Đề 4 ôn tập giữa học kỳ I Toán 8 – THCS Nguyễn Thị Thập

a)

Hệ số là \(-7\); phần biến là \(xy^7\); bậc là \(1+7=8\).

b)

\[D=-7\cdot(-1)\cdot2^7=7\cdot128=896.\]

a)

Với \(x\ne0,\ y\ne0\):

\[\frac{12x^3y^2-8x^2y^3}{4xy}=3x^2y-2xy^2.\]

b)

\[\begin{aligned}(2x-3)(x^2+x-4)&=2x^3+2x^2-8x-3x^2-3x+12\\&=2x^3-x^2-11x+12.\end{aligned}\]

a)

\[(2x-3)^2=(2x)^2-2\cdot2x\cdot3+3^2=4x^2-12x+9.\]

b)

\[(x+2y)^2=x^2+4xy+4y^2,\]

\[(x-2y)^2=x^2-4xy+4y^2.\]

Trừ hai biểu thức trên, ta được \(8xy\).

a) Chu vi hình chữ nhật:

\[C=2\big[(x+6)+(y+4)\big]=2x+2y+20\quad\text{(m)}.\]

b) Toàn bộ khu đất là sân sinh hoạt. Chiều dài bằng \(14\) m, chiều rộng bằng \(9\) m. Do đó:

\[S=(8+6)(5+4)=14\cdot9=126\,\mathrm{m}^2.\]

a)

Ta có \(\widehat{DAE}=90^\circ\) vì tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\).

Từ \(MD\perp AB\), \(ME\perp AC\), suy ra \(\widehat{ADM}=\widehat{AEM}=90^\circ\).

Tứ giác \(ADME\) có ba góc vuông nên là hình chữ nhật.

b)

Vì \(MD\perp AB\), \(AC\perp AB\), nên \(MD\parallel AC\). Trong tam giác \(BAC\), \(M\) là trung điểm của \(BC\), đường thẳng \(MD\parallel AC\), nên \(D\) là trung điểm của \(BA\). Do đó \(BD=DA\).

Vì \(ADME\) là hình chữ nhật, nên \(AD=ME\) và \(AD\parallel ME\). Do \(A,D,B\) thẳng hàng, suy ra \(BD=ME\) và \(BD\parallel ME\).

Tứ giác \(BDEM\) có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau nên là hình bình hành.

c)

Theo câu b, \(D\) là trung điểm của \(AB\).

Ta có \(ME\perp AC\), \(AB\perp AC\), nên \(ME\parallel AB\). Trong tam giác \(CBA\), \(M\) là trung điểm của \(CB\), suy ra \(E\) là trung điểm của \(CA\).

Vì vậy, \(BE\) và \(CD\) là hai đường trung tuyến của tam giác \(ABC\). Giao điểm \(G\) của chúng là trọng tâm của tam giác.

Mặt khác, \(M\) là trung điểm của \(BC\), nên \(AM\) là đường trung tuyến thứ ba. Ba đường trung tuyến của một tam giác đồng quy, do đó \(G\in AM\). Vậy \(A,G,M\) thẳng hàng.

a)

Vì tam giác \(PQR\) vuông tại \(P\), nên \(\widehat{HPK}=90^\circ\).

Theo cách dựng, \(IH\perp PQ\) và \(IK\perp PR\), suy ra \(\widehat{PHI}=\widehat{PKI}=90^\circ\).

Tứ giác \(PHIK\) có ba góc vuông nên là hình chữ nhật.

b)

Vì \(IH\perp PQ\), \(PR\perp PQ\), nên \(IH\parallel PR\). Trong tam giác \(QPR\), \(I\) là trung điểm của \(QR\), suy ra \(H\) là trung điểm của \(QP\).

Tương tự, \(IK\parallel PQ\), nên \(K\) là trung điểm của \(PR\).

Do đó \(HK\) là đường trung bình của tam giác \(PQR\), suy ra \(HK\parallel QR\) và \(HK=\dfrac{QR}{2}\).

Vì \(S\) đối xứng với \(H\) qua \(K\), nên \(H,K,S\) thẳng hàng và \(HS=2HK=QR\). Suy ra \(HS\parallel QR\).

Tứ giác \(QHSR\) có cặp cạnh đối \(HS,QR\) song song và bằng nhau nên là hình bình hành.

c)

Vì \(QHSR\) là hình bình hành, hai đường chéo \(QS\) và \(RH\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Do đó \(O\) là trung điểm của \(RH\).

Trong tam giác \(RPH\), \(K\) là trung điểm của \(RP\), \(O\) là trung điểm của \(RH\), nên \(KO\parallel PH\) và \(KO=\dfrac{PH}{2}\).

Trong tam giác \(RHQ\), \(O\) là trung điểm của \(RH\), \(I\) là trung điểm của \(RQ\), nên \(OI\parallel HQ\) và \(OI=\dfrac{HQ}{2}\).

Vì \(P,H,Q\) thẳng hàng, hai đường thẳng \(OK\) và \(OI\) cùng đi qua \(O\), cùng song song với \(PQ\), nên trùng nhau. Suy ra \(K,O,I\) thẳng hàng.

Theo câu b, \(H\) là trung điểm của \(PQ\), nên \(PH=HQ\). Do đó \(KO=OI\). Vậy \(O\) là trung điểm của \(KI\).