Bài tập Chương Tam giác đồng dạng Hình học 8 năm 2019

(. Gọi N là giao điểm của AG và DF. Các đường cao AE, BF cắt nhau tại H.. Gọi G là giao điểm của CH và AB.. Trên BC lấy điểm E, qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AE, đường thẳng này cắ[r]

BÀI TÂP CHƢƠNG TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG

Bài 1: Cho ABC vuông A, Vẽ phía ngồi tam giác tam giác ABD vuông cân B, ACF vuông cân C Gọi H giao điểm AB CD, K giao điểm Ac BF

Chứng minh rằng:

a) AH = AK b) AH2 = BH CK Giải : Đặt AB = c, AC = b

BD // AC (cùng vng góc với AB)

nên AH AC b AH b AH b

HB BD c HB  c HB + AH b + c

Hay AH b AH b AH b.c

AB b + c c  b + c b + c (1)

AB // CF (cùng vng góc với AC) nên AK AB c AK c AK c KC  CF  b KC  b KC + AK  b + c

Hay AK b AK c AK b.c

AC b + c b  b + c  b + c (2) Từ (1) (2) suy ra: AH = AK

b) Từ AH AC b HB  BD c

AK AB c

KC  CF b suy

AH KC AH KC

HB  AK HB AH(Vì AH = AK)

 AH2 = BH KC

Bài 2: Cho hình bình hành ABCD, đường thẳng a qua A cắt BD, BC, DC theo thứ tự E, K, G Chứng minh rằng:

a) AE2 = EK EG b) 1 AE AKAG

c) Khi đường thẳng a thay đổi vị trí qua A tích BK DG có giá trị khơng đổi

Giải

a) Vì ABCD hình bình hành K  BC nên AD // BK, theo hệ định lí Ta-lét ta có:

2

EK EB AE EK AE

= = AE EK.EG

AE ED EG AE  EG 

H

F K

D

C B

A

G b

a

E K

D C

Q P

O

N

M

H

F

G

E

D

C

B

A

b) Ta có: AE = DE AK DB ;

AE BE

=

AG BD nên

AE AE BE DE BD 1

= AE

AK AG BD DB BD AK AG

 

       

  

1 1

AE AKAG (đpcm)

c) Ta có: BK = AB BK = a

KC CG  KC CG (1);

KC CG KC CG

= =

AD DG  b DG (2)

Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có: BK = a BK DG = ab

b DG khơng đổi

(Vì a = AB; b = AD độ dài hai cạnh hình bình hành ABCD không đổi)

Bài 3: Cho tứ giác ABCD, điểm E, F, G, H theo thứ tự chia cạnh AB, BC, CD, DA theo tỉ số 1:2 Chứng minh rằng:

a) EG = FH b) EG vng góc với FH

Giải Gọi M, N theo thứ tự trung điểm CF, DG

Ta có CM =

2 CF =

3BC 

BM

=

BC 

BE BM

= =

BA BC

EM // AC  EM BM = EM = 2AC

AC  BE  (1)

Tương tự, ta có: NF // BD  NF CF = NF = 2BD

BDCB  (2)

mà AC = BD (3) Từ (1), (2), (3) suy : EM = NF (a)

Tương tự ta có: MG // BD, NH // AC MG = NH =

3AC (b) Mặt khác EM // AC; MG // BD Và AC  BD EM  MG 

EMG = 90 (4) Tương tự, ta có:

FNH = 90 (5) Từ (4) (5) suy EMG = FNH = 90 (c) Từ (a), (b), (c) suy EMG = FNH (c.g.c)  EG = FH

b) Gọi giao điểm EG FH O; EM FH P; EM FN Q

PQF = 90  QPF + QFP = 900 mà QPF = OPE (đối đỉnh), OEP = QFP (EMG = FNH)

Suy

E

D

M

K

C B

A

E

D

C B

A a) Đường thẳng qua D song song với BC

cắt AB K, chứng minh E nằm B K b) Chứng minh: CD > DE > BE

Giải a) BD phân giác nên

AD AB AC AE AD AE

= < =

DC BC BC EB DC  EB (1)

Mặt khác KD // BC nên AD AK DC  KB (2)

Từ (1) (2) suy AK AE AK + KB AE + EB KB EB  KB  EB

 AB AB KB > EB

KB EB  E nằm K B b) Gọi M giao điểm DE CB

Ta có CBD = KDB(Góc so le trong)  KBD = KDB

mà E nằm K B nên KDB > EDBKBD > EDB EBD > EDB  EB < DE Ta lại có CBD + ECB = EDB + DEC  DEC>ECB DEC>DCE (Vì DCE = ECB) Suy CD > ED  CD > ED > BE

Bài 5: Cho ABC cóB = C, AB = cm, BC = 10 cm a)Tính AC

b)Nếu ba cạnh tam giác ba số tự nhiên liên tiếp cạnh bao nhiêu? Giải

Cách 1: Trên tia đối tia BA lấy điểm E cho:BD = BC

ACD ABC (g.g)  AC AD AB  AC

AC AB AD =AB.(AB + BD)

  = AB(AB + BC)

= 8(10 + 8) = 144  AC = 12 cm

2

3

1 H

I

O

E D

C B

A

2

AB AE BE AE + BE AC

= AC = AB(AB + CB)

AC AB CBAB + CB AB + CB = 8(8 + 10) = 144

 AC = 12 cm

b) Gọi AC = b, AB = a, BC = c từ câu a ta có b2 = a(a + c) (1) Vì b > anên b = a + b = a +

+ Nếu b = a + (a + 1)2= a2 + ac 2a + = ac a(c – 2) =

a = 1; b = 2; c = 3(loại) + Nếu b = a + a(c – 4) =

- Với a = c = (loại) - Với a = c = (loại) - với a = c = ; b = Vậy a = 4; b = 5; c =

Bài 6: Cho ABC cân A O trung điểm BC Một điểm O di động AB, lấy điểm E AC cho

2 OB CE =

BD Chứng minh

a) DBO OCE b) DOE DBO OCE c) DO, EO phân giác góc BDE, CED

d) khoảng cách từ O đến đoạn ED không đổi D di động AB Giải

a) Từ

2 OB CE =

BD 

CE OB

=

OB BD B = C (gt)  DBO OCE b) Từ câu a suy O = E3 (1)

Vì B, O ,C thẳng hàng nên

3

O + DOE EOC 180  (2)

trong tam giác EOC

2

E + C EOC 180  (3) Từ (1), (2), (3) suy DOE B C

DOE DBO có DO = OE

DB OC (Do DBO OCE)

và DO = OE

DB OB (Do OC = OB) DOE B C nên DOE DBO OCE c) Từ câu b suy D = D1 2 DO phân giác góc BDE

K F

E

D M

C B

A

I

K F

G

E M D

C

B

A N

Củng từ câu b suy E = E1 EO phân giác góc CED

c) Gọi OH, OI khoảng cách từ O đến DE, CE OH = OI, mà O cố định nên OH không đổi

OI không đổi D di động AB

Bài 7: Cho tam giác ABC, trung tuyến AM Qua điểm D thuộc cạnh BC, vẽ đường thẳng song song với AM, cắt AB, AC E F

a) chứng minh DE + DF không đổi D di động BC b) Qua A vẽ đường thẳng song song với BC, cắt FE K Chứng minh K trung điểm FE

Giải

a) DE // AM  DE = BD DE = BD.AM

AM BM BM (1)

DF // AM  DF = CD DF = CD.AM = CD.AM

AM CM CM BM (2)

Từ (1) (2) suy

DE + DF = BD.AM + CD.AM

BM BM =

BD CD BC

+ AM = AM = 2AM

BM BM BM

 

 

  không đổi

b) AK // BC suy FKA AMC (g.g)  FK = KA AM CM (3)

EK KA EK KA EK KA EK KA EK KA

= = =

ED BD ED + EK BD + KA KD BD + DM AM BMAM CM (2) (Vì CM = BM)

Từ (1) (2) suy FK EK

AM AM FK = EK hay K trung điểm FE

Bài 8: Cho hình bình hành ABCD có đường chéo lớn AC,tia Dx cắt SC, AB, BC I, M, N Vẽ CE vng góc với AB, CF vng góc với AD, BG vng góc với AC Gọi K điểm đối xứng với D qua I Chứng minh

a) IM IN = ID2 b) KM = DM

KN DN

M K

H

G I

D C

B A

a) Từ AD // CM  IM = CI

ID AI (1) Từ CD // AN 

CI ID AI IN (2)

Từ (1) (2) suy IM ID=

ID

IN hay ID

= IM IN

b) Ta có DM = CM DM = CM DM = CM MN MBMN + DM MB + CM DN CB (3) Từ ID = IK ID2 = IM IN suy IK2 = IM IN

 IK = IN IK - IM = IN - IK KM = KN KM = IM

IM IK IM IK  IM IK  KN IK 

KM IM CM CM

=

KN ID  AD  CB (4)

Từ (3) (4) suy KM = DM

KN DN

c) Ta có AGB AEC  AE = AC AB.AE = AC.AG

AG AB AB AE = AG(AG+CG) (5)

CGB AFC  AF = CG CG

AC CB AD(vì CB = AD)

AF AD = AC CG  AF AD = (AG + CG) CG (6)

Cộng (5) (6) vế theo vế ta có: AB AE + AF AD = (AG + CG) AG + (AG + CG) CG

 AB AE + AF AD = AG2 +2.AG.CG + CG2 = (AG + CG)2 = AC2 Vậy: AB AE + AD AF = AC2

Bài 9: Cho tam giác ABC có BC trung bình cộng AC AB; Gọi I giao điểm phân giác, G trọng tâm tam giác Chứng minh: IG // BC

Giải Gọi khoảng cách từ a, I, G đến BC AH, IK, GD

Vì I giao điểm ba đường phân giác nên khoảng cách từ I đến ba cạnh AB, BC, CA IK Vì I nằm tam giác ABC nên:

SABC = SAIB + SBIC + SCIA BC.AH = IK(AB+BC+CA) (1)

Mà BC = AB + CA

2  AB + CA = BC (2)

Thay (2) vào (1) ta có: BC AH = IK 3BC  IK =

SBGC =

3 SABC  BC GD =

3 BC AH  GD =

3 AH (b)

Từ (a) (b) suy IK = GD hay k/ cách từ I, G đến BC nên IG // BC

Bài 10: Cho điểm M di động đáy nhỏ AB hình thang ABCD, Gọi O giao điểm hai cạnh bên DA, CB Gọi G giao điểm OA CM, H giao điểm OB DM CMR: Khi M di động AB tổng OG + OH

GD HC không đổi

Giải Qua O kẻ đường thẳng song với AB cắt CM, DM theo thứ tự I K Theo định lí Talét ta có: OG OI

GD CD;

OH OK

HC  CD 

OG OH OI OK IK

+

GD HC CDCD CD

OG OH IK

+

GD HC CD

  (1)

Qua M vẽ đường thẳng vng góc với AB cắt IK, CD theo thứ tự P Q, ta có: IK MP FO

CD MQ MQ khơng đổi FO khoảng cách từ O đến AB, MQ đường cao hình thang nên không đổi (2) Từ (1) (2) suy OG + OH FO

GD HC  MQ không đổi

Bài 11: Cho tam giác ABC (AB < AC), phân giác AD Trên AB lấy điểm M, AC lấy điểm N cho BM = CN, gọi giao điểm CM BN O,

Từ O vẽ đường thẳng song song với AD cắt AC, AB E F

Chứng minh rằng: AB = CF; BE = CA Giải

AD phân giác nên BAD = DAF EI // AD  BAD = AEF (góc đồng vị)

Mà DAFOFC (đồng vị); AFE = OFC (đối đỉnh) Suy AEFAFE  AFE cân A  AE =AF (a)

Aùp dụng định lí Talét vào ACD , với I giao điểm EF với BC ta có

CF CI CF CA

=

CA CD CI CD (1) AD phân giác BAC nên

CA BA CD  BD (2)

Từ (1) (2) suy CF BA

CI  BD (3) Kẻ đường cao AG AFE BP // AG G

P O

K I

N

D

Q

C B

M A

(P AD); CQ // AG (Q OI) BPD = CQI = 900

Gọi trung điểm BC K, ta có BPK = CQK (g.c.g)  CQ = BP

 BPD = CQI (g.c.g)  CI = BD (4)

Thay (4) vào (3) ta có CF BA

BD  BD  CF = BA (b) Từ (a) (b) suy BE = CA

Bài 12: Cho tam giác ABC vuông A, (AC > AB), đường cao AH Trên tia HC lấy D cho HD = HA Đường vng góc với BC D cắt AC E M trung điểm BE

a) Chứng minh BEC đồng dạng với ADC b) Tính số đo góc AHM

Bài 13: Cho tứ giác lồi ABCD Tìm tập hợp điểm O nằm tứ giác cho hai tứ giác OBCD OBAD có diện tích (Khơng u cầu chứng minh phần đảo)

12

a) Do DEC ∽ ABC (Hai tam giác vng có C chung)

(*)

DE EC

AB BC

Xét BEC ADC Có C chung kết hợp (*) => BEC∽ ADC (g.c.g)

2 1

3

1

2

M

E

D H

B

A

B1 D1

hb

ho ha

B

C

A

D O

b

b) BEC∽ ADC =>B1 A1, AHD vuông cân H nên

0 45 A

0 0

1 45 45 45 ( 2 90 )

A A B A B B A B

M trung điểm BE nên: AM = MB = ME BMA vuông cân M

AB2 =2BM2 hay mà AB2 = BH.BC (HS phải c/m);

BH.BC = BE.BM

BH BM

BE BC BHM∽ BEC∽ ADC AHM D2 450

13

Giả sử O điểm nằm tứ giác thỏa mãn: SOBCD =SOBAD

Từ O kẻ đường thẳng // BC cắt AB

D1, cắt AC B1 Nối OC, OB, AC, BD

kẻ đường cao ha, hb, hc hình vẽ

Khi đó: SOBCD = SBCD+SBOD=

.( ) 2BD hc ho

SBODA = 1 1 1 1

( )

2

AB D D OB B OD a b c

S S S B D h h h

1

( )

1 (1)

( )

c o a o

BD h h

B D h h

Vì B1D1//BD nên 1

(2)

( )

a a o

h BD

B D h h

Từ (1) (2) c o 1

c o a a

h h

h h h

h Từ HS lập luận suy B1D1 qua trrung điểm cuả AC

Vậy O nằm đoạn B1D1//BD qua trung điểm AC

Bài 14 Cho hình vng ABCD có cạnh a Gọi E; F;G;H trung điểm cạnh AB, BC; CD; DA M giao điểm CE DF

b Chứng minh DF CE  MAD cân c Tính diện tích  MDC theo a

Chứng minh: EFGH hình thoi Chứng minh có góc vng Kết luận Tứ giác EFGH Hình vng

( )

BEC CFD c g c ECBFDC mà CDF vuông C

0

90 90

CDF DFC DFC ECB CMF

       vuông M Hay CE  DF

Gọi N giao điểm AG DF Chứng minh tương tự: AG  DF GN//CM mà G trung điểm DC nên  N trung điểm DM Trong MAD có AN vừa đường cao vừa trung tuyến  MAD cân A

( ) CD CM

CMD FCD g g

FD FC

  Do :

2

CMD

CMD FCD

FCD

S CD CD

S S

S FD FD

   

    

   

Mà : 1

2

FCD

S  CF CD CD Vậy :

2

2

1

4

CMD CD

S CD

FD



Trong DCF theo Pitago ta có :

2 2 2 2

2 4

DF CD CF CD  BC CD  CD  CD

 

Do : 2 2

2

1 1

5 4 5 5

4

MCD

CD

S CD CD a

CD

  

Bài 15: Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) Các đường cao AE, BF cắt H Gọi M trung N

M

G

F E

C B

H A

a Chứng minh ABC đồng dạng EFC

b Qua C kẻ đường thẳng b song song với đường thẳng IK, b cắt AH, AB theo thứ tự N D Chứng minh NC = ND HI = HK

c Gọi G giao điểm CH AB Chứng minh:AH BH CH

HE HF HG 

Ta có AEC BFC (g-g) nên suy CE CA

CF CB

Xét ABC EFC có CE CA

CF CBvà góc C chung nên suy ABC EFC ( c-g-c) Vì CN //IK nên HM CN  M trực tâm HNC

MN CH mà CH  AD (H trực tâm tam giác ABC) nên MN // AD Do M trung điểm BC nên  NC = NDIH = IK ( theo Ta let)

G

N

D

K

I

M H

F

E A

Ta có: AHC ABH AHC ABH AHC ABH CHE BHE CHE BHE BHC

S S S S S S

AH

HE S S S S S

 

   

 Tương tự ta có BHC BHA

AHC

S S

BH

BF S



 BHC AHC

BHA

S S

CH

CG S

 

AH BH CH

HE HF HG 

AHC ABH BHC

S S

S

  BHC BHA

AHC

S S

S

  BHC AHC

BHA

S S

S 

= AHC ABH BHC BHC

S S

S S 

BHC BHA AHC AHC

S S

S S +

BHC AHC BHA BHA

S S

S  S 6 Dấu „=‟ tam giác ABC đều, mà theo gt AB < AC nên khơng xảy dấu

Bài 16: Cho hình vng ABCD Trên BC lấy điểm E, qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AE, đường thẳng cắt CD F Gọi I trung điểm EF, AI cắt CD K Qua E kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng cắt AI G

a Chứng minh AE = AF b Chứng minh tứ giác EGFK hình thoi c Chứng minh AKF đồng dạng CAF

d Trên cạnh AB lấy điểm M cho BE = BM Tìm vị trí điểm E cạnh BC để diện tích DEM đạt giá trị lớn nhất?

ABE = ADF (cạnh góc vng, góc nhon) suy AE = AF

Tam giác AEF vuông cân suy AI EF (1) Tứ giác EGFK hình bình hành (hai đường chéo cắt trung điểm đường IEG = IFK) (2)

Từ (1) (2) suy EGFK hình thoi

M

G

K I

F D C B

A

Xét AKF CAF có chung góc F; Lại có tam giác EAF vuông cân nên

KAF45 = ACE45 suy hai tam giác đồng dạng

Gọi cạnh hình vng a Đặt BE = BM = x suy CE = a – x ; AM = a – x

DEM ABCD BME AMD DCE

S S S S S = 1

( ) ( )

2 2

a  a a x a a x x

= 2 2 2

( ) ( ) ( )

2 x ax 2 x a a  2a x a 2a

          

DEM

S đạt giá trị lớn

2a x –a = tức x = a nghĩa E trùng C

Bài 17: Trong tam giác ABC, điểm A, E, F tương ứng nằm cạnh BC, CA, AB cho: AFEBFD, BDFCDE, CEDAEF

a) Chứng minh rằng: BDFBAC

b) Cho AB = 5, BC = 8, CA = Tính độ dài đoạn BD

a) Đặt AFEBFD , BDFCDE , CEDAEF  Ta có BAC    1800(*)

Qua D, E, F kẻ đường thẳng vng góc với BC, AC, AB cắt O Suy O giao điểm ba đường phân giác tam giác DEF

 o

OFD OED ODF  90 (1)

Ta có OFD OED  ODF  270o(2) (1) & (2)      180o (**)

(*) & (**)  BAC  BDF b) Chứng minh tương tự câu a) ta có:

B , C 

AEF s DBF s DEC ABC



BD BA 5BF 5BF 5BF

BD BD BD

BF BC 8 8

CD CA 7CE 7CE 7CE

CD CD CD

CE CB 8 8

AE AB 7AE 5AF 7(7 CE) 5(5 BF) 7CE 5BF 24

AF AC

        

   

   

        

   

   

     

     

   

   

CD BD 3

   (3) Ta lại có CD + BD = (4) (3) & (4) BD = 2,5

Bài 18: Cho tam giác ABC vuông A (AC > AB), đường cao AH (HBC) Trên tia HC lấy điểm D cho HD = HA Đường vng góc với BC D cắt AC E

1 Chứng minh hai tam giác BEC ADC đồng dạng Tính độ dài đoạn BE theo mAB

2 Gọi M trung điểm đoạn BE Chứng minh hai tam giác BHM BEC đồng dạng Tính số đo góc AHM

3 Tia AM cắt BC G Chứng minh: GB HD

BC  AHHC

1 + Hai tam giác ADC BEC có:

Góc C chung

CD CA

CE CB (Hai tam giác vuông CDE CAB đồng dạng)

Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c)

Suy ra:

135

BECADC (vì tam giác AHD vng cân H theo giả thiết)

Nên

45

AEB tam giác ABE vng cân A Suy ra: BEAB 2m 2

Ta có: 1

2

BM BE AD

BC  BC   AC (do BEC ADC) mà ADAH (tam giác AHD vuông cân H)

nên 1

2 2

BM AD AH BH BH

BC   AC   AC  AB  BE (do ABH CBA)

Do BHM BEC (c.g.c), suy ra: 0

3 Tam giác ABE vuông cân A, nên tia AM cịn phân giác góc BAC

Suy ra: GB AB

GC  AC , mà    // 

AB ED AH HD

ABC DEC ED AH

AC  DC    HC  HC

Do đó: GB HD GB HD GB HD

GC  HC GB GC  HDHC  BC  AHHC

Bài 19: Cho hình vuông ABCD cạnh a Điểm E thuộc cạnh BC, điểm F thuộc cạnh AD cho CE = AF Các đường thẳng AE, BF cắt đường thẳng CD theo thứ tự M N

a.Chứng minh rằng: DN.CM = a2

b Gọi K giao điểm NA MB Chưng minh MKN = 900

c Các điểm E, F có vị trí MN có độ dài nhỏ nhất? Khi tính diện tích tam giác KMN theo a?

a

K

A B

F E

N D C M

Từ gt  AB // MN nên ta có:

DN BA FD AF BE CE BA CM

 

  CM.DN = AB2 = a2 b Theo chứng minh trên:

DN BA BA

CM

 Nên

DN AB CB

CM

 ( BA = CB)

Và ADN = MCB ( = 900)ADN đồng dạng với MCB

 MBC = AND

Mà MBC + BMC = 900

 AND + MBC = 900 Vậy MKN = 900

Bài 20:

1) Gọi H hình chiếu đỉnh B đường chéo AC hình chữ nhật ABCD, M K theo thứ tự trung điểm AH CD Tính số đo góc BMK

2) Cho tam giác ABC nhọn trực tâm H, đoạn BH lấy điểm M trên đoạn CH lấy điểm

N cho CMR AM = AN

Lời giải

1) Từ hình vẽ ( xác ) ta dự đốn góc AIJ = 900.Dựa vào yếu tố trung điểm mà đề cho mà vẽ thêm hình tạo liên kết I J

Cách : ( hình 1,2) Vẽ hình phụ khai thác yếu tố trung điểm

Tóm tắt lời giải cho hình Gọi P trung điểm AH => PI đường trung bỡnh tam giỏc AHD => PI//AD mà AD AB hì IP  AB P trực tâm ABI Từ tứ giác BPIJ h.b.h , BP // IJ mà BP  AI nên JI  AI

H×nh H×nh

O P

P

J

I H J

I H

B

C D

A B

C D

A

Nên MN nhỏ ND + CM nhỏ (Vì DC khơng đổi) Áp dụng bất đẳng thức cosi ta có:

ND + CM 2 CM.ND 2a Dấu “ =” sảy CM = DN = a

DF CE đường trung bình tam giác NBC tam giác MAD Hay E,F trung điểm BC AD

Vậy MN đạt GTNN 3a E,F trung điểm BC AD Khí SKMN = SKAB + SNAD + SCBM + SABCD = SKAB + 2SABCD

Lại tam giác KAB vng cân K nên đường cao ứng với cạnh AB có độ dài a

AB 2

1 

4 a SKAB 

 Và SABCD = a

Vậy SKMN = 2

a a

a  

J I H

A

D C

P

Q H M

B C

N A Tam giác vng AMC có đường cao MP => AM2

=AP.AC Tam giác vng ANB có đường cao NQ => AN2

=AQ.AB Xột tam giỏc APB AQC có: Góc A chung

Website HOC247 cung cấp môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội dung giảng biên soạn công phu giảng dạy giáo viên nhiều năm kinh nghiệm,

giỏi kiến thức chuyên môn lẫn kỹ sƣ phạm đến từ trường Đại học trường chuyên

danh tiếng

I. Luyện Thi Online

- Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ Trường ĐH THPT danh tiếng

xây dựng khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học Sinh Học

- Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán

trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An trường Chuyên khác TS.Trần Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Trịnh Thanh Đèo Thầy Nguyễn Đức Tấn.

II. Khoá Học Nâng Cao HSG

- Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Tốn Chuyên dành cho em HS

THCS lớp 6, 7, 8, u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập trường đạt điểm tốt kỳ thi HSG

- Bồi dƣỡng HSG Tốn: Bồi dưỡng phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp

dành cho học sinh khối lớp 10, 11, 12 Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS Lê Bá Khánh Trình, TS Trần Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩn đôi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia

III. Kênh học tập miễn phí

- HOC247 NET: Website hoc miễn phí học theo chƣơng trình SGK từ lớp đến lớp 12 tất

các môn học với nội dung giảng chi tiết, sửa tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu tham khảo phong phú cộng đồng hỏi đáp sôi động

- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp Video giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa tập, sửa đề thi

miễn phí từ lớp đến lớp 12 tất mơn Tốn- Lý - Hoá, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học

Vững vàng tảng, Khai sáng tương lai

Học lúc, nơi, thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online Chuyên Gia