PHIẾU HỌC TẬP TOÁN 8 TUẦN 11
Đại số 8 : § 1: Phân thức đại số.
Hai phân thức $\frac{A}{B}$và $\frac{C}{D}$bằng nhau, kí hiệu: $\frac{A}{B}=\frac{C}{D}$nếu $A.D=B.C$
Bài 1: Dùng định nghĩa hai phân thức bằng nhau chứng minh các đẳng thức sau
|
a) $\frac{(x-3)(2y-x)}{{{(x-2y)}^{2}}}=\frac{3-x}{x-2y}$ |
c) $\frac{{{x}^{3}}+64}{(3-x)({{x}^{2}}-4x+16)}=\frac{-x-4}{x-3}$ |
|
b) $\frac{4-3x}{4+3x}=\frac{9{{x}^{2}}-24x+16}{16-9{{x}^{2}}}$ |
d) $\frac{2{{x}^{2}}-7x+6}{2x-3}=\frac{{{x}^{2}}-7x+10}{x-5}$ |
Bài 2: Chứng minh các đẳng thức sau:
a) $\frac{9{{x}^{2}}-30xy+25{{y}^{2}}}{25{{y}^{2}}-9{{x}^{2}}}=\frac{5y-3x}{5y+3x}$ b) $\frac{2{{x}^{2}}-11x+12}{3{{x}^{2}}-14x+8}=\frac{2x-3}{3x-2}$
c) $\frac{{{x}^{3}}+6{{x}^{2}}-x-30}{{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-25x-75}=\frac{x-2}{x-5}$ d) $\frac{{{x}^{2}}-2xy-3{{y}^{2}}}{{{x}^{2}}-4xy+3{{y}^{2}}}=\frac{x+y}{x-y}$
Bài 3: Cho hình chữ nhật $ABCD$. Vẽ $BH\bot AC\text{ t }\!\!{}^\text{1}\!\!\text{ i }H$. Gọi $M$là trung điểm của $AH$; $S$ là trung điểm của $CD$. Tính $\widehat{BMS}$.
Bài 4: Cho hình bình hành ABCD có AB bằng đường chéo AC. Gọi O là trung điểm của BC và E là điểm đối xứng của A qua O. Đường thẳng vuông góc với AE tại E cắt AC tại F.
a) Chứng minh ABEC là hình thoi
b) Chứng minh tứ giác ADFE là hình chữ nhật
c) Vẽ CG ^AB tại G, CH ^ BE tại H. Chứng minh GH // AE.
d) Vẽ AI ^ CD tại I. Chứng minh rằng nếu AI = AO thì AC ^ BD và $\widehat{ABO}={{60}^{\circ }}$
HẾT
PHẦN HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1:
a) Ta có: $(x-3)(2y-x)(x-2y)=-(3-x)(2y-x)(x-2y)=(3-x){{(x-2y)}^{2}}$
$\Rightarrow \frac{(x-3)(2y-x)}{{{(x-2y)}^{2}}}=\frac{3-x}{x-2y}$
b) Ta có: $(4-3x)(16-9{{x}^{2}})=(4-3x)\left[ {{4}^{2}}-{{\left( 3x \right)}^{2}} \right]=(4-3x)(4-3x)(4+3x)=(4+3x){{(4-3x)}^{2}}$
$(4+3x)(9{{x}^{2}}-24x+16)=(4+3x){{(4-3x)}^{2}}$
$\Rightarrow \frac{4-3x}{4+3x}=\frac{9{{x}^{2}}-24x+16}{16-9{{x}^{2}}}$
c) Ta có: $\left( {{x}^{3}}+64 \right)\left( x-3 \right)=(x+4)({{x}^{2}}-4x+16)(x-3)$
$(3-x)({{x}^{2}}-4x+16)(-x-4)=-(x+4)({{x}^{2}}-4x+16)(3-x)=(x+4)({{x}^{2}}-4x+16)(x-3)$
$\Rightarrow \frac{{{x}^{3}}+64}{(3-x)({{x}^{2}}-4x+16)}=\frac{-x-4}{x-3}$
d) Ta có: $(2{{x}^{2}}-7x+6)(x-5)=2{{x}^{3}}-10{{x}^{2}}-7{{x}^{2}}+35x+6x-30=2{{x}^{3}}-17{{x}^{2}}+41x-30$
$(2x-3)({{x}^{2}}-7x+10)=2{{x}^{3}}-14{{x}^{2}}+20x-3{{x}^{2}}+21x-30=2{{x}^{3}}-17{{x}^{2}}+41x-30$
$\Rightarrow \frac{2{{x}^{2}}-7x+6}{2x-3}=\frac{{{x}^{2}}-7x+10}{x-5}$
Bài 2:
a) Ta có: $(9{{x}^{2}}-30xy+25{{y}^{2}})(5y+3x)={{(3x-5y)}^{2}}(5y+3x)$
$(25{{y}^{2}}-9{{x}^{2}})(5y-3x)=(5y-3x)(5y+3x)(5y-3x)={{(5y-3x)}^{2}}(5y+3x)$
$\Rightarrow \frac{9{{x}^{2}}-30xy+25{{y}^{2}}}{25{{y}^{2}}-9{{x}^{2}}}=\frac{5y-3x}{5y+3x}$
b) Ta có: $(2{{x}^{2}}-11x+12)(3x-2)=6{{x}^{3}}-33{{x}^{2}}+36x-4{{x}^{2}}+22x-24=6{{x}^{3}}-37{{x}^{2}}+58x-24$
$(3{{x}^{2}}-14x+8)(2x-3)=6{{x}^{3}}-28{{x}^{2}}+16x-9{{x}^{2}}+42x-24=6{{x}^{3}}-37{{x}^{2}}+58x-24$
$\Rightarrow \frac{2{{x}^{2}}-11x+12}{3{{x}^{2}}-14x+8}=\frac{2x-3}{3x-2}$
c) Ta có:
$({{x}^{3}}+6{{x}^{2}}-x-30)(x-5)={{x}^{4}}+6{{x}^{3}}-{{x}^{2}}-30x-5{{x}^{3}}-30{{x}^{2}}+5x+150={{x}^{4}}+{{x}^{3}}-31{{x}^{2}}-25x+150$
$({{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-25x-75)(x-2)={{x}^{4}}+3{{x}^{3}}-25{{x}^{2}}-75x-2{{x}^{3}}-6{{x}^{2}}+50x+150={{x}^{4}}+{{x}^{3}}-31{{x}^{2}}-25x+150$
$\Rightarrow \frac{{{x}^{3}}+6{{x}^{2}}-x-30}{{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-25x-75}=\frac{x-2}{x-5}$
d) Ta có: $({{x}^{2}}-2xy-3{{y}^{2}})(x-y)={{x}^{3}}-2{{x}^{2}}y-3x{{y}^{2}}-{{x}^{2}}y+2x{{y}^{2}}+3{{y}^{3}}={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}y-x{{y}^{2}}+3{{y}^{3}}$
$({{x}^{2}}-4xy+3{{y}^{2}})(x+y)={{x}^{3}}-4{{x}^{2}}y+3x{{y}^{2}}+{{x}^{2}}y-4x{{y}^{2}}+3{{y}^{3}}={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}y-x{{y}^{2}}+3{{y}^{3}}$$\Rightarrow \frac{{{x}^{2}}-2xy-3{{y}^{2}}}{{{x}^{2}}-4xy+3{{y}^{2}}}=\frac{x+y}{x-y}$
Bài 3:
Gọi N là trung điểm của BH suy ra MN là đường trung bình của tam giác ABH
$\Rightarrow MN//AB,\text{ }MN=\frac{1}{2}AB$
Mà AB = CD và $AB//CD$
$\Rightarrow MN\parallel CD,MN=\frac{1}{2}CD$ suy ra MNCS là hình bình hành
$NC//MS\text{ }\left( 1 \right)$
Ta có
$\begin{array}{l}
MN\parallel AB,{\rm{ }}AB \bot BC\\
\Rightarrow MN \bot BC{\rm{ ta}}i{\rm{ E (E thuoc BC)}}
\end{array}$
Tam giác BCM có BH và ME là đường cao và cắt nhau tại N
$\Rightarrow CN\bot BM\text{ }\left( 2 \right)$
Từ $\left( 1 \right),\left( 2 \right)$ suy ra $MS\bot BM\text{ }\Rightarrow \widehat{BMS}={{90}^{0}}$ (đpcm).
Bài 4:
a) Vì E đối xứng với A qua O nên O là trung điểm AE mà O cũng là trung điểm BC
nên tứ giác ABEC là hình bình hànhmà AB = AC (gt)
Vậy tứ giác ABEC là hình thoi.
b) Tứ giác ABCD là hình bình hành nên AB // CD và AB = CD
Tứ giác ABEC là hình thoi nên
AB // CE và AB = CE
$\Rightarrow $ C, D, E thẳng hàng và CD = CE
$\Rightarrow $ là trung điểm của DE (1)
Xét tam giác AEF vuông tại E có: AC = CE (vì ABEC là hình thoi) nên tam giác ACE cân.
$\widehat{CAE}=\widehat{CEA}$, lại có $\widehat{CFE}+\widehat{CAE}=\widehat{C\text{EF}}\text{+}\widehat{\text{CEA}}\text{=9}{{\text{0}}^{0}}$ Vậy $\widehat{\text{CEF}}\text{ = }\widehat{\text{CFE}}$ hay tam giác CEF cân tại C suy ra CE = CF = AC
$\Rightarrow $ C là trung điểm AF (2)
Từ (1) và (2) ta có: AEFD là hình bình hành
Mà AE ^ EF nên AEFD là hình chữ nhật.
c)
Xét DBGC và DBHC có:
BC là cạnh chung
$\widehat{BGC}=\widehat{BHC}={{90}^{\circ }}$
$\widehat{GBC}=\widehat{HBC}$ (vì BC là p/g góc ABE của hình thoi ABEC)
Vậy DBGC=DBHC (cạnh huyền, góc nhọn)
$\Rightarrow $ BG = BH mà BA = BE
$\Rightarrow $$\frac{BG}{BA}=\frac{BH}{BE}$
$\Rightarrow $GH // AE
d) Xét DACI và DACO có:
AC chung
$\widehat{AIC}=\widehat{AOC}={{90}^{0}}$
AI = AO
Vậy DACI = DACO (cạnh huyền – cạnh góc vuông)
$\Rightarrow $$\widehat{ACI}=\widehat{ACO}$ (2 góc tương ứng)
$\Rightarrow $AC là tia phân giác góc BCD
$\Rightarrow $ Hình bình hành ABCD là hình thoi
$\Rightarrow $ AC ^ BD (đpcm) và BC = CD$\Rightarrow $BC = AB
Mà AB = AC (do ABCE là hình thoi)
$\Rightarrow $DABC đều $\Rightarrow $$\widehat{ABO}={{60}^{\circ }}$ (đpcm)
- Hết -
