phieu bai tap tuan 31 toan 7 lik2a

PHIẾU HỌC TẬP TOÁN 7 TUẦN 31 Đại số 7 : Ôn tập chương IV Hình học 7: Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng.. b, BE là đường trung trực của đoạn thẳng AH.. Hết PHẦN HƯỚNG DẪN GIẢ

PHIẾU HỌC TẬP TOÁN 7 TUẦN 31 Đại số 7 : Ôn tập chương IV

Hình học 7: Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng



Bài 1: Thu gọn đơn thức và chỉ ra phần hệ số, phần biến của các đơn thức thu gọn đó:

a) 3 4 2 14 3 4

7 x y 15x y

7 xy 10 x y 3x y



P x y xyz xyzx z  x z  x y xyz x z xyz 

a) Phá ngoặc rồi thu gọn

b) Tính giá trị của P tại x   1 ; y  2 ; z  3

Bài 3: Cho các đa thức: 2 4

P x  x  x  và 4 3 2 3

a) Sắp xếp hai đa thức trên theo luỹ thừa giảm dần của biến

b) Tính tổng P x   Q x .

c) Tìm đa thức A(x) biết P x  A x   Q x 

d) Chứng tỏ rằng: x  1 là nghiệm của đa thức Q(x)

e) Chứng tỏ rằng đa thức P(x) vô nghiệm

Bài 4: Cho tam giác vuông ABC ( góc A = 90o ), tia phân giác của góc B cắt AC ở E, từ E kẻ

EH vuông góc BC (H thuộc BC) chứng minh rằng:

a,  ABE =  HBE

b, BE là đường trung trực của đoạn thẳng AH

c, EC > AE

Hết

PHẦN HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1:

a) 3 3 4 10 4 2 2 7 6

5x y 9 x y 3 x y

Chỉ được phần hệ số : 2

3

Phần biến : 7 6

x y

b) 5 3 4 2 4 2 7 3 1 8 9

7 x y 3x y 10 xy 3 x y

Chỉ được phần hệ số : 1

3



Phần biến : x y8 9

Bài 2:

P x y xyz xyzx z  x z  x y xyz x z xyz 

3x y xyz 2xyz x z 4x z 3x y 4xyz 5x z 3xyz

3x y xyz 2xyz x z 4x z 3x y 4xyz 5x z 3xyz

2

2x z 2xyz

b)  2  

2 1 3 2 1 2.3 18

Bài 3: a) 4 2

P x  x  x  và 4 3 2

b) P x   Q x = 4 3

4x  10x  4x 4 c) A x   Q x P x = 3 2

10x  6x  4x 6 d) Thay x 1 vào đa thức Q x( ) ta có Q(1)       2 10 3 4 5 0 Vậy x = 1 là nghiệm của Q x( ) e) Có 2

0

0

x  với mọi giá trị của x nên P x  1 với mọi giá trị của x Vậy P x( ) vô nghiệm

Bài 4:

a, Xét ABE và HBE ; BE (cạnh chung)

có ABEHBE (BE là tia phân giác của góc ABC)

BAEBHE (= 900)

ABE bằng HBE (cạnh huyền và góc nhọn)

b, Gọi K là giao điểm của BE và AH; xét ABK và HBK

ta có ABKKBH (tia BE là phân giác góc ABC)

AB = BH (ABE = HBE);BK (cạnh chung)

ABK =HBK (c-g-c)

nên AK = KH(1), AKB HKB mà góc AKB kề bù góc HKB

AKB HKB (= 900) (2)

từ (1) và (2) ta có BE là đường trung trực của đoạn thẳng AH

c, Ta có AK = HK (chứng minh trên)

KE (cạnh chung ); AKEHKE (= 900)

 AKE = HKE

suy ra AE = HE (3)

Tam giác EHC có ( 0

90

EHC  ) => EC > EH (4) (cạnh huyền trong tam giác vuông ) từ (3) và (4) ta có EC > AE

K

H

E A

C B