )a

    có hiệu lực trong toàn bộ luận văn này.

    Trong bài toán tìm đối tượng thoả mãn điều kiện, thuật ngữ “tìm” cần phải

    hiểu là “tìm hết” chứ không phải là “tìm được”. Nói một cách chính xác, tìm

    tập hợp

    { }

    A A( ) .a

    Bài toán tìm đối tượng thoả mãn điều kiện chỉ có ba phương pháp giải,

    được mô hình hoá như sau.

    Phương pháp 1, biến đổi hệ quả và thử lại*.

    Bước 1, biến đổi hệ quả*.

    A( ) A .a Þ Î T

    Bước 2, thử lại*.

    A A( ).Î Þ aT

    Phương pháp 2, biến đổi tương đương*.

    A( ) A .a Û Î T

    Chú ý:

    Về phương diện logic, phương pháp biến đổi tương đương cũng chính là

    phương pháp biến đổi hệ quả và thử lại. Tuy nhiên, trong lời giải mỗi bài toán tìm

    kiếm đối tượng thoả mãn điều kiện cụ thể, sử dụng phương pháp nào trong hai

    phương pháp trên là vấn đề không đơn giản đòi hỏi người giải toán phải có kĩ năng.

    Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

    4

    Phương pháp 3, đoán nhận và khẳng định*.

    Bước 1, đoán nhận*. Bằng một cách nào đó chỉ ra rằng

    { }

    A( ) .ÐaT

    Bước 2, khẳng định*.

    A A( ).Ï Þ aT

    A A( ).Î Þ aT

    Chú ý:

    Nếu sử dụng phương pháp đoán nhận và khẳng định thì ta phải có công

    đoạn đoán nhận tập hợp

    T

    trước khi tiến hành thao tác khẳng định: chứng minh

    A A( ).Î Þ aT

    Như vậy, phương pháp đoán nhận và khẳng định không tự nhiên bằng

    phương pháp biến đổi hệ quả và thử lại.

    Vì lí do trên, phương pháp đoán nhận và khẳng định ít được sử dụng hơn

    phương pháp biến đổi hệ quả và thử lại.

    Cần phải nói thêm rằng, để giải bài toán tìm đối tượng thoả mãn điều kiện,

    về phương diện lôgic, song hành với các phương pháp 1, 3 còn có hai phương

    pháp giải khác, được mô hình hoá như sau.

    Phương pháp 1‟, bao gồm hai bước.

    Bước 1.

    TA A( ).Ï Þ a

    Bước 2.

    TA( ) A .a Þ Ï

    Phương pháp 3‟, bao gồm hai bước.

    Bước 1.

    A( ) A .a Þ Î T

    Bước 2.

    TA( ) A .a Þ Ï

    Tuy nhiên, trong thực tế giải toán, để giải các bài toán tìm đối tượng thoả

    mãn điều kiện, người ta chỉ sử dụng các phương pháp 1, 2, 3, các phương pháp

    1‟, 3‟ không bao giờ được sử dụng.

    Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

    Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

    2 2 3xx  

    Lời giải.

    Bước 1, biến đổi hệ quả.

    Giả sử x

    0

    là nghiệm của phương trình, ta có

    00

    2 2 3xx  

    là đẳng thức đúng

    Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

    Ví dụ 2, biến đổi tương đương.

    Giải phương trình sau.

    2x 3 x 2- = –

    x 3 2

    x2

    8

    Kết luận. Phương trình có nghiệm

    32

    Ví dụ 3, đoán nhận và khẳng định.

    Giải phương trình sau.

    

    f(x)

    

    f(x

    0

    ) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

    9

    Dựa vào bảng biến thiên ta nhận thấy phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất

    hai nghiệm trên

    1

    ( ; )

    2

     

    (3).

    Từ (2) và (3) suy ra (1) có đúng hai nghiệm.

    Kết luận.

    Phương trình có hai nghiệm, x = 0 và x = 1.

    Nhận xét.

    Công đoạn chỉ ra tập hợp

     

    1, 2

    là tập hợp nghiệm không tự nhiên.

    Ví dụ 4, đoạn nhận và khẳng định.

    Giải phương trình

    sinx sin2 sin3 4 2xx

    Lời giải.

    Sử dụng công thức biến đổi tổng thành tích, theo bất đẳng thức

    Bunhiacôpxki, ta có

    sinx – sin2x – sin3x = (sinx – sin3x) – sin2x = 2cos2x.sin(- x) – sin2x

    2 2 2 2

    (4sin 1)( os 2 sin 2 ) (4sin 1) 5 4 2.x c x x x      

    Vậy phương trình vô nghiệm.

    Nhận xét.

    Vì phương trình vô nghiệm nên trong lời giải trên không có bước đoán

    nhận mà chỉ có bước khẳng định.

    1.2.4. Phƣơng trình hệ quả, phƣơng trình tƣơng đƣơng

    Cách trình bày lời giải các ví dụ 1, ví dụ 2 trong mục 1.2.3 là cách trình

    bày chuẩn khi giải phương trình bằng các phương pháp biến đổi hệ quả và thử

    lại, phương pháp biến đổi tương đương. Nhưng cách trình bày đó quá rườm rà.

    Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

    10

    Để khắc phục tình trạng này, người ta đưa ra hai khái niệm: phương trình hệ quả,

    phương trình tương đương.

    Để cho đơn giản, ta chỉ giới thiệu khái niệm phương trình hệ quả, phương

    trình tương đương đối với phương trình một ẩn. Đối với phương trình nhiều ẩn,

    ta có định nghĩa tương tự.

    Định nghĩa 1. Nếu tập hợp nghiệm của phương trình f(x) = g(x) nằm trong

    tập hợp nghiệm của phương trình f

    1

    (x) = g

    1

    (x) thì phương trình f

    1

    (x) = g

    1

    (x)

    được gọi là phương trình hệ quả của phương trình f(x) = g(x), kí hiệu f(x) = g(x)

    f

    1

    (x) = g

    1

    (x).

    Định nghĩa 2. Hai phương trình f(x) = g(x) và f

    1

    (x) = g

    1

    (x) được gọi là

    tương đương nếu chúng có chung tập hợp nghiệm, kí hiệu f(x) = g(x)

    f

    1

    (x) =

    g

    1

    (x).

    Đương nhiên f(x) = g(x)

    f

    1

    (x) = g

    1

    (x) khi và chỉ khi f(x) = g(x)

    f

    1

    (x)

    = g

    1

    (x) và f

    1

    (x) = g

    1

    (x)

    f(x) = g(x).

    Nhờ hai khái niệm trên, lời giải của các ví dụ 1, ví dụ 2 trong mục 1.2.3

    được trình bày một cách đơn giản hơn.

    Lời giải đơn giản cho ví dụ 1.

    Giải phương trình sau.

    2 2 3xx  

    Lời giải.

    Bước 1, biến đổi hệ quả.

    Ta có

    2 2 3xx  Þ

    22

    x 4x 4 4x 12x 9- + = – +2

    3x 8x 5 0Þ – + =Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

    11

    Bước 2, thử lại.

    1 2 1 1 2.1 3- = ¹ – = –

    nên

    x1=

    không phải là nghiệm của phương

    trình.

    5 1 5

    2 2. 3

    3 3 3

    – = = –

    nên

    5

    x

    3

    =

    là nghiệm của phương trình.

    Kết luận.

    Phương trình có nghiệm là

    5

    3

    .

    Nhận xét.

    + Khi giải phương trình bằng phương pháp biến đổi hệ quả và thử lại chỉ

    được dùng dấu hệ quả (

    Þ

    ).

    + Phương pháp biến đổi hệ quả và thử lại thực sự ưu việt khi giải những

    phương trình vô nghiệm (không có nghiệm nên không có bước thử lại).

    Lời giải đơn giản cho ví dụ 2.

    Giải phương trình sau.

    2x 3 x 2- = –

    Lời giải.

    Ta thấy:

    2x 3 x 2- = –

    x 3 2Û = +

    Kết luận. Phương trình có nghiệm

    32

    Nhận xét.

    Khi giải phương trình bằng phương pháp biến đổi tương đương chỉ được

    dùng dấu tương đương (

    Û

    ).

    1.3. Quỹ tích và bài toán tìm quỹ tích

    1.3.1. Cái nhìn tổng quan

    Quỹ tích của các điểm

    M( )

    là hình (H) =

     

    M( ) .

    Tìm quỹ tích của những điểm

    M( )

    là tìm hình (H) gồm những điểm

    M( ),

    cụ thể hơn, mô tả về mặt hình học hình (H) =

     

    M( ) .

    Theo định nghĩa trên bài toán tìm quỹ tích là một bài toán tìm đối tượng

    thoả mãn điều kiện. Do đó để giải bài toán tìm quỹ tích cũng chỉ có thể sử dụng

    một trong ba phương pháp sau: biến đổi hệ quả và thử lại, biến đối tương đương,

    đoán nhận và khẳng định.

    Theo thói quen, với bài toán quỹ tích, thay cho các thuật ngữ biến đổi hệ

    quả và thử lại, biến đối tương đương, đoán nhận và khẳng định người ta dùng

    các thuật ngữ thuận-đảo, thuận đảo đồng thời, đảo-phản đảo.

    Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

    Về phương diện logic, phần thuận trong lời giải bài toán tìm quỹ tích và

    bước biến đổi hệ quả trong bài toán giải phương trình có cùng bản chất. Khi ta

    bắt đầu phần thuận với câu „„ giả sử M có tính chất

    ‟‟ và kết thúc phần

    thuận với câu „„ vậy M thuộc hình (H) ‟‟ cũng giống như khi ta bắt đầu bước

    biến đổi hệ quả với câu „„ giả sử x

    0

    là nghiệm của phương trình ‟‟ và kết thúc

    bước biến đổi hệ quả với câu „„ vậy x

    0

    thuộc tập hợp

     

    12

    a ,a ,

    ‟‟.

    Tương tự, phần đảo của bài toán tìm quỹ tích và bước thử lại của bài toán

    giải phương trình có cùng bản chất logic.

    Tuy nhiên, cũng có những điểm khác biệt trong quá trình thực hành.

    Khi ta bắt đầu phần đảo với câu „„giả sử M thuộc hình (H) ‟‟ cũng là lúc ta

    tin chắc rằng kết thúc phần đảo sẽ là câu „„ vậy M có tính chất

    ‟‟. Ngược lại,

    khi ta bắt đầu bước thử lại với câu „„ giả sử x

    0

    thuộc tập hợp

     

    12

    a ,a ,

    ‟‟ ta không

    thể tin chắc rằng kết thúc bước thử lại sẽ là câu „„ vậy x

    0

    là nghiệm của phương

    trình ‟‟. Nói cách khác, khi giải bài toán quỹ tích bằng phương pháp thuận đảo,

    Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

    14

    người giải toán phải thực hiện phần thuận hoàn chỉnh tới mức hình (H), tập hợp

    chứa các điểm M có tính chất

    ,

    chính là tập hợp các điểm M có tính chất

    .

    Từ đó, theo định lí Thasles, NP // AB (2).

    Từ (1) và (2) suy ra AMPN là hình bình hành.

    Từ đó, chú ý rằng I là trung điểm của MN, suy ra I là trung điểm của AP.

    Qua I, kẻ đường thẳng song song với BC, theo thứ tự cắt AB, AC tại E, F.

    Dễ thấy I thuộc đoạn EF và E,F theo thứ tự là trung điểm của đoạn AB, AC.

    Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

    15

    (Hình 1)

    Đảo. Giả sử I thuộc đoạn EF (h.1).

    Đặt P = AI ∩ BC.

    Lấy M, N thuộc AB, AC sao cho MP // AC ; NP // AB (h.1).

    Vì I thuộc đoạn EF nên P thuộc đoạn BC.

    Do đó M, N theo thứ tự thuộc các đoạn AB, AC (3).

    Vì I thuộc đoạn EF nên I là trung điểm của đoạn AP.

    Từ đó, chú ý rằng AMPN là hình bình hành, suy ra I là trung điểm của

    đoạn MN (4).

    Từ (3) và (4) suy ra I thoả mãn điều kiện đề bài.

    Kết luận. Quỹ tích trung điểm I của MN là đoạn EF.

    Nhận xét.

    + Lời giải trên và lời giải ví dụ 1 trong mục 1.2.3 có cùng bản chất logic.

    + Nếu trong phần thuận không có câu „„Giả sử I thoả mãn điều kiện đề

    bài ‟‟, lỗi này rất nhiều người mắc, thì học sinh không thể thấy được phương

    pháp thuận-đảo trong lời giải bài toán tìm quỹ tích và phương pháp biến đổi hệ

    quả và thử lại trong lời giải bài toán giải phương trình có cùng bản chất logic.

    Ví dụ 2. Cho đường tròn (O) và hai điểm B, C nằm ngoài (O). Điểm A

    chạy trên (O). Tìm quỹ tích trọng tâm G của tam giác ABC.

    Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

    Thuận. Giả sử G là trọng tâm của tam giác ABC (h.2).

    Dễ thấy G thuộc MA và

    1

    MG MA

    3

     

    (Hình 2)

    Dễ thấy

    1

    33

    3

    M M M

    A V ((O’)) V (V (O)) e((O)) (O)   

    và G là trọng tâm của tam

    giác ABC.

    Do đó G thoả mãn điều kiện đề bài.

    Kết luận. Quỹ tích trọng tâm G của tam giác ABC là đường tròn (O‟).

    Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

    17

    Nhận xét.

    + Lời giải trên và lời giải ví dụ 1 trong mục 1.2.3 có cùng bản chất logic.

    + Trong phần đảo, nhờ phép vị tự

    1

    1

    3

    3

    MM

    VV

    

    

    

    dễ dàng chỉ ra điểm A thuộc

    (O) sao cho G là trọng tâm tam giác ABC.

    Ví dụ 3. Cho đường tròn (O) và điểm A nằm trong (O) và khác O. Các

    điểm B,C chạy trên (O) sao cho

    BAC 90 .

    Tìm quỹ tích trung điểm M của đoạn

    BC.

    Lời giải.

    Gọi R là bán kính của (O), gọi I là trung điểm của OA (h.3).

    Thuận. Giả sử M là trung điểm của BC.

    BAC 90

    nên MA = MB (1).

    OMB 90

    nên

    2 2 2 2

    OM BM OB R (2).  

    Vì A nằm trong O nên OA < R (3).

    Theo công thức tính độ dài trung tuyến của tam giác, chú ý rằng với (1),

    (2) và (3), ta có

    Do đó M thuộc đường tròn (I,

    22

    2R OA

    2

    ). Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

    18

    (Hình 3)

    Suy ra đường tròn (I,

    22

    2R OA

    2

    ) nằm trong đường tròn (O).

    Do đó M nằm trong (O).

    Qua M dựng đường thẳng vuông góc với OM, cắt (O) tại B, C.

    Theo công thức tính độ dài trung tuyến của tam giác, chú ý rằng

    22

    2R OA

    IM ,

    2

    Suy ra AM = BM = CM.

    Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

    Vậy M thoả mãn điều kiện đề bài.

    Kết luận. Quỹ tích của M là đường tròn (I,

    22

    2R OA

    2

    ).

    Nhận xét.

    + Lời giải trên và lời giải ví du 1 trong mục 1.2.3 có cùng bản chất logic.

    + Nếu không có kết luận đường tròn (I,

    22

    2R OA

    2

    ) nằm trong đường tròn

    (O) thì không thể chỉ ra sự tồn tại của các điểm B, C, lỗi này rất nhiều người mắc.

    Ví dụ 4. Cho đường trong (O). Các điểm A, B, C thay đổi trên (O) sao cho

    tam giác ABC nhọn, tìm quỹ tích trọng tâm của tam giác ABC.

    Lời giải.

    Trước hết xin phát biểu không chứng minh một bổ đề quen thuộc.

    Bổ đề. Nếu O, H, G theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp, trực tâm,

    trọng tâm của tam giác ABC thì G thuộc đoạn OH và OH = 3OG.

    Trở lại giải ví dụ 4.

    Gọi R là bán kính của (O).

    Thuận. Giả sử G là trọng tâm của tam giác ABC (h.4).

    --- Bài cũ hơn ---

  • Sách Giải Bài Tập Toán Lớp 10 Bài 3: Một Phương Trình Quy Về Phương Trình Bậc Nhất Và Bậc Hai (Nâng Cao)
  • Phương Trình Quy Về Phương Trình Bậc Nhất, Bậc Hai
  • Giáo Án Đại Số 10 Tiết 31: Luyện Tập Phương Trình Quy Về Phương Trình Bậc Nhất, Bậc Hai (Tiếp)
  • Chương Iii. §4. Giải Hệ Phương Trình Bằng Phương Pháp Cộng Đại Số
  • Trắc Nghiệm Giải Phương Trình Bậc 2 Số Phức
  • Các Bài Tập Về Diện Tích Hình Thoi Lớp 4 Thường Gặp Có Lời Giải

    --- Bài mới hơn ---

  • Bộ Đề Thi Giải Toán Violympic Lớp 4 Có Đáp Án
  • Top 20 Đề Thi Lịch Sử Và Địa Lí Lớp 4 Có Đáp Án
  • Tập Làm Văn : Miêu Tả Đồ Vật Trang 9 Vở Bài Tập (Vbt) Tiếng Việt Lớp 4 Tập 2
  • 35 Đề Và Gợi Ý Tập Làm Văn Hay Lớp 4
  • Tập Làm Văn Lớp 4: Luyện Tập Xây Dựng Cốt Truyện
  • Các bài tập về diện tích hình thoi lớp 4 là một trong những dạng toán về hình thoi lớp 4 mà các em học sinh lớp 4 cần làm để có thể củng cố kiến thức hơn về hình thoi. Các thầy cô cũng có thể sử dụng để làm chuyên đề, cho các em làm bài tập với đa dạng bài. Trước hết, các em nên tập lại công thức tính diện tích hình thoi để vận dụng vào bài tập dễ dàng và hiệu quả hơn

    Các dạng toán tính chu vi, diện tích lớp 4

    Chú ý
    – Diện tích hình thoi được tính bằng đơn vị m2 (mét vuông) (cm2, dm2 …)
    – Biết được diện tích hình thoi, các em có thể tính được chiều dài hai đường chéo hình thoi

    Các dạng toán hình học lớp 4 có lời giải – Bài tập về diện tích hình thoi

    Bài tập về diện tích hình thoi trong SGK

    1. Giải Bài 1 Trang 142, 143 SGK Toán 4

    Tính diện tích của:

    a) Hình thoi ABCD, biết AC = 3cm, BD = 5cm

    b) Hình thoi MNPQ, biết MP = 7cm, NQ = 4cm

    Đáp Án:

    a) Diện tích hình thoi ABCD là:

    b) Diện tích hình thoi MNPQ là :

    2. Giải Bài 2 Trang 142, 143 SGK Toán 4

    Đề Bài:

    Tính diện tích hình thoi biết:

    a) Độ dài các đường chéo là 5dm và 20dm;

    b) Độ dài các đường chéo là 4m và 15dm.

    Đáp Án:

    a) Diện tích hình thoi là:

    b) Ta có: 4m = 40dm

    Diện tích hình thoi là:

    3. Giải Bài 3 Trang 142, 143 SGK Toán 4

    Đề Bài:

    a) Diện tích hình thoi bằng diện tích hình chữ nhật.

    b) Diện tích hình thoi bằng (1/2) diện tích hình chữ nhật.

    Đáp Án:

    Diện tích hình thoi là:

    5 x 2 : 2 = 5 (cm2)

    Diện tích hình chữ nhật là:

    5 x 2 = 10 (cm2)

    Ta có: 10 : 5 = 2

    Vậy diện tích hình chữ nhật gấp 2 lần diện tích hình thoi, hay diện tích hình thoi bằng (1/2) diện tích hình chữ nhật.

    a) Ghi S vào ô trống

    b) Ghi Đ vào ô trống.

    Bài tập về diện tích hình thoi trong vở bài tập

    Bài 1 trang 57 VBT Toán 4 Tập 2: Đánh dấu (x) vào ô trống đặt dưới hình thoi có diện tích bé hơn 20cm2

    Lời giải:

    Bài 2 trang 57 VBT Toán 4 Tập 2: Viết vào ô trống:

    Lời giải:

    Diện tích hình thoi=

    = 120cm2

    Bài tập về diện tích hình thoi nâng cao, bổ sung

    Tất cả các bài tập về hình thoi lớp 4 này đều có lời giải hướng dẫn chi tiết và cụ thể, các em học sinh và thầy cô cùng tham khảo.

    Bài 1: Một hình thoi có diện tích 4dm2, độ dài một đường chéo là 3/5dm. Tính độ dài đường chéo thứ 2.

    Giải:

    Gọi đường chéo trong hình thoi lần lượt là d1 và d2, trong đó d1 = 3/5dm

    Ta có diện tích hình thoi = 1/2 x d1 x d2

    Suy ra: d2 = 2 x S : d1 = 2 x 4 x 5/3 = 40/3 dm2

    Bài 2: Một khu đất hình thoi có đường chéo là 70m và 300m. Tính diện tích của khu đất đó.

    Giải:

    Diện tích khu đất là 1/2 x (70 x 300) = 10500m2

    Bài 3: Hai đường chéo hình thoi có độ dài lần lượt là 16cm và 12cm. Tính:

    a. Diện tích của hình thoi

    b. Độ dài cạnh hình thoi

    Giải:

    Giả sử: Hình thoi đó là ABCD, độ dài đường chéo AC và BD lần lượt là 12 và 16cm theo như đề bài.

    a. Ta có: S ABCD = 1/2 x AC x BD = 1/2 x 12 x 16 = 96(cm2)

    b. Gọi O là giao điểm 2 đường chéo AC và BD. Do đó, O là trung điểm của DB, AC, góc O = 90 độ, OA = 6cm, OB = 8cm

    Xét tam giác vuông AOB, ta có:

    Do đó AB = 10cm.

    Với bài tập về diện tích hình thoi này, các em nhanh chóng củng cố kiến thức cách tính diện tích hình thoi hiệu quả, có thể áp dụng trong nhiều dạng bài khác nhau, từ đó học toán hiệu quả hơn, khi gặp bất cứ dạng bài nào thì đều có thể giải đáp được.

    https://thuthuat.taimienphi.vn/cac-bai-tap-ve-dien-tich-hinh-thoi-lop-4-thuong-gap-co-loi-giai-58233n.aspx

    --- Bài cũ hơn ---

  • Học Giải Cùng Em Học Toán Lớp 4 Tập 2
  • Học Giải Cùng Em Học Toán Lớp 4 Tập 1
  • Học Giải Cùng Em Học Tiếng Việt Lớp 4 Tập 2
  • Học Giải Cùng Em Học Tiếng Việt Lớp 4 Tập 1
  • Bài Tập Toán Có Lời Văn Lớp 4
  • Tổng Hợp Các Bài Toán Có Lời Văn Lớp 2

    --- Bài mới hơn ---

  • Bài Tập Tiếng Anh Lớp 7 Tập 2 (Không Đáp Án)
  • Một Số Bài Toán Nâng Cao Lớp 2 Có Lời Giải
  • Bản Mềm: 120 Bài Toán Cơ Bản Và Nâng Cao Lớp 2
  • Giải Cùng Em Học Toán Lớp 2 Tập 1
  • Toán Lớp 2 Nâng Cao Có Lời Giải
  • Các dạng bài toán có lời văn lớp 2

    Các dạng bài tập toán lớp 2

    A. Các bước để giải bài toán có lời văn lớp 2

    Bước 1: Tìm hiều nội dung và tóm tắt bài toán

    + Tìm được các từ khóa quan trọng trong đề bài như “ít hơn”, “nhiều hơn”, “tất cả”, …

    + Sau đó tóm tắt bài toán

    Bước 2: Tìm các giải bài toán

    + Chọn phép tính giải thích hợp

    + Đặt lời giải thích hợp

    Bước 3: Trình bày bài giải

    B. Bài tập về các bài toán có lời văn lớp 2

    Bài 1: Đàn bò thứ nhất có 46 con, đàn bò thứ hai có 38 con. Hỏi hai đàn bò có bao nhiêu con?

    Bài 2: Hồng có 32 que tính, Lan cho Hồng thêm 18 que tính. Hỏi Hồng có tất cả bao nhiêu que tính?

    Bài 3: Hùng có 56 viên bi, Hùng cho Dũng 19 viên bi. Hỏi Hùng còn lại bao nhiêu viên bi?

    Bài 4: Hai lớp 2A và 2B trồng được 74 cây, lớp 2A trồng được 36 cây. Hỏi lớp 2B trồng được bao nhiêu cây?

    Bài 5: Một cửa hàng ngày thứ nhất bán được 24 cái ca, ngày thứ hai bán nhiều hơn ngày thứ nhất 18 cái ca. Hỏi ngày thứ hai cửa hàng bán được bao nhiêu cái ca?

    Bài 6: Đoạn dây thứ nhất dài 46dm, đoạn dây thứ nhất dài hơn đoạn dây thứ hai 18dm. Hỏi đoạn dây thứ hai dài bao nhiêu đêximet?

    Bài 7: An có nhiều hơn Bình 16 viên bi, An lại mua thêm 6 viên bi. Hỏi An nhiều hơn Bình tất cả bao nhiêu viên bi?

    Bài 8: Bao gạo thứ nhất cân nặng 54kg, bao gạo thứ nhất nhẹ hơn bao gạo thứ hai 16kg. Hỏi bao gạo thứ hai nặng bao nhiêu kilogam?

    Bài 9: Một đàn vịt có 100 con ở dưới ao và 100 con ở trên bờ. Bây giờ 10 con vịt dưới ao lên bờ phơi nắng. Hỏi bây giờ:

    a) Dưới ao còn bao nhiêu con vịt?

    b) Trên bờ có bao nhiêu con vịt?

    c) Số vịt ở trên bờ và số vịt ở dưới ao hơn kém nhau bao nhiêu con?

    d) Số vịt ở cả trên bờ và dưới ao là bao nhiêu con?

    Bài 10: Con ngỗng cân nặng 11kg. Con ngỗng cân nặng hơn con vịt 8 kg. Con gà cân nặng ít hơn con vịt 2 kg. Hỏi con ngỗng cân nặng hơn con gà mấy kg?

    C. Lời giải các bài toán có lời văn lớp 2

    Bài 1:

    Hai đàn bò có số con là:

    46 + 38 = 84 (con)

    Đáp số: 84 con bò

    Bài 2:

    Hồng có tất cả số que tính là:

    32 + 18 = 50 (que tính)

    Đáp số: 50 que tính

    Bài 3:

    Hùng còn lại số viên bi là:

    56 – 19 = 37 (viên bị)

    Đáp số: 37 viên bi

    Bài 4:

    Lớp 2B trồng được số cây là:

    74 – 36 = 38 (cây)

    Đáp số: 38 cây

    Bài 5:

    Ngày thứ hai cửa hàng bán được số ca là:

    24 + 18 = 42 (cái)

    Đáp số: 42 cái ca

    Bài 6:

    Đoạn dây thứ hai dài số đề xi mét là:

    46 – 18 = 28 (dm)

    Đáp số: 28dm

    Bài 7:

    An nhiều hơn Bình số viên bi là:

    16 + 6 = 22 (viên bi)

    Đáp số: 22 viên bi

    Bài 8:

    Bao gạo thứ hai nặng số ki-lô-gam là:

    54 + 16 = 70 (kg)

    Đáp số: 70kg

    Bài 9:

    a) Dưới ao bây giờ còn số con vịt là

    100 -10 = 90 (con vịt)

    b) Trên bờ bâu giờ có số con vịt là:

    100 + 10 = 110 (con vịt)

    c) Số vịt ở trên bờ hơn số vịt ở dưới ao số con là:

    110 – 90 = 20 (con vịt)

    d) Số vịt ở cả trên bờ và dưới ao là:

    110 + 90 = 200 (con vịt)

    Đáp số:

    a, 90 con vịt

    b, 110 con vịt

    c, 20 con vịt

    d, 200 con vịt

    Bài 10:

    Con vịt nặng số ki-lô-gam là:

    11 – 8 = 3(kg)

    Con gà nặng số ki-lô-gam là:

    3 – 2 = 1 (kg)

    Con ngỗng nặng hơn con gà số ki-lô-gam là:

    11 – 1 = 10 (kg)

    Đáp số: 10kg

    Ngoài giải toán có lời văn lớp 2 trên, để ôn tập môn toán lớp 2 các em học sinh có thể tham khảo các lời giải toán lớp 2, Toán lớp 2 nâng cao và bài tập môn Toán lớp 2 đầy đủ khác, để học tốt môn Toán hơn và chuẩn bị cho các bài thi đạt kết quả cao.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Bài Tập Tiếng Anh Lớp 2 Theo Chủ Đề
  • Bài Tập & Kiến Thức Tiếng Anh Lớp 2
  • 19 Đề Thi Học Kì 1 Môn Tiếng Việt Lớp 2 Có Đáp Án Tải Nhiều Nhất
  • Đề Thi Học Sinh Giỏi Toán, Tiếng Việt Lớp 2
  • Giải Vở Bài Tập Lịch Sử 7 Bài 21: Ôn Tập Chương 4
  • Web hay
  • Links hay
  • Push
  • Chủ đề top 10
  • Chủ đề top 20
  • Chủ đề top 30
  • Chủ đề top 40
  • Chủ đề top 50
  • Chủ đề top 60
  • Chủ đề top 70
  • Chủ đề top 80
  • Chủ đề top 90
  • Chủ đề top 100
  • Bài viết top 10
  • Bài viết top 20
  • Bài viết top 30
  • Bài viết top 40
  • Bài viết top 50
  • Bài viết top 60
  • Bài viết top 70
  • Bài viết top 80
  • Bài viết top 90
  • Bài viết top 100