File gốc cơ bản đáp án lớp 8 tập 1 ( 67 trang)

Khi đó BC FQ cắt nhau tại trung điểm M của mỗi đường, ΔMBCEFQ có EM MF MQ  hay đường trung tuyến 12 c Nhận thấy AECF có AF∥ EC nên là hình thang.. Để AECF là hình thang cân thì AC EF

LỜI GIẢI VÀ ĐÁP ÁN CHƯƠNG 1 ĐA THỨC Bài 1 ĐƠN THỨC Bài 1:

 bậc 1113)

 bậc 109)

 bậc 12 10)12x y hệ số 6 16 12, bậc 22

9 bậc 13

Bài 6:

7 bậc 2 1n  4)

47

D x  y 

hệ số

4,

 bậc 7

6 bậc 8

b) Tại x1, y thì 1  

5 3

 biến là x y4 3

3 3

114

A x y

b) Tại x2, y thì 1  

3 3

y z 

Bài 2 ĐA THỨC Bài 1:

A xy  xy

tại

1, 12

thì

2 2

5.1 1 2.1 1 2 5 2 1 2 2

Bài 3 CỘNG, TRỪ ĐA THỨC Bài 1: Thực hiện phép tính

1) 4x2 5yz2z2 2) 6x2yz

3)  x3 6x25x 2y3 4) 2x22y2 1

5) 1

6) 7x2 3xy2y27) x2  7xy4y2 8) 3x y2 3xy2

Bài 4 PHÉP NHÂN ĐA THỨC Bài 1:

1) 2x y2 6xy3 2) 21x328x y2 3) 3x y x y4  2 3

4) 4x y2  10x38x 5) 4x34x y2 3 4xy 6)  x y3  2x y2 2 3xy7) 3x y4  9x y2 26x y3 3 8)  x y x y3  2 2  xy3 9) x y3 3 5x y2 210xy310)12x y2 2 6xy315y 11)2x y3 2 x y x y4  3 3 12)2x y3 22x y4 3 6y213)6x y3 32x y2 3 2x y3 2 14)9x y3 2 18x y2 2 63x y3 3 15)18x y4 4 12x y3 3 18x y2 6Bài 2:

1) A  nên giá trị của A không phụ thuộc vào giá trị của biến x5

2) B  nên giá trị của B không phụ thuộc vào giá trị của biến x3

3) C  nên giá trị của C không phụ thuộc vào giá trị của biến x2

4) D 38 nên giá trị của D không phụ thuộc vào giá trị của biến x

5) E  nên giá trị của E không phụ thuộc vào giá trị của biến x7

15 25 9 15 15 9 25 15 16 16 16

Bài 13:

Vì a chia 3 dư 1 nên a3m với 1 m .

Và b chia 3 dư 2 nên b3n  với n 2

Khi đó a b3m1 3  n2 6mn6m3n chia 3 dư 22

Bài 14:

Vì a chia 5 dư 1 nên a5m  với m 1

Vì b chia 5 dư 2 nên b5n  với n 2

Khi đó a b5m1 5  n2 25mn10m5n chia 5 dư 2.2

Bài 5 PHÉP CHIA ĐA THỨC CHO ĐƠN THỨC.

1) xy2xy2 4 2) 52xy 1 12y

3)

12

A xy

6)

5

109

A x y

9)

4 4

356

B x y

CHƯƠNG 2 HẰNG ĐẲNG THỨC ĐÁNG NHỚ VÀ ỨNG DỤNG

Bài 1 HIỆU HAI BÌNH PHƯƠNG, BÌNH PHƯƠNG CỦA MỘT TỔNG HAY MỘT HIỆU Bài 1:

x   

42;

3

x   

10;

x  

53

x  

  12)x  2

13)x  2

14)

132

đạt được khi

1.2

min

đạt được khi

1.2

x3) C x 2 4x1

Ta có C x 2 2 .2 4 1 4x   

 22 3 3

Dấu " " xảy ra khi x 2 0  x2

Vậy C min  đạt được khi 3 x 2.

min

đạt được khi

5.2

Dấu " " xảy ra khi x  1 0 x1

Vậy E min  đạt được khi 1 x 1.

min

đạt được khi

3.2

x 

đạt được khi

3.2

min

đạt được khi

5.6

Dấu " " xảy ra khi x  1 0 x1

Vậy I min  đạt được khi 1 x 1.

min

đạt được khi

3.8

Dấu " " xảy ra khi x 2 0  x2

Vậy M min 10 đạt được khi x 2

min

đạt được khi

5.2

đạt được khi

5.2

max

đạt được khi

13.2

max

đạt được khi

1.6

x 

10)K  7 9x2 8x

2

4 79 793

max

đạt được khi

4.9

max

đạt được khi

14

đạt được khi

3.2

max

đạt được khi

1.3

x 

5) E 7x 3x2 5

2

7 109 1093

max

đạt được khi

7.6

x 

6) F  2 2x2 9x

2

9 97 972

max

đạt được khi

9.4

x

7) G15 7 x 5x2

2

7 349 3495

max

đạt được khi

7.10

x 

8) H 10x 6x25

2

5 55 556

max

đạt được khi

5.6

đạt được khi1

Bài 2 LẬP PHƯƠNG CỦA MỘT TỔNG HAY MỘT HIỆU.

x x

Bài 3 TỔNG VÀ HIỆU HAI LẬP PHƯƠNG.

Bài 4 PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ.

Bài 1:

1) 3 x y   2) 5 2 x3y 3) 3x 4y 4) 4x  5

5) 2 3x  x 6) 2 1 2x  x 7) 3x x  2 8) 3x x  29) 2 2x x  3 10)2x x  3

11)2x x  2 4 12)x22x  313)3x x  3 8 14)4x x  3

15)3x22x 3 16)x9 16 x17) y x  3 8 18)x y x 2  5

19)x y  2 25 20)7x x 2y21)2xy2x 3y

4) x6 x 3 5) x y x    5 6) x y x   2

7) x 3 2 5   x 8) x 2 3  x 4 9) x y x    3

10)x y x    7

11)x y x   22 12)x3y x   513)x 5 2  x3 14)x y x a     15)x y a    4

26)x y  9x2 4 27)x 3y 2x528) y x x   2 9

29)x2 x2 4

30) y2 1 5 x131)x 1 4 x2 9 32)2x y  5a 1

x   

70;

3

x   

50;

5

x   

50;

3

x   

70;

2

x   

22;

2

x   

15;

x   

  23)x  4; 3 

24)

32;

8

x   

25;

3

x   

15;

10)x 1; 1  11)x 3; 4 12)x 2; 6

13)

86;

x  

19)

52;

x   

LỜI GIẢI VÀ ĐÁP ÁN Bài 1 TỨ GIÁC Bài 1:

Vì AC là tia phân giác BAD nên BAD2.DAC 2.400 80 0

Tứ giác ABCD có BAD B  BCD D  3600

x x

Hình 3

C D

A

B

C D

A

M

  ( tính chất tam giác cân)  1

Mà ΔMBCABCΔMBCEDC BAC E  2

Từ    1 , 2  CAB CAE  Hay AC là tia phân giác BAD .

b) ΔMBCABC có B BAC BCA  1800 BAC BCA  100 0

Mà AD CD là hai tia phân giác hai góc , BAC BCA nên  ,  

ΔMBCACD có D DAC DCA  1800 D 500 1800 D 1300 E .

Khi đó tứ giác ABCD có B E 8001300 2100

  3600 2100 1500

BAE BCE

Hình 7 A

Bài 2 HÌNH THANG CÂN.

Nên AE AD vậy ΔMBCAED cân tại A

b) Vì ΔMBCAED cân tại

Từ    1 , 2  AED ABC mà AED ABC là hai góc đồng vị nên ED BC,  ∥

Do đó BCDE là hình thang lại có ABC ACB ( giả thiết) nên ABCD là hình thang

Hình 3

B A

Hình 4

B A

Hình 1

a) ABCD là hình thang cân nên ODC OCD  và AD BC .

ΔMBCODC có  ODC OCD nên là tam giác cân  OD OC

Mà AD BC  OA OB hay ΔMBCOAB cân tại O

b) ABCD là hình thang cân nên DAB CBA

c) Vì ΔMBCABD ΔMBCBAC  ADB BCA ( hai góc tương ứng)

Mà ADC BCD  EDC ECD   ΔMBCEDC cân tại E ED EC

d) Ta thấy OD OC nên O nằm trên đường trung trực của DC.

ED EC nên E nằm trên đường trung trực của DC.

Vậy ,O E và trung điểm của DC thẳng hàng.

O

B A

E

Hình 5

Lại có AK∥ HC nên AHCK là hình bình hành.

b) Vì O là trung điểm của BD mà ABCD là hình bình hành

Nên O là trung điểm của AC

Mà AHCK cũng là hình bình hành nên O là trung điểm

của AC thì O cũng là trung điểm của HK.

D

C B

A

Hình 1

b) Chứng minh tương tự ta được NP MQ

Tứ giác MNPQ có các cạnh đối bằng nhau nên là hình bình hành.

Nên O là trung điểm của AC

AECK là hình bình hành nên O là trung điểm AC thì O là trung điểm của EK

Hay , ,E O K thẳng hàng.

c) ΔMBCADC có N là trọng tâm

23

, ΔMBCABC có M là trọng tâm

23

C D

K

E O

M N

Hình 7

b) Vì BHCK là hình bình hành nên BC cắt HK tại trung điểm

M của BC M là trung điểm của HK H M K, , thẳng hàng

c) ΔMBCBHI có BG vừa là đường cao, trung tuyến nên BG là trung trực của HI.

Khi đó MH MI

ΔMBCHIK có IM là đường trung tuyến và

12

IM  HK  ΔMBCHIK

vuông tại I  IK HI.

Mà BC HI  BC∥ IK  BCKI là hình thang

ΔMBCBIH cân tại B lại có BG là trung trực nên là phân giác HBI  GBI GBH 

Mà HBG GCK  ( so le trong)  IBC KCB   BCKI là hình thang cân

O M

K

H

I G

Hình 10

Tương tự KC∥ BH mà BH AC KCAC.

c) ΔMBCFBC vuông tại F có FM là trung tuyến nên

1.2

ΔMBCEBC vuông tại E có EM là trung tuyến nên

12

BFCQ có các cạnh đối song song nên là hình bình hành.

Khi đó BC FQ cắt nhau tại trung điểm M của mỗi đường,

ΔMBCEFQ có EM MF MQ  hay đường trung tuyến

12

c) Nhận thấy AECF có AF∥ EC nên là hình thang

Để AECF là hình thang cân thì AC EF  3

a) ABCD có hai đường chéo AC BD cắt nhau tại O,

là trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành

F Hình 12

O A

D

N M K

I

EKFC là hình bình hành có hai đường chéo EF KC cắt nhau tại I nên IE IF, 

ΔMBCAEF vuông tại A có AI là đường trung tuyến nên AI EI IF 

Vậy AI EI BM.

c) Giả sử , ,A I D thẳng hàng khi đó ΔMBCAFD vuông tại F Lại có IA IF  IAF IFA

Mà IFA IFD  900 và IAF IDF  900 nên  IDFIFD  ΔMBCIDF cân tại I

Hay IF ID khi đó I là trung điểm của AD

Tứ giác AEDF có hai đường chéo EF AD cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường ,

nên là hình bình hành  AE DF mà DF BE AE BE hay E là trung điểm của

N M

E H

Lại có DE FC ( hai cạnh tương ứng)  3

ΔMBCABC vuông tại A có AE là trung tuyến nên AE CE  ΔMBCAEC cân tại E

Có EF là đường cao nên là đường trung tuyến  AF FC

ΔMBCAHC vuông tại H có HF là đường trung tuyến nên HF FC AF   4

Từ    3 , 4 DE HF  khi đó hình thang HEFD là hình thang cân.

c) F là trung điểm của EM  AECM là hình bình hành AM∥ EC.  5

F là trung điểm của BN  ABCN là hình bình hành AN∥ BC.  6

Từ    5 , 6  A M N, , thẳng hàng

c) APHQ là hình chữ nhật nên hai đường chéo AH PQ,

Bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường hay

OA OP OQ OH   khi đó ΔMBCOHQ cân tại O OQH OHQ 

Và ΔMBCKHQ cân tại K  KQH KHQ

Do đó OQK OQH HQK OHQ OHK     900 hay KQP 900

Chứng minh tương tự cho PI QP khi đó PI∥ QK ( cùng vuông góc với PQ)

ΔMBCDBM ΔMBCEMC là các tam giác vuông có các đường

trung tuyến ứng với cạnh huyền DI EK, nên 2 ; 2

mà BM MC DI EK

Lại có DIM 1800 2IMD EKC ,  1800 2C  2

Từ    1 , 2  DIM EKC mà DIM EKC đồng vị nên DI EK ,  ∥ .

Tứ giác DIKE có DI∥ EK DI, EK nên là hình bình hành

b) ΔMBCAMC vuông tại A có AM là đường trung tuyến nên AM MC MB  ΔMBCAMC cân tại M  AMC 1800  2C  3

Từ    2 , 3  EKM AMC mà EKM AMC đồng vị nên ,  AM∥ EK

C B

A

Nên ABNE là hình bình hành lại có A 900

Nên là hình chữ nhật Khi đó AN BE cắt nhau tại,

trung điểm I của mỗi đường hay IA IB IN  IE

ΔMBCBKE vuông tại K có KI là trung tuyến

a) Tứ giác AMDN có ba góc vuông nên là hình chữ nhật.

b) AMDN là hình chữ nhật nên hai đường chéo AD MN,

cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường

a) Tứ giác AEMF có ba góc vuông nên là hình chữ nhật.

Khi đó hai đường chéo AM EF

ΔMBCABC vuông tại A có AM là đường trung tuyến

Hình 4

Vì EM AF EM, FC AF FC hay F là trung điểm của AC .

Lại có ΔMBCKAC vuông tại K có KF là đường trung tuyến nên 2

a) Tứ giác AHKC có hai đường chéo cắt nhau tại

trung điểm I của mỗi đường nên là hình bình hành

b) Vì NC∥ MK MNCK là hình thang

AHCK là hình bình hành nên HKC HAC  1

Tứ giác AMHN có ba góc vuông nên là hình chữ nhật.

Khi đó OA ON OM OH    ΔMBCOMH cân tại O

mà

12

a) Tứ giác ABCD có hai đường chéo AC BD cắt nhau,

Tại trung điểm M của mỗi đường nên là hình bình hành.

Lại có BAD 900 nên là hình chữ nhật

b) ABCD là hình chữ nhật  BC AD DE 

và BC∥ DE nên BCED là hình bình hành

khi đó hai đường chéo BE CD cắt nhau tại trung điểm,

I của mỗi đường, hay IB IE .

c) Ta có BD vuông góc với AK tại trung điểm H của AK nên BD là đường trung trực của AK Khi đó MK KA KC 

ΔMBCAKC có đường trung tuyến KM mà 2

K

I O

K

Hình 7

Ta có KC∥ BD vì cùng vuông góc với AK  BDCK là hình thang

Lại có

12

và ΔMBCAKE vuông tại K có KD là trung tuyến nên

12

Khi đó hình thang BDCK có hai đường chéo BC KD nên là hình thang cân

Bài 5: HÌNH THOI VÀ HÌNH VUÔNG.

AN  DC DN CN 

Hình bình hành AMCN có hai cạnh kề bằng nhau nên là hình thoi, khi đó hai đường

chéo AC MN vuông góc với nhau,

b) Tứ giác AMCN là hình thoi.

AM CP ( giả thiết) ΔMBCQAM ΔMBCNCP c g c   

c) Từ ΔMBCQAM ΔMBCNCP NP MQ hai cạnh tương ứng

Chứng minh tương tự câu b cho ΔMBCQAM ΔMBCPDQ và ΔMBCQAM ΔMBCMBN

Khi đó  MQ PQ MN MQ ,  và AMQ DQP

Mà AMQ AQM 900 DQP AQM  900  MQP 900

Tứ giác MNPQ có bốn cạnh bằng nhau nên là hình thoi, lại có MQP  900 nên là hình vuông

b) Từ ΔMBCABM ΔMBCBCN  BAM CBN  ( hai góc tương ứng)

Mà BAM BMA  900  CBN BMA  900 AM BN

Hình 1

N D

M

C

B A

Hình 2 Q M

N

P

C B

Hình 3

N M

D

C B

A

  ( hai góc tương ứng) mà BEC BCE  900  CFD BCE  900

Vậy ΔMBCMCF vuông tại M hay DF EC tại M.

CMD vuông tại M có MK là trung tuyến nên MK KD  ΔMBCMKD cân tại K

Mà KN là đường cao nên cũng là đường trung tuyến  MN ND

Hình 5

K N

M E

C

B A

D

  450

EAB FDC   ΔMBCFDC ΔMBCEAB ( cạnh huyền – góc nhọn)

c) ΔMBCBCH có HBC HCB  450 ΔMBCHBC vuông cân tại H  HB HC

Tứ giác GEHF có a góc vuông nên là hình chữ nhật.

Lại có FC EB ( hai cạnh tương ứng) mà HC HB

Nên FC HC EB HB    FH EH hay GEHF là hình vuông.

Nên AIKD là hình thoi.

Lại có IAD900 AIKD là hình vuông Chứng minh tương tự cho tứ giác BIKC

b) Vì AIKD là hình vuông nên DI là tia phân giác ADK  IDK 450

Tương tự ICD 450 ΔMBCIDC cân có DIC 900 nên là tam giác vuông cân

c) Vì AIKD BCKI là các hình vuông, nên hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung ,

điểm của mỗi đường nên 2

thẳng hàng

c) Đề hình chữ nhật DKMN là hình vuông thì DK DN  1

Mà

12

và

12

Từ    1 , 2  DF DE  ΔMBCDFE cần thêm điều kiên cân tại D

Bài 9: ( Hình 9)

a) ABCD là hình bình hành nên hai đường chéo AC BD,

Cắt nhau tại O là trung điểm của mỗi đường

Chứng minh tương tự ΔMBCOAQ ΔMBCOCN g c g      OQ ON ( hai cạnh tương ứng)

MNPQ có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành.

b) Hình bình hành MNPQ có hai đường chéo MPNQ nên là hình thoi

b) Ta có ΔMBCDMN có DM DN ( hai cạnh tương ứng) nên ΔMBCDMN cân tại D

Lại có ADM BDN MDN MDB BDN MDB ADM     600 Vậy ΔMBCDMN đều.

Bài 11: ( Hình 11)

Ta có ABCD là hình thoi nên AC BD tại trung điểm

của mỗi đường nên BD là trung trực của AC

a) ΔMBCABD có hai đường cao BM DP cắt nhau tại H,

Nên H là trực tâm ΔMBCABD.

b) ABCD là hình thoi nên AC BD tại O

nên , ,A C O thẳng hàng  1

52

Hình 9

O P Q

M

N

C D

n m

Hình 11

F

E G

H B

D

C A

2 1

Q

N

M P

C

B

Từ câu a  AH BD tại O nên HAO  2

Tương tự K là trực tâm ΔMBCBCD CK BD tại O

Nên K CO  3

Từ      1 , 2 , 3  A H K C, , , thẳng hàng

c) Vì ABCD là hình thoi nên hai đường chéo AC BD vuông góc với nhau tại trung điểm ,

của mỗi đường  AC là trung trực của BD

 

    và KB KD  B2 D2 Cộng theo vế MBN PDQ

d) ABCD là hình thoi nên BAD BCD  4

Tứ giác APHM có PHM 3600  900 900  BAD  5

AD AH ( chứng minh trên) ΔMBCDAK ΔMBCHAK ( cạnh huyền – cạnh góc vuông)

c) Từ ΔMBCABM ΔMBCAHM  A1A2 ( hai góc tương ứng)

Từ ΔMBCDAK ΔMBCHAK  A3A4 ( hai góc tương ứng)

Hình 13

H K

4 3

I

M H

D

C B

A

K

 

A A ( giả thiết)  ΔMBCADI ΔMBCAHI ( cạnh huyền – góc nhọn)

b) Từ ΔMBCADI ΔMBCAHI  AH AD ( hai cạnh tương ứng)

AB AH ( chứng minh trên) ΔMBCABK ΔMBCAHK ( cạnh huyền – cạnh góc vuông)

c) Từ ΔMBCABK ΔMBCAHK  A3 A4 ( hai góc tương ứng)

O O ( chứng minh trên) ΔMBCAOP ΔMBCBOR g c g    

b) Từ ΔMBCAOP ΔMBCBOR  OP OR ( hai cạnh tương ứng)

Chứng minh tương tự cho ΔMBCOBR ΔMBCOCQ và ΔMBCOCQ ΔMBCODS

Rồi suy ra OR OQ và OQ OS Khi đó OP OR OS OQ   .

c) Tứ giác PRQS là hình thoi vì có bốn cạnh bằng nhau.

Lại có ΔMBCOPR có OP OR và POR  900 nên ΔMBCOPR là tam giác vuông cân tại O

Tứ giác AMCN có hai đường chéo AC MN vuông góc với nhau tại,

trung điểm của mỗi đường nên là hình thoi

c) Tứ giác CDMN có hai đường chéo MC ND cắt nhau tại trung điểm,

Mỗi đường nên là hình bình hành MD∥ NC  1

2 1 1

1 1 2

B

D

C m

1 2 3

Hình 16

Mặt khác AMCN là hình thoi nên AM∥ NC  2

Từ    1 , 2  A M D, , thẳng hàng

d) Ta có MD NC NC , AM  M là trung điểm của AD

Tứ giác ABDC có hai đường chéo AD BC cắt nhau tại trung điểm M mỗi đường nên ,

là hình bình hành, lại có BAC900 ABDC là hình chữ nhật

Chứng minh ΔMBCABN ΔMBCCDN c c c     NB ND  ΔMBCNBD cân tại N

Khi đó để M là trực tâm ΔMBCBND thì DM BN hoặc BCDN hay BI vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên ΔMBCBND là tam giác đều thì BC còn là tia phân giác NBD

AD

nên MCDN là hình thoi b) BM∥ AD ABMD là hình thang

Lại có ADC 1200 mà DM là phân giác ADC ADM 600 BAD

Vậy ABMD là hình thang cân.

c) ΔMBCKAD có  KAD KDA nên là tam giác cân

Khi đó AM là đường trung tuyến,

Và BK CD ( hai cạnh tương ứng) mà CD AB  AB BK  DB là đường trung tuyến

ΔMBCKAD có ba đường trung tuyến AM BD KN nên đồng quy., ,

Bài 18: ( Hình 18)

a) Tứ giác ABCD có hai đường chéo AC BD cắt nhau tại,

trung điểm N của mỗi đường nên là hình bình hành.

2

A

C B

D

M

N K

Hình 17