Bài tập tuần Toán lớp 8 Tuần 3 có đáp án chi tiết

Bài tập tuần Toán lớp 8 Tuần 3 có đáp án

Bài 1: Viết các biểu thức sau dưới dạng một tích các đa thức:

a) $16x^2-9$

b) $9a^2-25b^4$

c) $81-y^4$

d) ${\left(2x+y\right)}^2-1$

e) ${\left(x+y+z\right)}^2-{\left(x-y-z\right)}^2$

Bài 2: Dùng hằng đẳng thức để khai triển và thu gọn:

a) ${\left(2x^2+\frac{1}{3}\right)}^3$

b) ${\left(2x^{2}y-3xy\right)}^3$

c) ${\left(-3x{y}^4+\frac{1}{2}{x}^2{y}^2\right)}^3$

d) ${\left(-\frac{1}{3}a{b}^2-2a^{3}b\right)}^3$

e) ${\left(x+1\right)}^3-{\left(x-1\right)}^3-6\left(x-1\right)\left(x+1\right)$

f)

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

g)

$$\begin{gathered} {\left(x-1\right)}^3-\left(x+2\right)\left(x^2-2x+4\right) \\ +3\left(x-4\right)\left(x+4\right) \end{gathered}$$

h)

$$\begin{gathered} 3x^2(x+1)\left(x-1\right)+{\left(x^2-1\right)}^3 \\ -\left(x^2-1\right)\left(x^4+x^2+1\right) \end{gathered}$$

k)

$$\begin{gathered} \left(x^4-3x^2+9\right)\left(x^2+3\right) \\ +{\left(3-x^2\right)}^3-9x^2\left(x^2-3\right) \end{gathered}$$

l) $\left(4x+6y\right).\left(4x^2-6xy+9y^2\right)-54y^3$

Bài 3: Tứ giác ABCD có $AB\text{//}CD,$ AB < CD, AD = BC. Chứng minh ABCD là hình thang cân.

Bài 4: Cho $\Delta ABC$ có AB < AC, AH là đường cao. Gọi M,N,K lần lượt là trung điểm của  AB,AC,BC

a) Chứng minh MNKH là hình thang cân.

b) Trên tia AH và AK lần lượt lấy điểm E và D sao cho H là trung điểm của AE và K là trung điểm của AD. Chứng minh tứ giác BCDE là hình thang cân.

PHẦN HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1      

a)

$$\begin{gathered} 16x^2-9={\left(4x\right)}^2-3^2 \\ \left(4x+3\right)\left(4x-3\right) \end{gathered}$$

b)

$$\begin{gathered} 9a^2-25b^4={\left(3a\right)}^2-{\left(5b^2\right)}^2 \\ =\left(3a+5b^2\right)\left(3a+5b^2\right) \end{gathered}$$

c)

$$\begin{gathered} 81-y^4=9^2-{\left(y^2\right)}^2 \\ =\left(9+y^2\right)\left(9-y^2\right) \end{gathered}$$

d)

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

e)

$$\begin{gathered} {\left(x+y+z\right)}^2-{\left(x-y-z\right)}^2 \\ =\left(x+y+z+x-y-z\right) \\ \left(x+y+z-x+y+z\right) \\ =2x.\left(2y+2z\right)=4x.\left(y+z\right) \end{gathered}$$

Bài 2:

a)

$$\begin{gathered} {\left(2x^2+\frac{1}{3}\right)}^3={\left(2x^2\right)}^3+3.{\left(2x^2\right)}^2.\frac{1}{3} \\ +3.2x^2.{\left(\frac{1}{3}\right)}^2+{\left(\frac{1}{3}\right)}^3 \\ =8x^6+4x^4+\frac{2}{3}{x}^2+\frac{1}{27} \end{gathered}$$

b) ${\left(2x^{2}y-3xy\right)}^3$

$\begin{array}{l}={\left(2x^{2}y\right)}^3-3.{\left(2x^{2}y\right)}^2.3xy\\ +3.2x^{2}y.{\left(3xy\right)}^2-{\left(3xy\right)}^3\\ =8x^6{y}^3-36x^5{y}^3+54x^4{y}^3-27x^3{y}^3\end{array}$

c)  

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

$\begin{array}{l}={\left(\frac{1}{2}{x}^2{y}^2\right)}^3-3.{\left(\frac{1}{2}{x}^2{y}^2\right)}^2.3x{y}^4\\ +3.\frac{1}{2}{x}^2{y}^2.{\left(3x{y}^4\right)}^2-{\left(3x{y}^4\right)}^3\\ =\frac{1}{8}{x}^6{y}^6-\frac{9}{4}{x}^5{y}^8\\ +\frac{27}{2}{x}^4{y}^{10}-27x^3{y}^{12}\end{array}$

d)  

$\begin{array}{l}{\left(-\frac{1}{3}a{b}^2-2a^{3}b\right)}^3\\ =-{\left(\frac{1}{3}a{b}^2+2a^{3}b\right)}^3\end{array}$

$\begin{array}{l}=-\left[\begin{array}{l}{\left(\frac{1}{3}a{b}^2\right)}^3+3.{\left(\frac{1}{3}a{b}^2\right)}^2.2a^{3}b\\ +3.\frac{1}{3}a{b}^2.{\left(2a^{3}b\right)}^2+{\left(2a^{3}b\right)}^3\end{array}\right]\\ =-\left(\frac{1}{27}{a}^3{b}^6+\frac{2}{3}{a}^5{b}^5+4a^7{b}^4+8a^9{b}^3\right)\\ =-\frac{1}{27}{a}^3{b}^6-\frac{2}{3}{a}^5{b}^5-4a^7{b}^4-8a^9{b}^3\end{array}$

e)

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}{\left(x+1\right)}^3-{\left(x-1\right)}^3\\ -6\left(x-1\right)\left(x+1\right)\\ =x^3+3x^2+3x+1\\ -\left(x^3-3x^2+3x-1\right)\\ -6\left(x^2-1\right)\end{array} \\ \begin{array}{l}=x^3+3x^2+3x+1\\ -x^3+3x^2-3x+1-6x^2+6\\ =6x^2+2-6x^2+6=8\end{array} \end{gathered}$$

f)

$\begin{array}{l}x\left(x-1\right).\left(x+1\right)\\ -\left(x+1\right).\left(x^2-x+1\right)\\ =x\left(x^2-1\right)-\left(x^3+1\right)\\ =x^3-x-x^3-1=-x-1\end{array}$ 

g)

$$\begin{gathered} {\left(x-1\right)}^3-\left(x+2\right)\left(x^2-2x+4\right) \\ +3\left(x-4\right)\left(x+4\right) \\ \begin{array}{l}=x^3-3x^2+3x-1-\left(x^3+8\right)+3\left(x^2-16\right)\\ =x^3-3x^2+3x-1-x^3-8+3x^2-48\\ =3x-57=3\left(x-19\right)\end{array} \end{gathered}$$

h)

$$\begin{gathered} 3x^2\left(x+1\right)\left(x-1\right)+{\left(x^2-1\right)}^3 \\ -\left(x^2-1\right)\left(x^4+x^2+1\right) \\ \begin{array}{l}=3x^2\left(x^2-1\right)+{\left(x^2\right)}^3\\ -3{\left(x^2\right)}^2+3x^2-1-\left(x^3-1\right)\\ =3x^4-3x^2+x^6-3x^4\\ +3x^2-1-x^3+1\\ =x^6-x^3\end{array} \end{gathered}$$

k)

$$\begin{gathered} \left(x^4-3x^2+9\right)\left(x^2+3\right) \\ +{\left(3-x^2\right)}^3-9x^2\left(x^2-3\right) \\ \begin{array}{l}={\left(x^2\right)}^3+27+27-\mathrm{3.9.}{x}^2\\ +\mathrm{3.3.}{\left(x^2\right)}^2+{( x^2)}^2-9x^4+27x^2\\ =x^6+27+27-27x^2\\ +9x^4+x^6-9x^4+27x^2\\ =2x^6+54\end{array} \end{gathered}$$

l)

$$\begin{gathered} \left(4x+6y\right).\left(4x^2-6xy+9y^2\right)-54y^3 \\ \begin{array}{l}=2.\left(2x+3y\right).\left(4x^2-6xy+9y^2\right)\\ -54y^3\\ =2.\left[{\left(2x\right)}^3+{\left(3y\right)}^3\right]-54y^3\\ =16x^3+54y^3-54y^3\\ =16x^3\end{array} \end{gathered}$$

Bài 3: 

Từ B kẻ $BE\text{//}AD\left(E\in BC\right)$

Vì AB < CD nên điểm E nằm giữa C và D.

Tứ giác ABED là hình thang có

$AB\text{//}CD$( giả thiết) và $BE\text{//}AD$ (cách dựng) nên AD = BE

Mà AD = BC (giả thiết)$\Rightarrow$BE = BC$\Rightarrow \Delta BEC$ cân tại B (dấu hiệu nhận biết)

$\Rightarrow \widehat{BEC}=\widehat{C}$

Mà  $BE\text{//}AD$ nên $\widehat{D}=\widehat{BEC}$ (đồng vị)

$\Rightarrow \widehat{D}=\widehat{C}$ mà tứ giác ABCD là hình thang (dấu hiệu nhận biết)

Vậy tứ giác ABCD là hình thang cân

Bài 4:

a) Chứng minh MNKH là hình thang cân.

Do MA = MB (gt), NA = NC (gt), KB = KC (gt)

MN,NK là các đường trung bình của $\Delta ABC$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}MN\text{ // }BC\\ NK\text{ // }AB\end{array}\right.$(tính chất đường TB)

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}MN\text{ // }HK\\ \widehat{ANM}=\widehat{MNK}\end{array}\right.$

Do $MN\text{//}BC$ hay $MI\text{//}BH$ mà  MA = MB

IA = IH (với I là giao của MN và AH)

Lại có :

$AH\perp BC\Rightarrow AH\perp MN$

Suy ra MN là đường trung trực của AH

$\Rightarrow AM=MH\Rightarrow \Delta MAH$

cân tại  M

MN là phân giác của $\widehat{AMH}$ (tính chất tam giác cân)

$\Rightarrow \widehat{AMN}=\widehat{NMH}$

Mà $\widehat{ANM}=\widehat{MNK}$ (cmt)

$\Rightarrow \widehat{NMH}=\widehat{MNK}$

Xét tứ giác MNKH có: $MN\text{//}HK$ và $\widehat{NMH}=\widehat{MNK}$

$\Rightarrow MNKH$ là hình thang cân.

b) Trên tia AH và AK lần lượt lấy điểm E và D sao cho H là trung điểm của AE và K là  trung điểm của AD. Chứng minh tứ giác BCDE là hình thang cân.

Do AH = HE (gt), AK = KD (gt) HK là đường trung bình của tam giác AED

$\Rightarrow HK\text{//}ED$ hay $BC\text{//}ED$ (tính chất đường trung bình)

Lại có NA = NC (gt), KA= KD (gt) Suy ra Nk là đường trung bình của tam giác ACD

$\Rightarrow NK\text{//}CD\Rightarrow \widehat{ABH}=\widehat{BCD}$(1)  (so le trong)

Dễ thấy tam giác ABE cân tại B vì BH vừa là đường cao vừa là trung tuyến

BH  là phân giác của $\widehat{ABE}\Rightarrow \widehat{ABH}=\widehat{HBE}$ (2)

Từ (1), (2) $\Rightarrow \widehat{HBE}=\widehat{BCD}$ hay $\Rightarrow \widehat{CBE}=\widehat{BCD}$

Xét tứ giác BCDE có $BC\text{//}ED$ và $\widehat{CBE}=\widehat{BCD}\Rightarrow$ tứ giác BCDE là hình thang cân.