- Đề bài
- LG bài 1
- LG bài 2
- LG bài 3
- LG bài 4
- LG bài 5
Đề bài
Bài 1 [2 điểm]
1.Thực hiện phép tính:
a]\[2x\left[ {{x^2} - 3y} \right]\]
b]\[ - 18{x^3}{y^4}:3x{y^4}\]
2.Cho \[\Delta ABC\]có cạnh\[BC = 12cm\]. Gọi\[M\]và\[N\]lần lượt là trung điểm của các cạnh\[AB,\,AC\] . Tính\[MN\].
Bài 2 [2 điểm]
1.Tìm\[x\], biết:
a]\[{\left[ {x + 2} \right]^2} - \left[ {x - 2} \right]\left[ {x + 2} \right] = 0\]
b]\[\left[ {{x^2} - 2x + 1} \right]:\left[ {x - 1} \right] + 5x = 8\]
2.Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
a.\[2{x^2} - 14x\]
b.\[{x^2} - {y^2} + 5x + 5y\]
Bài 3[2,0 điểm]Cho biểu thức: \[A = \dfrac{{2{x^2}}}{{{x^2} - 1}} + \dfrac{x}{{x + 1}} - \dfrac{x}{{x - 1}}\]
a] Với giá trị nào của \[x\] thì giá trị của biểu thức\[A\]được xác định?
b]Rút gọn biểu thức \[A\].
c]Tìm các giá trị nguyên của\[x\]để biểu thức\[A\]có giá trị nguyên.
Bài 4 [3,5 điểm]Cho \[\Delta ABC\]vuông tại\[A\], đường cao \[AM\]. Gọi \[D,\,E\] lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ \[M\] đến các cạnh\[AB,\,AC\].
a]Tứ giác\[A{\rm{D}}ME\] là hình gì? Vì sao?
b]Chứng minh: \[AM.BC = AB.AC\]
c]Gọi\[I\]là trung điểm của\[MC\]. Chứng minh rằng \[\Delta DEI\] vuông.
d] \[\Delta ABC\] phải có thêm điều kiện gì để \[DE = 2{\rm{E}}I\].
Bài 5 [0,5 điểm]Cho \[x,y\]thỏa mãn đẳng thức \[2{x^2} + 2{y^2} + 3xy - x + y + 1 = 0\]. Tính giá trị của biểu thức \[P = {\left[ {x + 2y} \right]^5} + {\left[ {y + 1} \right]^4} + {\left[ {x - 2} \right]^3}\].
LG bài 1
Lời giải chi tiết:
1.Thực hiện phép tính:
a]\[2x\left[ {{x^2} - 3y} \right] = 2x.{x^2} - 2x.3y = 2{x^3} - 6xy\]
b]\[ - 18{x^3}{y^4}:3x{y^4} = - \dfrac{{18{x^3}{y^4}}}{{3x{y^4}}} = - 6{x^2}.\]
2.
Cho\[\Delta ABC\]có cạnh\[BC = 12cm\]. Gọi\[M\]và\[N\]lần lượt là trung điểm của các cạnh\[AB,\,AC\]. Tính\[MN\].
Vì\[M,\,N\]là trung điểm của\[AB,\,AC\] [gt]
\[ \Rightarrow MN\]là đường trung bình của\[\Delta ABC\] [dấu hiệu nhận biết đường
trung bình của tam giác]
\[ \Rightarrow MN = \dfrac{{BC}}{2} = 12:2 = 6cm\] [tính chất đường trung bình của tam giác]
LG bài 2
Lời giải chi tiết:
1.Tìmxbiết:
\[\begin{array}{l}a]\,\,{\left[ {x + 2} \right]^2} - \left[ {x - 2} \right]\left[ {x + 2} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {x + 2} \right]\left[ {x + 2 - x + 2} \right] = 0\\ \Leftrightarrow 4\left[ {x + 2} \right] = 0\\ \Leftrightarrow x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow x = - 2\end{array}\]
\[\begin{array}{l}b]\,\,\,\left[ {{x^2} - 2x + 1} \right]:\left[ {x - 1} \right] + 5x = 8\\ \Leftrightarrow {\left[ {x - 1} \right]^2}:\left[ {x - 1} \right] + 5x = 8\\ \Leftrightarrow x - 1 + 5x = 8\\ \Leftrightarrow 6x = 9\\ \Leftrightarrow x = \dfrac{3}{2}\end{array}\]
2.Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
\[a]\,\,2{x^2} - 14x\,{\rm{ = }}\,{\rm{2}}x\left[ {x - 7} \right]\]
\[\begin{array}{l}b]\,\,{x^2} - {y^2} + 5x + 5y = \left[ {{x^2} - {y^2}} \right] + 5\left[ {x + y} \right]\\ = \left[ {x + y} \right]\left[ {x - y} \right] + 5\left[ {x + y} \right]\\ = \left[ {x + y} \right]\left[ {x - y + 5} \right].\end{array}\]
LG bài 3
Lời giải chi tiết:
Cho biểu thức\[A = \dfrac{{2{x^2}}}{{{x^2} - 1}} + \dfrac{x}{{x + 1}} - \dfrac{x}{{x - 1}}\]
a] Để A xác định\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 1 \ne 0\\x + 1 \ne 0\\x - 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x \ne \pm 1\]
b] Điều kiện: \[x \ne \pm 1.\]
\[\begin{array}{l}A = \dfrac{{2{x^2}}}{{{x^2} - 1}} + \dfrac{x}{{x + 1}} - \dfrac{x}{{x - 1}} \\\;\;\;= \dfrac{{2{x^2} + x\left[ {x - 1} \right] - x\left[ {x + 1} \right]}}{{\left[ {x - 1} \right]\left[ {x + 1} \right]}}\\\;\;\; = \dfrac{{2{x^2} + {x^2} - x - {x^2} - x}}{{\left[ {x - 1} \right]\left[ {x + 1} \right]}} \\\;\;\;= \dfrac{{2{x^2} - 2x}}{{\left[ {x - 1} \right]\left[ {x + 1} \right]}}\\\;\;\; = \dfrac{{2x\left[ {x - 1} \right]}}{{\left[ {x - 1} \right]\left[ {x + 1} \right]}} = \dfrac{{2x}}{{x + 1}}.\end{array}\]
c] Điều kiện: \[x \ne \pm 1.\]
Ta có: \[A = \dfrac{{2x}}{{x + 1}} = 2 - \dfrac{2}{{x + 1}}\]
Để\[A\]đạt giá trị nguyên thì \[2 \vdots \left[ {x + 1} \right] \Rightarrow \left[ {x + 1} \right] \in \] Ư[2] \[ = \left\{ { \pm 1; \pm 2} \right\}\]
|
\[x + 1\] |
1 |
-1 |
2 |
-2 |
|
\[x\] |
0 [tm] |
-2 [tm] |
1 [ktm] |
-3 [tm] |
Vậy với \[x \in \left\{ {0; - 2; - 3} \right\}\] thì \[A\] nguyên.
LG bài 4
Lời giải chi tiết:
a] Vì \[\left\{ \begin{array}{l}M{\rm{D}} \bot AB\\ME \bot AC\end{array} \right.\left[ {gt} \right] \Rightarrow \angle M{\rm{D}}A = \angle ME{\rm{A}} = {90^0}\]
Xét tứ giác \[A{\rm{D}}ME\]có: \[\left\{ \begin{array}{l}\angle MDA = \angle ME{\rm{A}} = {90^0}\left[ {cmt} \right]\\\angle DAE = {90^0}\left[ {gt} \right]\end{array} \right.\]
\[ \Rightarrow \] Tứ giác \[A{\rm{D}}ME\] là hình chữ nhật [dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật]
b]Xét \[\Delta AMC\] và \[\Delta BAC\] có:
\[\left\{ \begin{array}{l}\angle AMC = \angle BAC = {90^0}\left[ {gt} \right]\\\angle C\,\,chung\end{array} \right. \Rightarrow \Delta AMC \sim \Delta BAC\left[ {g - g} \right]\]
\[ \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AB}} = \dfrac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow AM.BC = AB.AC\] [tính chất hai tam giác đồngdạng]
c]Gọi \[O\] là giao điểm của \[DE\] và \[AM\]. Ta có \[DME{\rm{A}}\] là hình chữ nhật [cmt]
\[ \Rightarrow OM = OE\] [tính chất hình chữ nhật]
\[ \Rightarrow \Delta OM{\rm{E}}\]cân tại\[O\] [dấu hiệu nhận biết tam giác cân]
\[ \Rightarrow \angle OME = \angle OEM\] [tính chất tam giác cân]
Xét \[\Delta MEC\] vuông tại \[E\] và có \[I\] là trung điểm của \[MC\] [gt]
\[ \Rightarrow EI = \dfrac{{MC}}{2}\left[ 1 \right]\] [tính chất trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh ấy]
Mà\[I\]là trung điểm của\[MC\] [gt] \[ \Rightarrow MI = IC\left[ 2 \right]\] [tính chất trung điểm]
Từ [1] và [2] suy ra\[EI = MI \Rightarrow \Delta MIE\]cân tại\[I\] [dấu hiệu nhận biết tam giác cân]
\[ \Rightarrow \angle IME = \angle IEM\] [tính chất tam giác cân]
Mặtkhác, \[\angle AME + \angle EMC = {90^0} \Rightarrow \angle DEM + \angle MEI = {90^0}\]
\[ \Rightarrow \Delta DEI\] vuông tại \[E\] [dấu hiệu nhận biết tam giác cân]
d]Vì\[EI = \dfrac{{MC}}{2}\left[ {cmt} \right] \Rightarrow MC = 2{\rm{E}}I\]. Mà\[DE = 2{\rm{E}}I \Rightarrow DE = MC\]
Suyra \[D,\,E\] là trung điểm của \[AB\]và\[AC\]. Thật vậy, ta có:
\[D,\,E\]là trung điểm của \[AB\] và \[AC\] \[ \Rightarrow DE\]là đường trung bình của\[\Delta ABC\] [dấu hiệu nhận biết đường trung bình của tam giác]
\[ \Rightarrow DE//BC\] [tính chất đường trung bình của tam giác] [3]
Mà DMEA là hình chữ nhật [cmt] \[ \Rightarrow DM//A{\rm{E}}\] [tính chất hình chữ nhật]
Hay \[DM//EC\left[ 4 \right]\] .
Từ [3] và [4] suy ra tứ giác\[DMCE\]là hình bình hành [dấu hiệu nhận biết hình bình hành]
\[ \Rightarrow DE = MC\] [tính chất hình bình hành]
Mà\[MC = 2{\rm{E}}I\left[ {cmt} \right] \Rightarrow DE = 2{\rm{E}}I\].
Vậy để\[DE = 2{\rm{E}}I\]thì\[D,\,E\]là trung điểm của\[AB\]và\[AC\].
LG bài 5
Lời giải chi tiết:
Ta có:
\[\begin{array}{l}\;\;\;\;\;2{x^2} + 2{y^2} + 3xy - x + y + 1 = 0\\ \Leftrightarrow 4{x^2} + 4{y^2} + 6xy - 2x + 2y + 2 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {{x^2} - 2x + 1} \right] + \left[ {{y^2} + 2y + 1} \right] + 3\left[ {{x^2} + {y^2} + 2xy} \right] = 0\\ \Leftrightarrow {\left[ {x - 1} \right]^2} + {\left[ {y + 1} \right]^2} + 3{\left[ {x + y} \right]^2} = 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\y + 1 = 0\\x + y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\\x = - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\end{array} \right.\end{array}\]
Thay\[\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\end{array} \right.\]vào\[P = {\left[ {x + 2y} \right]^5} + {\left[ {y + 1} \right]^4} + {\left[ {x - 2} \right]^3}\]ta được:
\[P = {\left[ {1 - 2} \right]^5} + {\left[ { - 1 + 1} \right]^4} + {\left[ {1 - 2} \right]^3} = - 2\].
Xem thêm: Lời giải chi tiết Đề kiểm tra học kì 1 [Đề thi học kì 1] môn Toán 8 tại Tuyensinh247.com