PHIẾU HỌC TẬP TOÁN 8 TUẦN 03
Đại số 8 : §4,5: Những hằng đẳng thức đáng nhớ (t2)
Hình học 8: § 4.1: Đường trung bình của tam giác
Bài 1: Viết các biểu thức sau dưới dạng một tích các đa thức:
a) $16{{x}^{2}}-9$ c) $81-{{y}^{4}}$ e) ${{(x+y+z)}^{2}}-{{(x-y-z)}^{2}}$
b) $9{{a}^{2}}-25{{b}^{4}}$ d) ${{(2x+y)}^{2}}-1$
Bài 2: Dùng hằng đẳng thức để khai triển và thu gọn:
a) ${{\left( 2{{x}^{2}}+\frac{1}{3} \right)}^{3}}$ c) ${{\left( -3x{{y}^{4}}+\frac{1}{2}{{x}^{2}}{{y}^{2}} \right)}^{3}}$
b)${{\left( 2{{x}^{2}}y-3xy \right)}^{3}}$ d) ${{\left( -\frac{1}{3}a{{b}^{2}}-2{{a}^{3}}b \right)}^{3}}$
e) ${{\left( x+1 \right)}^{3}}-{{\left( x-1 \right)}^{3}}-6\left( x-1 \right)\left( x+1 \right)$ f) $x\left( x-1 \right).\left( x+1 \right)-\left( x+1 \right).({{x}^{2}}-x+1)$
g) ${{\left( x-1 \right)}^{3}}-\left( x+2 \right)({{x}^{2}}-2x+4)+3\left( x-4 \right)\left( x+4 \right)$
h) $3{{x}^{2}}(x+1)(x-1)+{{({{x}^{2}}-1)}^{3}}-({{x}^{2}}-1)({{x}^{4}}+{{x}^{2}}+1)$
k) $({{x}^{4}}-3{{x}^{2}}+9)({{x}^{2}}+3)+{{(3-{{x}^{2}})}^{3}}-9{{x}^{2}}({{x}^{2}}-3)$
l) $\left( 4x+6y \right).(4{{x}^{2}}-6xy+9{{y}^{2}})-54{{y}^{3}}$
Bài 3: Tứ giác ABCD có $AB//CD,AB<CD,AD=BC$. 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.
- Chứng minh MNKH là hình thang cân.
- 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.
- Hết –
PHẦN HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1
- $16{{x}^{2}}-9={{(4x)}^{2}}-{{3}^{2}}=(4x+3)(4x-3)$
- $9{{a}^{2}}-25{{b}^{4}}={{(3a)}^{2}}-{{(5{{b}^{2}})}^{2}}=(3a-5{{b}^{2}})(3a+5{{b}^{2}})$
- $81-{{y}^{4}}={{9}^{2}}-{{({{y}^{2}})}^{2}}=(9+{{y}^{2}})(9-{{y}^{2}})$
- ${{(2x+y)}^{2}}-1={{(2x+y)}^{2}}-{{1}^{2}}=(2x+y+1)(2x+y-1)$
- ${{(x+y+z)}^{2}}-{{(x-y-z)}^{2}}=(x+y+z+x-y-z)(x+y+z-x+y+z)=2x.(2y+2z)=4x.(y+z)$
Bài 2:
- \[{\left( {2{x^2} + \frac{1}{3}} \right)^3} = {(2{x^2})^3} + 3.{(2{x^2})^2}.\frac{1}{3} + 3.2{x^2}.{\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{3}} \right)^3} = 8{x^6} + 4{x^4} + \frac{2}{3}{x^2} + \frac{1}{{27}}\]
\[\begin{array}{l}
b){\rm{ }}{\left( {2{x^2}y - 3xy} \right)^3}\\
= {(2{x^2}y)^3} - 3.{(2{x^2}y)^2}.3xy + 3.2{x^2}y.{(3xy)^2} - {(3xy)^3}\\
= 8{x^6}{y^3} - 36{x^5}{y^3} + 54{x^4}{y^3} - 27{x^3}{y^3}
\end{array}\]
\[\begin{array}{l}
c){\rm{ }}{\left( { - 3x{y^4} + \frac{1}{2}{x^2}{y^2}} \right)^3} = {\left( {\frac{1}{2}{x^2}{y^2} - 3x{y^4}} \right)^3}\\
= {(\frac{1}{2}{x^2}{y^2})^3} - 3.{(\frac{1}{2}{x^2}{y^2})^2}.3x{y^4} + 3.\frac{1}{2}{x^2}{y^2}.{(3x{y^4})^2} - {(3x{y^4})^3}\\
= \frac{1}{8}{x^6}{y^6} - \frac{9}{4}{x^5}{y^8} + \frac{{27}}{2}{x^4}{y^{10}} - 27{x^3}{y^{12}}
\end{array}\]
$\begin{array}{l}
d){\rm{ }}{\left( { - \frac{1}{3}a{b^2} - 2{a^3}b} \right)^3} = - {\left( {\frac{1}{3}a{b^2} + 2{a^3}b} \right)^3}\\
= - \left[ {{{(\frac{1}{3}a{b^2})}^3} + 3.{{(\frac{1}{3}a{b^2})}^2}.2{a^3}b + 3.\frac{1}{3}a{b^2}.{{(2{a^3}b)}^2} + {{(2{a^3}b)}^3}} \right]\\
= - \left( {\frac{1}{{27}}{a^3}{b^6} + \frac{2}{3}{a^5}{b^5} + 4{a^7}{b^4} + 8{a^9}{b^3}} \right)\\
= - \frac{1}{{27}}{a^3}{b^6} - \frac{2}{3}{a^5}{b^5} - 4{a^7}{b^4} - 8{a^9}{b^3}
\end{array}$
$\begin{array}{l}
e){\rm{ }}{\left( {x + 1} \right)^3} - {\left( {x - 1} \right)^3} - 6\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right) = {x^3} + 3{x^2} + 3x + 1 - ({x^3} - 3{x^2} + 3x - 1) - 6\left( {{x^2} - 1} \right)\\
= {x^3} + 3{x^2} + 3x + 1 - {x^3} + 3{x^2} - 3x + 1 - 6{x^2} + 6 = 6{x^2} + 2 - 6{x^2} + 6 = 8
\end{array}$
\[f){\rm{ }}x\left( {x - 1} \right).\left( {x + 1} \right) - \left( {x + 1} \right).({x^2} - x + 1) = x({x^2} - 1) - ({x^3} + 1) = {x^3} - x - {x^3} - 1 = - x - 1\]
$\begin{array}{l}
g){\rm{ }}{\left( {x - 1} \right)^3} - \left( {x + 2} \right)({x^2} - 2x + 4) + 3\left( {x - 4} \right)\left( {x + 4} \right)\\
= {x^3} - 3{x^2} + 3x - 1 - ({x^3} + 8) + 3({x^2} - 16)\\
= {x^3} - 3{x^2} + 3x - 1 - {x^3} - 8 + 3{x^2} - 48\\
= 3x - 57 = 3(x - 19)
\end{array}$
\[\begin{array}{l}
h){\rm{ }}3{x^2}(x + 1)(x - 1) + {({x^2} - 1)^3} - ({x^2} - 1)({x^4} + {x^2} + 1)\\
= 3{x^2}({x^2} - 1) + {({x^2})^3} - 3{({x^2})^2} + 3{x^2} - 1 - ({x^3} - 1)\\
= 3{x^4} - 3{x^2} + {x^6} - 3{x^4} + 3{x^2} - 1 - {x^3} + 1 = {x^6} - {x^3}
\end{array}\]
\[\begin{array}{l}
k){\rm{ }}({x^4} - 3{x^2} + 9)({x^2} + 3) + {(3 - {x^2})^3} - 9{x^2}({x^2} - 3)\\
= {({x^2})^3} + 27 + 27 - 3.9.{x^2} + 3.3.{({x^2})^2} + {({x^2})^3} - 9{x^4} + 27{x^2}\\
= {x^6} + 27 + 27 - 27{x^2} + 9{x^4} + {x^6} - 9{x^4} + 27{x^2}\\
= 2{x^6} + 54
\end{array}\]
\[\begin{array}{l}
l){\rm{ }}\left( {4x + 6y} \right).(4{x^2} - 6xy + 9{y^2}) - 54{y^3}\\
= 2.\left( {2x + 3y} \right).(4{x^2} - 6xy + 9{y^2}) - 54{y^3}\\
= 2.\left[ {{{(2x)}^3} + {{(3y)}^3}} \right] - 54{y^3} = 16{x^3} + 54{y^3} - 54{y^3}\\
= 16{x^3}
\end{array}\]
Bài 3:
Từ B kẻ $BE//AD$ $E\in BC$. Vì AB < CD nên điểm E nằm giữa C và D.
Tứ giác ABED là hình thang có
$AB//CD$( giả thiết) và $BE//AD$ (cách dựng) nên AD = BE
Mà AD = BC (giả thiết) $\Rightarrow BE=BC\Rightarrow \Delta BEC$ cân tại B (DHNB)$\Rightarrow \widehat{BEC}=\widehat{C}$
Mà $BE//AD$nên $\widehat{D}=\widehat{BEC}$( đồng vị)
$\Rightarrow \widehat{D}=\widehat{C}$ mà tứ giác ABCD là hình thang
Vậy tứ giác ABCD là hình thang cân (DHNB)
|
Bài 4: a) Chứng minh MNKH là hình thang cân. Do MA = MB (gt), NA = NC(gt), KB = KC (gt) $\Rightarrow $ MN, NK là các đường trung bình của $\Delta ABC$ $\Rightarrow \mathop{\text{ }\!\!\{\!\!\text{ }}_{NK\text{ }//\text{ }AB}^{MN\text{ }//\text{ }BC}$ (tính chất đường TB) $\Rightarrow \mathop{\text{ }\!\!\{\!\!\text{ }}_{\widehat{ANM}=\widehat{MNK}\text{ }\left( slt \right)}^{MN\text{ }//\text{ }HK}$ Do $MN//BC$ hay $MI//BH$ mà MA = MB $\Rightarrow $ IA = IH (với I là giao của MN và AH) |
|
Lại có $AH\bot BC\Rightarrow AH\bot MN$
Suy ra MN là đường trung trực của AH
$\Rightarrow AM=MH$ $\Rightarrow \Delta MAH$ cân tại M
$\Rightarrow $MN là phân giác của $\widehat{AMH}$ (tính chất tam giác cân)
$\Rightarrow \widehat{AMN}=\widehat{NMH}$
Mà $\widehat{ANM}=\widehat{MNK}$(cmt) $\Rightarrow $$\widehat{NMH}=\widehat{MNK}$
Xét tứ giác MNKH có: $MN\text{ }//\text{ }HK$và$\widehat{NMH}=\widehat{MNK}$$\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) $\Rightarrow $HK là đường trung bình của $\Delta AED$
$\Rightarrow $$HK//ED$ hay $BC//ED$(tính chất đường trung bình)
Lại có NA = NC (gt), KA = KD (gt) $\Rightarrow $NK là đường trung bình của $\Delta ACD$
$\Rightarrow NK//CD\Rightarrow \widehat{ABH}=\widehat{BCD}$(1) (so le trong)
Dễ thấy $\Delta ABE$ cân tại B vì BH vừa là đường cao vừa là trung tuyến
$\Rightarrow BH$ là phân giác của $\widehat{ABE}\Rightarrow \widehat{ABH}=\widehat{HBE}$ (2)
Từ (1), (2) $\Rightarrow \widehat{HBE}=\widehat{BCD}$ hay $\Rightarrow \widehat{CBE}=\widehat{BCD}$
Xét tứ giác BCDE có $BC//ED$và $\widehat{CBE}=\widehat{BCD}$$\Rightarrow $ tứ giác BCDE là hình thang cân.
- Hết -
