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

Bài tập tuần Toán lớp 8 Tuần 8 có đáp án

Bài 1: Thực hiện phép tính:

a) $\left(12x^3{y}^{3}z\right):\left(15x{y}^3\right)$

b) $\left(-12x^{15}\right):\left(3x^{10}\right)$

c) $\left(20x^5{y}^4\right):\left(-5x^2{y}^3\right)$

d) $\left(-99x^4{y}^2{z}^2\right):\left(-11x^2{y}^2{z}^2\right)$

e) $\frac{{\left(3a^{2}b\right)}^3{\left(-2a{b}^3\right)}^2}{{\left(a^2{b}^2\right)}^4}$

f) $\frac{{\left(2x{y}^2\right)}^3.{\left(3x^{2}y\right)}^2}{{\left(-2x^3{y}^2\right)}^2}$

Bài 2: Thực hiện phép tính:

a)

$$\begin{gathered} \left(21a^4{b}^2{x}^3–6a^2{b}^3{x}^5+9a^3{b}^4{x}^4\right) \\ :\left(3a^2{b}^2{x}^2\right) \end{gathered}$$

b)

$$\begin{gathered} \left(81a^4{x}^4{y}^3–36x^5{y}^4–18a{x}^5{y}^4–18a{x}^5{y}^5\right) \\ :\left(-9x^3{y}^3\right) \end{gathered}$$

c)

$$\begin{gathered} \left(10x^3{y}^2+12x^4{y}^3–6x^5{y}^4\right) \\ : \left(-\frac{1}{2}{x}^3{y}^2\right) \end{gathered}$$

d)

$$\begin{gathered} \left(-\frac{10}{3}{x}^{2}y{z}^3+\frac{15}{2}x{y}^3{z}^4-5\text{x}y{z}^2\right) \\ :\left(\frac{5}{3}xy{z}^2\right) \end{gathered}$$

e)

$$\begin{gathered} \left[{\left(x+y\right)}^4–3{\left(x+y\right)}^2+x+y\right] \\ :\left(x+y\right) \end{gathered}$$

Bài 3: Tìm số tự nhiên n để đa thức A chia hết cho đa thức B.

a) $A=4x^{n+1}{y}^2;B=3x^3{y}^{n-1}$

b)

$$\begin{gathered} A=7x^{n-1}{y}^5–5x^3{y}^4; \\ B=5x^2{y}^n \end{gathered}$$

c)

$$\begin{gathered} A=x^4{y}^3+3x^3{y}^3+x^2{y}^n; \\ B=4x^n{y}^2 \end{gathered}$$

Bài 4: Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB <AC) trung tuyến AM. E,F lần lượt là trung điểm của AB.AC.

a) Chứng minh rằng AEMF là hình chữ nhật.

b) Gọi AH là đường cao của tam giác ABC. Chứng minh EHMF là hình thang cân

Bài 5: Cho tam giác ABC vuông cân tại C,M là điểm bất kỳ trên cạnh AB. Vẽ $ME\perp AC$tại $E,MF \perp BC$ tại F. Gọi D là trung điểm của AB. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác CFME là hình chữ nhật.

b) $\Delta DEF$ vuông cân.

Bài 6: Khi làm đoạn đường xy, đến A gặp một phần che lấp tầm nhìn, người ta kẻ $BC\perp AB ,CD\perp BC ,CD=AB ,Dy\perp CD$ (hình vẽ). Giải thích tại sao đoạn đường Dy là đoạn đường cần làm tiếp.

PHẦN HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1:  

a)

$$\begin{gathered} \left(12x^3{y}^{3}z\right):\left(15x{y}^3\right) \\ =\frac{12x^3{y}^{3}z}{15x{y}^3}=\frac{4}{5}{x}^{2}z \end{gathered}$$

b)

$$\begin{gathered} \left(-12x^{15}\right):\left(3x^{10}\right) \\ =\frac{-12x^{15}}{2x^{10}}=-4x^5 \end{gathered}$$

c)

$$\begin{gathered} \left(20x^5{y}^4\right):\left(-5x^2{y}^3\right) \\ =\frac{20x^5{y}^4}{-5x^2{y}^3}=-4x^{3}y \end{gathered}$$

d)

$$\begin{gathered} \left(-99x^4{y}^2{z}^2\right):\left(-11x^2{y}^2{z}^2\right) \\ =\frac{-99x^4{y}^2{z}^2}{-11x^2{y}^2{z}^2}=9x^2 \end{gathered}$$

e)

$$\begin{gathered} \frac{{\left(3a^{2}b\right)}^3{\left(-2a{b}^3\right)}^2}{{\left(a^2{b}^2\right)}^4} \\ =\frac{-6a^8{b}^9}{a^8{b}^8}=-6b \end{gathered}$$

f)

$$\begin{gathered} \frac{{\left(2x{y}^2\right)}^3\cdot {\left(3x^{2}y\right)}^2}{{\left(-2x^3{y}^2\right)}^2} \\ =\frac{6x^7{y}^8}{4x^6{y}^4}=\frac{3}{2}x{y}^4 \end{gathered}$$

Bài 2:

a)  

$$\begin{gathered} \left(21a^4{b}^2{x}^3-6a^2{b}^3{x}^5+9a^3{b}^4{x}^4\right):\left(3a^2{b}^2{x}^2\right) \\ =\frac{21a^4{b}^2{x}^3}{3a^2{b}^2{x}^2}-\frac{6a^2{b}^3{x}^5}{3a^2{b}^2{x}^2}+\frac{9a^3{b}^4{x}^4}{3a^2{b}^2{x}^2} \\ =7a^{2}x-2b{x}^3+3a{b}^2{x}^2 \end{gathered}$$

b)

$$\begin{gathered} \left(81a^4{x}^4{y}^3-36x^5{y}^4-18a{x}^5{y}^4-18a{x}^5{y}^5\right) \\ :\left(-9x^3{y}^3\right) \\ =\frac{81a^4{x}^4{y}^3}{-9x^3{y}^3}-\frac{36x^5{y}^4}{-9x^3{y}^3} \\ -\frac{18a{x}^5{y}^4}{-9x^3{y}^3}-\frac{18a{x}^5{y}^5}{-9x^3{y}^3} \\ =-9a^{4}x+4x^{2}y \\ +2a{x}^{2}y+2a{x}^2{y}^2 \end{gathered}$$

c)

$$\begin{gathered} \left(10x^3{y}^2+12x^4{y}^3-6x^5{y}^4\right) \\ :\left(-\frac{1}{2}{x}^3{y}^2\right)=\frac{10x^3{y}^2}{-\frac{1}{2}{x}^3{y}^2} \\ +\frac{12x^4{y}^3}{-\frac{1}{2}{x}^3{y}^2}-\frac{6x^5{y}^4}{-\frac{1}{2}{x}^3{y}^2} \\ =-20-24xy+12x^2{y}^2 \end{gathered}$$

d)

$$\begin{gathered} -\frac{10}{3}{x}^{2}y{z}^3+\frac{15}{2}x{y}^3{z}^4 \\ -5xy{z}^2:\left(\frac{5}{3}xy{z}^2\right) \\ =\frac{-\frac{10}{3}{x}^{2}y{z}^3}{\frac{5}{3}xy{z}^2} \\ +\frac{\frac{15}{2}x{y}^3{z}^4}{\frac{5}{3}xy{z}^2}-\frac{5xy{z}^2}{\frac{5}{3}xy{z}^2} \\ =-2xz+\frac{9}{2}{y}^2{z}^2-3 \end{gathered}$$

e)

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

Bài 3:

a) $\frac{A}{B}=\frac{4x^{n+1}{y}^2}{3x^3{y}^{n-1}}$

Đa thức A chia hết cho đa thức 

$B\iff \left\{\begin{array}{l}n+1\ge 3\\ 2\ge n-1\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}\begin{array}{l}n\ge 2\\ n\le 3\end{array}\\ \iff \left[\begin{array}{l}n=2\\ n=3\end{array}\right.\end{array}\right.\right.$

b)

$$\begin{gathered} \frac{A}{B}=\frac{7x^{n-1}{y}^5-5x^3{y}^4}{5x^2{y}^n} \\ =\frac{7x^{n-1}{y}^5}{5x^2{y}^n}-\frac{5x^3{y}^4}{5x^2{y}^n} \end{gathered}$$

Đa thức A chia hết cho đa thức :

$B\iff \left\{\begin{array}{l}\begin{array}{l}n-1\ge 2\\ n\le 5\\ n\le 4\end{array}\\ \iff \left\{\begin{array}{l}n\ge 3\\ n\le 4\end{array}\iff \left[\begin{array}{l}n=3\\ n=4\end{array}\right.\right.\end{array}\right.$

c)  

$$\begin{gathered} \frac{A}{B}=\frac{x^4{y}^3}{4x^n{y}^2} \\ +\frac{3x^3{y}^3}{4x^n{y}^2}+\frac{x^2{y}^n}{4x^n{y}^2} \end{gathered}$$

Đa thức A chia hết cho đa thức :

$B\iff \left\{\begin{array}{l}n\le 4\\ n\le 3\\ n\le 2\\ n\ge 2\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}n\le 2\\ n\ge 2\end{array}\iff n=2\right.\right.$

Bài 4:

a) Theo tính chất tam giác vuông, ta có AM + MC +MB.

Tam giác CMA cân tại M và F là trung điểm AC suy ra $MF\perp AC.$ Chứng minh tương tự:  

Vậy AEMF là hình chữ nhật.

b) Ta có È là đường trung bình trong tam giác ABC suy ra $EF\text{ // }BC.$ Theo giả thiết, AB <AC suy ra HB <HA , do đó H thuộc đoạn  MB.Vậy EHMF là hình thang.

Tam giác HAB vuông tại H ta có HE = EA = EB=MF, từ đó suy ra EHMF là hình thang cân.

Bài 5:

a) Theo giả thiết thì tứ giác CFME có $\widehat{C}=\widehat{F}=\widehat{E}={90}^{°}$

Do đó MECF là hình chữ nhật.

b) Gọi I là giao điểm của EF và CM,I là trung điểm của EF và  CM.

Vì tam giác ABC vuông cân tại C nên $CD\perp AB$. Xét tam giác DCM vuông tại D, có DI  là trung tuyến nên:

 

Mà DI cũng là trung tuyến trong tam giác DEF, do vậy tam giác DEF vuông tại D.

Trong tứ giác CEDF có:

$$\begin{gathered} \widehat{CED}+\widehat{CFD}={180}^{°} \\ \Rightarrow \widehat{CED}=\widehat{BFD} \end{gathered}$$(1).

Dễ thấy $\widehat{ECD}=\widehat{FBD}=45°\left(2\right)$ và $EC=MF=BF$ (3) (tam giác BFM vuông cân tại F.

Từ (1);(2);(3) suy ra hai tam giác CED và BFD bằng nhau (g-c-g).

Từ đó, DE=DF. Vậy tam giác DÈ vuông cân tại D.

Bài 6:

Ta có tứ giác ABCD có $AB\text{//}CD$ và AN = CD nên tứ giác ABCD là hình bình hành lại có $\widehat{ABC}=90°$ nên ABCD là hình chữ nhật. Hay $AD\text{ // }BC.$

Mặt khác có $Ax\text{ // }BC$ và $AD\text{// }BC$ lại có $Dy\text{ // }BC$ và $AD\text{ // }BC$ vậy  nằm trên tia xy. 

Vậy đoạn Dy sẽ là đoạn đường cần làm tiếp chờ giải toả chướng ngại vật.