Bài tập tuần Toán lớp 8 Tuần 12 có đáp án chi tiết

Bài tập tuần Toán lớp 8 Tuần 12 có đáp án

Bài 1: Dùng tính chất cơ bản của phân thức, hãy tìm các đa thức  trong mỗi đẳng thức sau:

a) $\frac{64x^3+1}{16x^2-1}=\frac{A}{4x-1}$

b) $\frac{5x-2}{B}=\frac{10x^2-29x+10}{10x^2+27x-5}$

c) $\frac{C}{3x^2-7x+4}=\frac{3-2x}{3x-4}$

d) $\frac{2x-y-1}{4x-2y}=\frac{4x^2-2x-y^2-y}{D}$

Bài 2: Rút gọn các phân thức

a) $\frac{35\left(x^2-y^2\right){\left(x+y\right)}^2}{77{\left(y-x\right)}^2{\left(x+y\right)}^3}$

b) $\frac{4x^2{y}^2+1-4xy}{8x^3{y}^3-1-6xy\left(2xy-1\right)}$

c) $\frac{x^2-xy-xz+yz}{x^2+xy-xz-yz}$

d) $\frac{a^2+b^2-c^2+2ab}{a^2-b^2+c^2+2ac}$

e) $\frac{\left(x^2+3x+2\right)\left(x^2-25\right)}{x^2+7x+10}$

f) $\frac{x^6-y^6}{x^4-y^4-x^{3}y+x{y}^3}$

Bài 3: Chứng minh các phân thức sau không phụ thuộc vào biếnx 

a) $\frac{-2y^2-5y+2xy+5x}{y^3+x-y-x{y}^2}$

b) $\frac{x^2{y}^2+1+\left(x^2-y\right)\left(1-y\right)}{x^2{y}^2+1+\left(x^2+y\right)\left(1+y\right)}$

Bài 4: Cho đoạn thẳng AG và điểm D nằm giữa hai điểm A và G. Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AG vẽ các hình vuông $ABCD,DEFG.$ Gọi M,N lần lượt là trung điểm của $AG,EC.$  Gọi I;K lần lượt là tâm đối xứng của các hình vuông $ABCD,DEFG$

a) Chứng minh: $AE=CG$ và $AE\perp CG$ tại H.

b) Chứng minh $IMKN$ là hình vuông.

c) Chứng minh $B,H,F$ thẳng hàng

d) Gọi T là giao điểm của BF và EG. Chứng minh rằng độ dài TM không đổi khi D di động trên đoạn AG cố định.

PHẦN HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1:

a) Ta có:

$$\begin{gathered} \frac{64x^3+1}{16x^2-1}=\frac{{\left(4x\right)}^3+1^3}{\left(4x-1\right)\left(4x+1\right)} \\ =\frac{(4x+1)\left(16x^2-4x+1\right)}{(4x-1)(4x+1)} \\ =\frac{\left(16x^2-4x+1\right)}{\left(4x-1\right)}=\frac{A}{\left(4x-1\right)} \end{gathered}$$

Vậy $A=\left(16x^2-4x+1\right)$

b) Ta có:

$$\begin{gathered} \left(-10x^2+27x-5\right)\left(5x-2\right) \\ =-50x^3+135x^2-25x \\ +20x^2-54x+10 \\ =-50x^3+155x^2-79x+10 \\ =-5x\left(10x^2-29x+10\right) \\ =B.\left(10x^2-29x+10\right) \end{gathered}$$

Vậy $B=-5x$

c) Ta có:

$$\begin{gathered} \left(3x^2-7x+4\right)\left(3-2x\right) \\ =9x^2-21x+12-6x^3+14x^2-8x \\ =-6x^3+23x^2-29x+12 \\ =\left(3x-4\right)\left(-2x^2+5x-3\right) \\ =\left(3x-4\right).C \end{gathered}$$

Vậy $C=-2x^2+5x-3$

d) Ta có:

$$\begin{gathered} \frac{2x-y-1}{2\left(2x-y\right)} \\ =\frac{\left[\left(2x-y\right)\left(2x+y\right)-\left(2x+y\right)\right]}{D} \\ \frac{2x-y-1}{2\left(2x-y\right)}=\frac{\left(2x+y\right)\left(2x-y-1\right)}{D} \\ D=2\left(4x^2-y^2\right) \end{gathered}$$

Bài 2:

a)

$$\begin{gathered} \frac{35\left(x^2-y^2\right){\left(x+y\right)}^2}{77{\left(y-x\right)}^2{\left(x+y\right)}^3} \\ =\frac{5.7\left(x-y\right){\left(x+y\right)}^3}{7.11{\left(y-x\right)}^2{\left(x+y\right)}^3} \\ =\frac{-5\left(y-x\right)}{11{\left(y-x\right)}^2}=\frac{-5}{11\left(y-x\right)} \end{gathered}$$

b)

$$\begin{gathered} \frac{4x^2{y}^2+1-4xy}{8x^3{y}^3-1-6xy\left(2xy-1\right)} \\ =\frac{{\left(2xy-1\right)}^2}{\left(2xy-1\right)\left(4x^2{y}^2+2xy+1\right)-6xy\left(2xy-1\right)} \\ =\frac{{\left(2xy-1\right)}^2}{\left(2xy-1\right)\left(4x^2{y}^2-4xy+1\right)}=\frac{1}{2xy-1} \end{gathered}$$

c)

$$\begin{gathered} \frac{x^2-xy-xz+yz}{x^2+xy-xz-yz} \\ =\frac{x\left(x-y\right)-z\left(x-y\right)}{x\left(x+y\right)-z\left(x+y\right)} \\ =\frac{\left(x-z\right)\left(x-y\right)}{\left(x-z\right)\left(x+y\right)}=\frac{x-y}{x+y} \end{gathered}$$

d)

$$\begin{gathered} \frac{a^2+b^2-c^2+2ab}{a^2-b^2+c^2+2ac} \\ =\frac{{\left(a+b\right)}^2-c^2}{{\left(a+c\right)}^2-b^2} \\ =\frac{\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)}{\left(a+b+c\right)\left(a-b+c\right)} \\ =\frac{a+b-c}{a-b+c} \end{gathered}$$

Bài 3:

a)

$$\begin{gathered} \frac{-2y^2-5y+2xy+5x}{y^3+x-y-x{y}^2} \\ =\frac{2y\left(x-y\right)+5\left(x-y\right)}{-y^2\left(x-y\right)+\left(x-y\right)} \\ =\frac{\left(x-y\right)\left(2y+5\right)}{\left(x-y\right)\left(1-y^2\right)}=\frac{2y+5}{1-y^2} \end{gathered}$$

Vậy phân thức đã cho không phụ thuộc vào biến x.

b)

$$\begin{gathered} \frac{x^2{y}^2+1+\left(x^2-y\right)\left(1-y\right)}{x^2{y}^2+1+\left(x^2+y\right)\left(1+y\right)} \\ =\frac{x^2{y}^2+1+x^2-x^{2}y-y+y^2}{x^2{y}^2+1+x^2+x^{2}y+y+y^2} \\ =\frac{x^2\left(y^2+1\right)+\left(y^2+1\right)-y\left(x^2+1\right)}{x^2\left(y^2+1\right)+\left(y^2+1\right)+y\left(x^2+1\right)} \\ =\frac{\left(y^2+1\right)\left(x^2+1\right)-y\left(x^2+1\right)}{\left(y^2+1\right)\left(x^2+1\right)+y\left(x^2+1\right)} \\ =\frac{\left(x^2+1\right)\left(y^2-y+1\right)}{\left(x^2+1\right)\left(y^2+y+1\right)}=\frac{y^2-y+1}{y^2+y+1} \end{gathered}$$

Vậy phân thức đã cho không phụ thuộc vào biến x

Bài 4:

Ta có tứ giác $ABCD,DEFG$ là các hình vuông (gt)

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\begin{array}{l}AB=BC=CD=AD;\\ \widehat{A}=\widehat{B}=\widehat{C}=\widehat{D}\end{array}\\ \begin{array}{l}DE=EF=FG=DG;\\ \widehat{D}=\widehat{E}=\widehat{F}=\widehat{G}\end{array}\end{array}\right.$

Xét $\Delta ADE$ và $\Delta CDG$ có:

$\begin{array}{l}\left.\begin{array}{l}AD=CD\left(\text{cmt}\right)\\ \widehat{ADE}=\widehat{CDG}=90°\end{array}\right\}\\ \Rightarrow \Delta ADE=\Delta CDG\left(c.g.c\right)\end{array}$

$ED=DG$ (cmt)

$\Rightarrow AE=CG$ (Hai cạnh tương ứng) và $\widehat{AED}=\widehat{CGD}$ (Hai góc tương ứng) hay $\widehat{HEC}=\widehat{CGD}$

Ta có: $\widehat{HCE}=\widehat{DCG}$ ( Hai góc đối đỉnh)

Mà $\widehat{CGD}+\widehat{DCG}=90°$ (Hai góc phụ nhau)

$\Rightarrow \widehat{HCE}+\widehat{HEC}=90°$

Xét $\Delta HEC$ có:$\widehat{HCE}+\widehat{HEC}=90°$ (cmt) $\Rightarrow \widehat{EHC}=90°$ hay $AE\perp CG=\left\{H\right\}$

b)

Xét $\Delta AEC$ có: I là trung điểm của $AC,N$ là trung điểm của EC

IN là đường trung bình của $\Delta AEC$

$\Rightarrow IN\text{//}AE;IN=\frac{AE}{2}$

Xét $△AEG$ có: K là trung điểm của $EG,M$ là trung điểm của  AG.

KM là đường trung bình của $\Delta AEG$ (ĐN)

$\Rightarrow KM\text{//}AE;KM=\frac{AE}{2}$

Xét tứ giác $MINK$ có:

$\left.IN=KM\left(=\frac{AE}{2}\right)\right\}$

$\Rightarrow$ Tứ giác $MINK$ là hình bình hành (DHNB)

$IN\text{//}KM\left(\text{//}AE\right)$

Tương tự ta cũng chứng minh được IM là đường trung bình của $\Delta ACG$

$\Rightarrow IM\text{//}CG;IM=\frac{CG}{2}$ mà $KM=\frac{AE}{2}$ và $AE=CG$ (cmt)

$\Rightarrow IM=KM$ mà tứ giác $MINK$ là hình bình hành

Do đó tứ giác $MINK$ là hình thoi.

Ta có $IM\text{//}CG\Rightarrow \widehat{IMA}=\widehat{AGC}$ (Hai góc đồng vị)

$KM\text{//}AE$ (cmt) $\Rightarrow \widehat{KMG}=\widehat{EAD}$ (Hai góc đồng vị)

Mà $\widehat{DCG}=\widehat{EAD}\left(\Delta ADE=\Delta CDG\right)$

Nên $\widehat{DCG}=\widehat{KMG}$

Mà $\widehat{AGC}+\widehat{DCG}=90°$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \widehat{IMA}+\widehat{KMG}=90° \\ \Rightarrow \widehat{IMK}=90° \end{gathered}$$

Mà tứ giác $MINK$ là hình thoi (cmt)

Vậy tứ giác $MINK$ là hình vuông (đpcm)

C2. Sau khi chứng minh $MINK$ là hình thoi ta có $IM\text{//}CG,CG\perp AE$ suy ra $IM\perp AE$ mà $AE\text{//}IN$  suy ra $IM\perp IN$ hay $\widehat{NIM}=90°$

c)

Nối $IH,HK$

Ta có $AE\perp CG=\left\{H\right\}$(cmt) 

$\Rightarrow \widehat{EHG}=\widehat{AHC}=90°$

Xét $\Delta EHG$ có: $\widehat{EHG}=90°$ và K là trung điểm của EG (Tứ giác DÈG là hình vuông)

Do đó HK là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền EG.

$\Rightarrow HK=\frac{EG}{2}$(tính chất) mà $EG=DF$ ( Tứ giác $DEFG$ là hình vuông)

$\Rightarrow HK=\frac{DF}{2}$

Xét $\Delta DHF$ có: $HK=\frac{DF}{2}$ (cmt) $\Rightarrow \Delta DHF$ vuông tại $D\Rightarrow \widehat{DHF}=90°$

Tương tự ta cũng chứng minh được: $IH=\frac{AC}{2}$ mà $AC=BD\Rightarrow IH=\frac{BD}{2}$

$\Rightarrow \Delta BHD$ vuông tại H (tính chất)$\Rightarrow \widehat{BHD}=90°$

Do đó:

$\widehat{BHD}+\widehat{DHF}=90°+90°=180°$

Vậy $B,H,F$ thẳng hàng.

d)

Ta có tứ giác $ABCD,DEFG$ là hình vuông (gt) $\Rightarrow \widehat{DEG}=\widehat{BDE}=45°$

Mà hai góc này ở vị trí so le trong $\Rightarrow EG\text{//}BD$

Xét: $\Delta BDF$ có K là trung điểm của DF mà $EG\text{//}BD$ (cmt) hay $TK\text{//}BD$

T là trung điểm của BF.

Ta có:

$$\begin{gathered} \widehat{BAD}=\widehat{FGD}=90° \\ \Rightarrow AB\perp AG;FG\perp AG \\ \Rightarrow AB\text{//}FG \end{gathered}$$

Tứ giác $ABFG$ là hình thang

Ta có: T là trung điểm của BF (cmt), M là trung điểm của AG (gt)

TM là đường trung bình của hình thang ABFG

$$\begin{gathered} \Rightarrow TM=\frac{AB+FG}{2} \\ =\frac{AD+DG}{2}=\frac{AG}{2} \end{gathered}$$

Mà AG không đổi nên độ dài TM không đổi khi D di động trên đoạn AG cố định.