Câu hỏi:

13/07/2024 1,354

a) Cho biểu thức \(A = \sqrt {16} - \sqrt {25} + \sqrt 4 .\) So sánh A với \(\sqrt 2 \)

b) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = - 5\\2x + y = 11\end{array} \right.\)

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Đề ôn thi vào 10 môn Toán có đáp án (Mới nhất) !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

a) Cho biểu thức \(A = \sqrt {16} - \sqrt {25} + \sqrt 4 .\) So sánh A với \(\sqrt 2 \)

\[A = \sqrt {16} - \sqrt {25} + \sqrt 4 = 4 - 5 + 2 = 1 < \sqrt 2 \]. Vậy \(A < \sqrt 2 \)

b) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = - 5\\2x + y = 11\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}x - y = - 5\\2x + y = 11\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 6\\x - y = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\2 - y = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 7\end{array} \right.\)

Hot: 500+ Đề thi vào 10 file word các Sở Hà Nội, TP Hồ Chí Minh có đáp án 2025 (chỉ từ 100k). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

Bình luận

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC), đường cao AH, nội tiếp đường tròn (O). Gọi D và E thứ tự là hình chiếu vuông góc của H lên AB và AC.

a) Chứng minh các tứ giác AEHD và BDEC nội tiếp được đường tròn.

b) Vẽ đường kính AF của đường tròn (O). Chứng minh \(BC = \sqrt {AB.BD} + \sqrt {AC.CE} \) và AF vuông góc với DE.

c) Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE. Chứng minh O’ là trung điểm của HF.

d) Tính bán kính đường trò (O’) biết \(BC = 8cm,\,\,DE = 6cm,\,\,{\rm{A}}F = 10cm.\)

Xem đáp án

Lời giải

Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC), đường cao AH, nội tiếp đường tròn (O). Gọi D và E thứ tự là hình chiếu vuông góc của H lên AB và AC. (ảnh 1)

a) Tứ giác AEHD có \(\widehat {ADH} + \widehat {AEH} = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \)Tứ giác AEHD nội tiếp được đường tròn đường kính AH.

Tứ giác AEHD (cmt) \(\widehat {ADE} = \widehat {AHE\,}\left( 1 \right)\)(cùng chắn ). Dễ thấy \(\widehat {ACH} = \widehat {AHE\,}\left( 2 \right)\) (cùng phụ \(\widehat {HAE}\)).

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {ADE} = \widehat {ACH\,}\)nên tứ giác BDEC nội tiếp được đường tròn.

b) Áp dụng hệ thức lượng trong hai tam giác vuông AHB và AHC ta có:

\(\begin{array}{l}B{H^2} = AB.BD \Rightarrow BH = \sqrt {AB.BD} \\H{B^2} = AC.CE \Rightarrow HB = \sqrt {AC.CE} \end{array}\)

Do đó \(BC = BH + HC = \sqrt {AB.BD} + \sqrt {AC.CE} \)

Nối FB, FC. Gọi I là giao điểm của AF và DE.

Ta có \(\widehat {ADE} = \widehat {ACH\,}\) (cmt) và \(\widehat {AFB} = \widehat {ACH\,}\)(cùng chắn ) suy ra \(\widehat {ADE} = \widehat {AFB\,}\)nên tứ giác BDIF nội tiếp được đường tròn\( \Rightarrow \widehat {D{\rm{I}}F} + \widehat {DBF} = {180^0} \Rightarrow \widehat {D{\rm{I}}F} = {180^0} - \widehat {DBF} = {180^0} - {90^0} = {90^0}\). Vậy \[{\rm{A}}F \bot DE\]

c) Gọi M,N,O’’ lần lượt là trung điểm của BD,EC,HF.

– Ta chứng minh được MO’’ và NO’’ lần lượt là đường trung bình của các hình thang BDHF và CEHF\( \Rightarrow MO''//DH\left( 3 \right)\)và \( \Rightarrow NO''//EH\left( 4 \right)\)

– Vì tứ giác BDEC nội tiếp mà\(O'\)là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE suy ra \(O'\)cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDEC\( \Rightarrow O'\) thuộc đường trung trực của BD . Suy ra MO’ là trung trực của BD do đó

\(MO' \bot BD\) lại có \(DH \bot BD\) \( \Rightarrow MO'//DH\left( 5 \right)\).

Tương tự ta có \(NO'//EH\left( 6 \right)\)

Từ (3) và (5) suy ra MO’’ và MO’ là hai tia trùng nhau

Từ (4) và (6) suy ra NO’’ và NO’ là hai tia trùng nhau

Do đó O’ trùng O”. Mà O’’ là trung điểm của HF nên O’ cũng là trung điểm của HF.

d) Trong \(\Delta ABC\) ta có \(\frac{{BC}}{{SinA}} = {\rm{A}}F \Rightarrow SinA = \frac{{BC}}{{{\rm{A}}F}} = \frac{8}{{10}} = \frac{4}{5}\)

Trong \(\Delta ADE\) ta có \(\frac{{DE}}{{SinA}} = {\rm{AH}} \Rightarrow AH = \frac{6}{{\frac{4}{5}}} = 7,5\left( {cm} \right)\)

Vì O’ và O lần lượt là trung điểm của HF và AF nên OO’ là đường trung bình của tam giác AHF\( \Rightarrow {\rm{OO' = }}\frac{{AH}}{2} = \frac{{7,5}}{2} = 3,75\left( {cm} \right)\)

Gọi K là giao điểm của OO’ và BC dễ thấy \[{\rm{OO}}' \bot BC\] tại trung điểm K của BC. Áp dụng định lí Pytago vào tam giác vuông OKC ta tính được \(OK = \sqrt {O{C^2} - K{C^2}} = \sqrt {{5^2} - {4^2}} = 3\left( {cm} \right)\)

Ta có \(KO' = {\rm{OO}}' - OK = 3,75 - 3 = 0,75\left( {cm} \right)\)

Áp dụng định lí Pytago vào tam giác vuông O’KC ta tính được \(O'C = \sqrt {O'{K^2} + K{C^2}} = \sqrt {{{0,75}^2} + {4^2}} = \frac{{\sqrt {265} }}{4}\left( {cm} \right)\)

Vậy bán kính đường trò (O’) là \(\frac{{\sqrt {265} }}{4}\left( {cm} \right)\).

Câu 2

Cho hình vuông ABCD.

Gọi \({S_1}\) là diện tích phần giao của hai nửa đường tròn đường kính AB và AD. \({S_2}\) là diện tích phần còn lại của hình vuông nằm ngoài hai nửa đường trong nói trên (như hình vẽ trên).Tính \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}}\).

Xem đáp án

Lời giải

Cho hình vuông ABCD. Gọi S1 là diện tích phần giao của hai nửa đường tròn đường kính AB và AD. S2 là diện tích (ảnh 2)

Gọi a là cạnh hình vuông ABCD. Ta cm được:

\({S_3} = {S_4} = \frac{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}.\pi .90}}{{360}} - \frac{1}{2} \cdot {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{4}\left( {\frac{\pi }{4} - \frac{1}{2}} \right)\)

\({S_1} = {S_3} + {S_4} = \frac{{{a^2}}}{4}\left( {\frac{\pi }{4} - \frac{1}{2}} \right) + \frac{{{a^2}}}{4}\left( {\frac{\pi }{4} - \frac{1}{2}} \right) = \frac{{{a^2}}}{2}\left( {\frac{\pi }{4} - \frac{1}{2}} \right)\)

\({S_2} = \frac{1}{2}{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2}\left( {\frac{\pi }{4} - \frac{1}{2}} \right) = \frac{{{a^2}}}{2}\left( {\frac{3}{2} - \frac{\pi }{4}} \right)\)

Do đó \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{\frac{{{a^2}}}{2}\left( {\frac{\pi }{4} - \frac{1}{2}} \right)}}{{\frac{{{a^2}}}{2}\left( {\frac{3}{2} - \frac{\pi }{4}} \right)}} = \frac{{\pi - 2}}{{6 - \pi }}\).

Câu 3