Đang tải... (xem toàn văn)
mot so bai toan 11 hay va kho cuc hay 42725 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất...
LÊ VĂN QUYNH TRƯỜNG THCS YÊN PHONG ĐỐI XỨNG TRỤC Bài 1: Cho ABCV cân tại A, M là trung điểm BC. Trên tia đối của tia AB,AC lấy các điểm E,D sao cho AD = AE. CMR: D và E đối xứng nhau qua AM. Bài 2: Cho tam giác ABC có góc A = 60 0 , các đường phân giác BD,CE cắt nhau tại I. Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với BD cắt BC tại F. CMR: a/ E đối xứng với F qua BD b/IF là tia phân giác của góc BIC c/ D đối xứng với F qua IC. Bài 3: Cho góc xOy nhọn và điểm M nằm trong góc ấy. Kẻ tia phân giác Oz. Gọi E,F,D lần lượt là các điểm đối xứng của M qua Ox,Oy,Oz. CMR: E và F đối xứng nhau qua OD. Bài 4: Cho tam giác vuông ABC vuông tại A, kẻ đường cao AH. Gọi D,E theo thứ tự là cá điểm đối xứng của H qua AB,AC. a/CMR: A là trung điểm của DE. b/DE = 2AH. Bài 5: Cho tam giác ABC kẻ đường cao AH. Gọi D,E thứ tự là các điểm đối xứng của H qua AB,AC. Đường thẳng DE AB,AC lần lượt tại M,N. a/CMR: Tam giác ADE cân. b/CMR: HA là tia phân giác của góc MHN. c/CMR: BN,CM,AH đồng quy. d/CMR: BN,CM là các đường cao của tam giác ABC Bài 6: Cho điểm A nằm trong góc nhọn xOy. Dựng điểm B ∈ Ox, C ∈ Oy sao cho: Chu vi tam giác ABC nhỏ nhất. Bài 7: Cho tam giác BAC, điểm M thuộc tia phân giác ngoài tại đỉnh C. CMR: CA + CB ≤ MA + MB Bài 8: Cho đường thẳng D và 2 điểm A,B nằm khác phía so với d. Tìm vị trí của M trên d để MA MB− đạt giá trị nhỏ nhất Bài 9:Cho tam giác ABC nhọn, điểm M thuộc cạnh BC. Gọi D,E lần lượt là điểm đối xứng của M qua AB,AC. Gọi I,K thứ tự là giao điểm của DE với AB,AC a/CMR: MA là tia phân giác của góc IMK. b/Tìm vị trí của M để DE có độ dài nhỏ nhất. Lớp 8B Ngày 11/10/2008 Onthionline.net CÂU 1: Cho ∆ABC,đường cao AH.gọi M trung điểm BC.Biết AH ,AH chia góc A thành góc Tính góc ABC CÂU 2: Cho ∆ ABC cân Acó góc A=140○ Trên mật phẳng bờ BC chứa điểm A ,kẻ Cx cho góc CAx = 110○ Gọi D giao điểm tia Cx BA Chứng minh AD = BC Câu : Cho ∆ ABC , M trung điểm BC , nửa mặt phẳng không chứa C,bừ AB, vẽ tia Ax vuông góc với AB, tia lấy D cho AD=AB Trên nửa mặt phẳng không chứa B bờ AC , vẽ tia Ay vuông góc với AC , tia lấy E cho AE=AC a/ AM= DE/2 b/ AM vuông góc với DE CÂU : CMR: a3 + 20a chia hết cho 48 với a chẵn CÂU 5: Tìm x,y € N*: 1/x + 1/y = 1/5 CÂU 6: Tìm số dương biết : Tổng, hiệu, tích chúng tỉ lệ nghịch với 20,140,7 MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ SẮT VÀ CÁC OXIT SẮT I - Một số điểm cần chú ý: 1) Hóa trị của sắt : - Nếu đặt CTTQ của oxit sắt : Fe x O y ⇒ hóa trị Fe : t = 2y x ( t = 2,3, hoặc 8 3 ). - Hóa trị Fe trong Fe 3 O 4 là hóa trị TB của 2 ng.tử Fe(III) và 1ng.tử Fe(II). 2) Phương pháp qui đổi . * Để giải bài toán hỗn hợp nhiều oxit sắt thì nên quy đổi: +) Fe 3 O 4 ⇔ hỗn hợp (FeO + Fe 2 O 3 ) tỷ lệ mol 1 : 1 ( đúng cả 2 chiều ). +) Hỗn hợp FeO , Fe 2 O 3 với tỷ lệ mol ≠ 1 : 1 thì không thể quy đổi thành Fe 3 O 4 . 3) Phương pháp bảo toàn nguyên tố: Thường gặp 2 trường hợp sau đây: * Trường hợp 1: Fe O 2 + → 3 3 2 x y HNO 3 Fe Fe(NO ) H O (NO, Fe O + → + + hoặc NO 2 ↑ .) ⇒ 3 3 Fe(NO ) n = Fe n ( bđ ) 3 HNO N n n= ( muối) + N n ( các sp khí ) = Fe N 3 n n× + ( các sp khí ). H O HNO 2 3 1 n n 2 = × * Trường hợp 2 : Fe O 2 + → 2 4 3 2 2 x y H SO 2 4 Fe Fe (SO ) H O (SO .) Fe O + → + + ↑ ⇒ Fe (SO ) 2 4 3 n = Fe 1 n 2 × ( bđ ) H SO S 2 4 n n= ( muối) + S n ( các sp khí ) = Fe S 1,5 n n× + ( các sp khí ). H O H SO 2 2 4 n n= .v.v. ( còn nhiều trường hợp khác) Nhận xét: Nếu biết khối lượng của các khí sản phẩm và hỗn hợp A ( hoặc muối Fe) thì có thể áp dụng định luật BTKL. Ví dụ : Trường hợp 1 : giả sử biết m 1 (g) ( Fe + Fe x O y ) ; biết b (mol) khí NO sinh ra. Áp dụng định luật BTKL ta có : 1 3a b m + 63 (3a + b)= 242a + 18 b.30 2 + × × + ( trong đó : Fe n a mol= ) II- Một số bài toán minh họa 1) Để hòa tan hoàn toàn 34,8 gam hỗn hợp gồm Fe 3 O 4 , FeO, Fe 2 O 3 ( số mol FeO = số mol Fe 2 O 3 ) thì phải dùng một lượng vừa đủ dung dịch H 2 SO 4 4,9 % ( loãng). a) Tính khối lượng của dung dịch H 2 SO 4 4,9% . b) Tính nồng độ % của các chất trong dung dịch thu được. Hướng dẫn: Vì số mol FeO = số mol Fe 2 O 3 nên xem như Fe 3 O 4 . Vậy hỗn hợp được coi như chỉ có một oxit là Fe 3 O 4 h.h 34,8 n 0,15 mol 232 = = Fe 3 O 4 + 4H 2 SO 4 → Fe 2 (SO 4 ) 3 + FeSO 4 + 4H 2 O 0,15 0,6 0,15 0,15 mol Khối lượng dung dịch H 2 SO 4 4,9% : 0,6 98 100 1200 (g) 4,9 × × = Khối lượng dung dịch thu được : 1200 + 34,8 = 1234,8 gam ( dễ dàng tìm được C% của mỗi muối trong dung dịch thu được) 2) Cho m(g) hỗn hợp FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 tan vừa hết trong V (lít) dung dịch H 2 SO 4 loãng thì thu được một dung dịch A. Chia đung dịch A làm 2 phần bằng nhau. Phần 1: tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa nung nóng trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 8,8 gam chất rắn. Phần 2: làm mất màu vừa đúng 100ml dung dịch KMnO 4 0,1M trong môi trường H 2 SO 4 loãng dư. a) Viết các phương trình hóa học xảy ra. b) Tính m , V ( nếu dung dịch H 2 SO 4 có nồng độ 0,5M). Hướng dẫn: Xem Fe 3 O 4 như hỗn hợp FeO và Fe 2 O 3 Vậy hỗn hợp xem như chỉ có FeO và Fe 2 O 3 : số mol lần lượt x,y. Các phương trình hóa học xảy ra: FeO + H 2 SO 4 → FeSO 4 + H 2 O x x x (mol) Fe 2 O 3 + 3H 2 SO 4 → Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 O y 3y y (mol) dung dịch A ( ) 4 2 4 3 FeSO : x (mol) Fe SO : y (mol) Pư phần 1: FeSO 4 + 2NaOH → Fe(OH) 2 ↓ + Na 2 SO 4 0,5x 0,5x (mol) Fe 2 (SO 4 ) 3 + 6NaOH → 2Fe(OH) 3 ↓ + 3Na 2 SO 4 0,5y y (mol) 2Fe(OH) 2 + ½ O 2 0 t → Fe 2 O 3 + 2H 2 O 0,5x 0,25x (mol) 2Fe(OH) 3 0 t → Fe 2 O 3 + 3H 2 O y 0,5y (mol) Ta có : 0,25x + 0,5y = 8,8 0,055 (1) 160 = Pư phần 2: 10FeSO 4 + 2KMnO 4 + 8 H 2 SO 4 → 5Fe 2 (SO 4 ) 3 + K 2 SO 4 + 2MnSO 4 + 8 H 2 O 0,5x → 0,1x (mol) Ta có : 0,1x = 0,01 ⇒ x = 0,1 ( mol) (2) Thay (2) vào (1) ta được : y = 0,06 (mol) Vậy khối lượng hỗn hợp oxit sắt : m = (0,1× 72 + 0,06 × 160 ) = 16,8 ( gam ) Thể tích dung dịch H 2 SO 4 0,5M : V = 0,1 0,06 3 0,56 (lít) 0,5 GSTT.VN MỘT SỐ BÀI TOÁN HIDROCACBON HAY VÀ KHÓ – GSTT GROUP Câu 1: Khi nung butan với xúc tác thích hợp thu được hỗn hợp T gồm CH4, C3H6, C2H4, C2H6, C4H8, H2 và C4H10 dư. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp T thu được 8,96 lít CO2 (đo ở đktc) và 9,0 gam H2O. Mặt khác, hỗn hợp T làm mất màu vừa hết 12 gam Br2 trong dung dịch nước brom. Hiệu suất phản ứng nung butan là A. 45%. B. 75%. C. 50%. D. 65%. Đáp án B 2 2 4 10 CO H O C H n = 0,4(mol);n = 0,5(mol) n = 0,1(mol) 2 Br anken n = 0,075(mol) n = 0,075(mol) Cứ 1 mol C 4 H 10 cracking thì tạo ra 1 mol anken do đó: = 0,075(mol) Vậy H = 75%. Câu 2. Thực hiện phản ứng crackinh butan thu được một hỗn hợp X gồm các ankan và các anken. Cho toàn bộ hỗn hợp X vào dung dịch Br2 dư thấy có khí thoát ra bằng 60% thể tích X và khối lượng dung dịch Br2 tăng 5,6 gam và có 25,6 gam brom đã tham gia phản ứng. Đốt cháy hoàn toàn khí bay ra thu được a mol CO2 và b mol H2O. Vậy a và b có giá trị là: A. a = 0,9 mol và b = 1,5 mol B. a = 0,56 mol và b = 0,8 mol C. a = 1,2 mol và b = 1,6 mol D. a = 1,2 mol và b = 2,0 mol Đáp án B Cách1: 2 Br anken X ankan 25,6 0,16 n = = 0,16 (mol) n = 0,16 (mol) n = = 0,4 (mol) n = 0,24 (mol) 160 40% Do phản ứng cracking tạo 1 ankan và 1 anken, số mol ankan mới tạo ra bằng số mol ankan ban đầu bị cracking nên ta có Đốt C 4 H 10 ban đầu tạo ra 0,96 mol CO 2 ; 1,2 mol H 2 O Gọi công thức anken tạo ra là anken m = 0,16.14n = 5,6 n= 2,5 Đốt anken sẽ thu được 0,4 mol CO 2 và 0,4 mol H 2 O. Vậy đốt hỗn hợp khí bay ra (hỗn hợp các ankan) sẽ thu được : 22 CO H O n = 0,96 - 0,4 = 0,56 (mol); n = 0,12 - 0,4 = 0,8 (mol) Cách 2: Ta tìm được công thức chung của các ankan tạo thành sau phản ứng cracking là C 1,5 H 5 Hỗn hợp khí bay ra gồm 0,08 mol C 4 H 10 dư và 0,16 mol C 1,5 H 5 . Câu 3: Đun nóng 10,71 gam hỗn hợp X gồm propyl clorua và phenyl clorua với dung dịch NaOH loãng, vừa đủ và đun nóng, sau đó thêm tiếp dung dịch AgNO3 đến dư vào hỗn hợp GSTT.VN sau phản ứng thu được 8,61 gam kết tủa, các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Khối lượng phenyl clorua có trong hỗn hợp X là: A. 4,0 gam. B. 2,71 gam. C. 4,71 gam D. 6,0 gam. Đáp án D Khi đun hỗn hợp với NaOH loãng, nóng, chỉ có propyl clorua bị thủy phân tạo thành NaCl. Kết tủa thu được là AgCl: Chú ý: Điều kiện xảy ra phản ứng thủy phân của dẫn xuất halogen - Chất có dạng phản ứng dễ, chỉ cần đun nóng với H 2 O - Các chất có dạng : phản ứng với NaOH loãng , đun nóng - Các chất có dạng :phản ứng khó,cần NaOH đặc, cao, áp suất cao Câu 4. Đốt cháy hoàn toàn 8,0 gam hỗn hợp X gồm hai ankin (thể khí ở nhiệt độ thường) thu được 26,4 gam CO2. Mặt khác, cho 8,0 gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch AgNO3 trong NH3 dư đến khi phản ứng hoàn toàn thu được lượng kết tủa vượt quá 25 gam. Công thức cấu tạo của hai ankin trên là A. CH≡CH và CH3-C≡CH. B. CH≡CH và CH3-CH2-C≡CH. C. CH≡CH và CH3-C≡C-CH3. D. CH3-C≡CH và CH3-CH2-C≡CH. Đáp án B 2 CO C C H X C H n =0,6(mol) n =0,6(mol) m =7,2(g) m =m -m =0,8(g) n =0,8(mol) 22 ankin CO H O C H 1 n =n -n =n - n =0,2(mol) C=3 2 Do đó X gồm và 1 ankin khác có số C >3 Loại A, C. Lại có tác dụng với AgNO 3 tạo kết tủa, CH 3 CCCH 3 không tác dụng. Mà 2 chất này lại là đồng phân nên đáp án B sẽ cho khối lượng kết tủa lớn hơn ở đáp án C. Câu 5. Đun nóng m gam hỗn hợp X gồm C2H2, C2H4 và H2 với xúc tác Ni đến phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 8,96 lít (đktc) hỗn hợp Y (có tỉ khối so SỞ GIÁO DỤC VÀ DÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT HOẰNG HÓA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ‘’TẠO VÀ SỬ DỤNG NGÂN HÀNG HÌNH VẼ POWERPOINT VỀ TÍNH CHẤT CỦA ĐƯỜNG VÀ ĐIỂM TRONG TAM GIÁC NHẰM GIẢI QUYẾT MỘT SỐ BÀI TOÁN TỌA ĐỘ PHẲNG KHÓ LẤY ĐIỂM 8, ĐIỂM CỦA KỲ THI THPT QUỐC GIA Người thực : Nguyễn Thị Tuyên Chức vụ : Giáo viên SKKN thuộc lĩnh vực môn : Toán THANH HÓA NĂM 2016 MỤC LỤC I MỞ ĐẦU 1.Lý chọn đề tài Mục đích nghiên cứu đề tài Đối tượng nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu : II.NỘI DUNG 1.Cơ sở lý luận 2.Cơ sở thực tiễn Các bước tiến hành để giải vấn đề Bước 1: Củng cố kiến thức đường, điểm đặc biệt tam giác Bước 2: Dùng ngân hàng đĩa CD-rom bổ sung kiến thức đường, điểm đặc biệt tam giác hình ảnh power point Bước 3: Ứng dụng kết để giải số toán tọa độ phẳng khó Hiệu sáng kiến kinh nghiệm C KẾT LUẬN Kết nghiên cứu Kiến nghị ,đề xuất I MỞ ĐẦU 1.Lý chọn đề tài Khi dạy lớp 12 ôn thi tốt nghiệp đại học nhận điều để lấy điểm 8,9 kỳ thi quốc gia chung phần hình học phằng toạ độ (đặc biệt phần toán tam giác chiếm nhiều đề thi thử đề thi thức ) HS trung bình bỏ không làm có nháp qua qua bỏ Với học sinh giỏi kiên trì tìm tòi lời giải em có thành công với việc đặt nhiều biến mà thời gian bỏ lớn Bởi để làm đuợc câu đòi hỏi học sinh phải có kiến thức hình học THCS mà kiến thức phải sâu rộng (có thể kiến thức áp dụng không SGK mà nằm tài liệu tham khảo HS gặp lạ lẫm hoàn toàn; thường HS chuyên chịu khó đọc sách tham khảo biết) Với toán hình học phẳng toạ độ khó HS thường thấy lúng túng không gắn kết đuợc yếu tố giả thiết cho Cũng thấy phương pháp toạ độ ta đại số hoá nên có số toán HS đặt nhiều biến giải Thế có toán giải vất vả việc tính toán, chí phải đặt nhiều biến mà lập phương trình lập phương trình khó giải Và gần phải có gợi ý giáo viên Yêu cầu giáo dục đòi hỏi phải đổi phương pháp dạy học môn toán theo hướng phát huy tính tích cực, chủ động sáng tạo học sinh Vì người giáo viên phải gây hứng thú học tập Bởi vì, bên cạnh học sinh hiếu động, ham hiểu biết mới, thích tự tìm tòi, khám phá, sáng tạo lại có phận không nhỏ học sinh học yếu, lười suy nghĩ nên người giáo viên phải tâm huyết, có lực thật sự, đa dạng phương pháp, biết thiết kế tổ chức tiết dạy thu hút HS Ứng dụng công nghệ thông tin đem lại hiệu lớn giáo dục nói chung môn toán nói riêng , điều rõ môn hình học ( môn học khó với HS) Sự trực quan sinh động giúp HS( học sinh) phần cải thiện khó khăn Nhưng việc thiết kế tiết giáo án điện tử nhiều thời gian công sức Bù lại công nghệ thông tin gây hứng thú số đông HS kể em học yếu Sử dụng không nên lạm dụng không kết không mong muốn Nên phần học sử dụng công nghệ thông tin cho việc hệ thống kiến thức Với số giáo viên dạy toán khó dạng gợi ý hai tính chất cần dùng có liên quan đến toán nên tiếp nhận kiến thức HS có kết khả rời rạc nên chóng quên áp dụng kiểu Do đó, nghĩ ta cho HS nhìn tổng quan tính chất cách hệ thống thông qua công nghệ thông tin : với hình ảnh có màu sắc hiệu ứng đem lại hiệu việc tiếp nhận nhớ kiến thức lâu Lúc gặp toán có liên quan HS biết lựa chọn tính chất