PHIẾU HỌC TẬP TOÁN 8 TUẦN 12
Đại số 8 : § 2+3: Tính chất cơ bản của phân thức. Rút gọn phân thức
Hình học 8: § 12: Hình vuông.
Bài 1: Dùng tính chất cơ bản của phân thức, hãy tìm các đa thức A, B, C, D, trong mỗi đẳng thức sau:
a) $\frac{64{{x}^{3}}+1}{16{{x}^{2}}-1}=\frac{A}{4x-1}$ b) $\frac{5x-2}{B}=\frac{10{{x}^{2}}-29x+10}{10{{x}^{2}}+27x-5}$
c) $\frac{C}{3{{x}^{2}}-7x+4}=\frac{3-2x}{3x-4}$ d) $\frac{2x-y-1}{4x-2y}=\frac{4{{x}^{2}}-2x-{{y}^{2}}-y}{D}$
Bài 2: Rút gọn các phân thức
|
|
|
|
|
|
Bài 3: Chứng minh các phân thức sau không phụ thuộc vào biến x:
a) $\frac{-2{{y}^{2}}-5y+2xy+5x}{{{y}^{3}}+x-y-x{{y}^{2}}}$ b) $\frac{{{x}^{2}}{{y}^{2}}+1+({{x}^{2}}-y)(1-y)}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}+1+({{x}^{2}}+y)(1+y)}$
Bài 4: Cho đoạn thẳng $AG$ và điểm $D$ nằm giữa hai điểm A và G. Trên cùng nửa mặt phẳng bờ $AG$ vẽ các hình vuông $ABCD,D\text{EF}G$. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AG, EC. Gọi I, K lần lượt là tâm đối xứng của các hình vuông $ABCD,D\text{EF}G$.
- Chứng minh: $AE=CG$ và $AE\bot CG$tại H.
- Chứng minh $IMKN$ là hình vuông.
- Chứng minh B, H, F thẳng hàng.
- Gọi T là giao điểm của BF và EG. Chứng minh rằng độ dài TM không đổi khi D di động trên đoạn AG cố định.
- Hết –
PHẦN HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1:
a) Ta có: $\frac{64{{x}^{3}}+1}{16{{x}^{2}}-1}=\frac{{{(4x)}^{3}}+{{1}^{3}}}{(4x-1)(4x+1)}=\frac{(4x+1)(16{{x}^{2}}-4x+1)}{(4x-1)(4x+1)}=\frac{(16{{x}^{2}}-4x+1)}{(4x-1)}=\frac{A}{\left( 4x-1 \right)}$
Vậy A = $(16{{x}^{2}}-4x+1)$
b) Ta có: $\left( -10{{x}^{2}}+27x-5 \right)(5x-2)=-50{{x}^{3}}+135{{x}^{2}}-25x+20{{x}^{2}}-54x+10$
$=-50{{x}^{3}}+155{{x}^{2}}-79x+10=-5x(10{{x}^{2}}-29x+10)=B.(10{{x}^{2}}-29x+10)$
Vậy B = $-5x$
c) Ta có: $\left( 3{{x}^{2}}-7x+4 \right)\left( 3-2x \right)=9{{x}^{2}}-21x+12-6{{x}^{3}}+14{{x}^{2}}-8x$
$ = - 6{x^3} + 23{x^2} - 29x + 12 = (3x - 4)\left( { - 2{x^2} + 5x - 3} \right)$=$\left( {3x - 4} \right).C$
Vậy C = $-2{{x}^{2}}+5x-3$
d) Ta có: $\frac{2x-y-1}{2(2x-y)}=\frac{\left[ \left( 2x-y \right)\left( 2x+y \right)-\left( 2x+y \right) \right]}{D}$
$\frac{2x-y-1}{2(2x-y)}=\frac{(2x+y)(2x-y-1)}{D}$
$D=2(4{{x}^{2}}-{{y}^{2}})$
Bài 2:
a) $\frac{35({{x}^{2}}-{{y}^{2}}){{(x+y)}^{2}}}{77{{(y-x)}^{2}}{{(x+y)}^{3}}}=\frac{5.7(x-y){{(x+y)}^{3}}}{7.11{{(y-x)}^{2}}{{(x+y)}^{3}}}=\frac{-5(y-x)}{11{{(y-x)}^{2}}}=\frac{-5}{11(y-x)}$
b) $\frac{4{{x}^{2}}{{y}^{2}}+1-4xy}{8{{x}^{3}}{{y}^{3}}-1-6xy(2xy-1)}=\frac{{{(2xy-1)}^{2}}}{(2xy-1)(4{{x}^{2}}{{y}^{2}}+2xy+1)-6xy(2xy-1)}$
$=\frac{{{(2xy-1)}^{2}}}{(2xy-1)(4{{x}^{2}}{{y}^{2}}-4xy+1)}=\frac{1}{2xy-1}$
c) $\frac{{{x}^{2}}-xy-xz+yz}{{{x}^{2}}+xy-xz-yz}=\frac{x(x-y)-z(x-y)}{x(x+y)-z(x+y)}=\frac{(x-z)(x-y)}{(x-z)(x+y)}=\frac{x-y}{x+y}$
d) $\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}}+2ab}{{{a}^{2}}-{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2ac}=\frac{{{(a+b)}^{2}}-{{c}^{2}}}{{{(a+c)}^{2}}-{{b}^{2}}}=\frac{(a+b+c)(a+b-c)}{(a+b+c)(a-b+c)}=\frac{a+b-c}{a-b+c}$
Bài 3:
a) $\frac{-2{{y}^{2}}-5y+2xy+5x}{{{y}^{3}}+x-y-x{{y}^{2}}}=\frac{2y(x-y)+5(x-y)}{-{{y}^{2}}(x-y)+(x-y)}=\frac{(x-y)(2y+5)}{(x-y)(1-{{y}^{2}})}=\frac{2y+5}{1-{{y}^{2}}}$
Vậy phân thức đã cho không phụ thuộc vào biến x.
b) $\frac{{{x}^{2}}{{y}^{2}}+1+({{x}^{2}}-y)(1-y)}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}+1+({{x}^{2}}+y)(1+y)}=\frac{{{x}^{2}}{{y}^{2}}+1+{{x}^{2}}-{{x}^{2}}y-y+{{y}^{2}}}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}+1+{{x}^{2}}+{{x}^{2}}y+y+y{}^{2}}$
$=\frac{{{x}^{2}}({{y}^{2}}+1)+\left( {{y}^{2}}+1 \right)-y({{x}^{2}}+1)}{{{x}^{2}}({{y}^{2}}+1)+\left( {{y}^{2}}+1 \right)+y({{x}^{2}}+1)}$
$=\frac{({{y}^{2}}+1)({{x}^{2}}+1)-y({{x}^{2}}+1)}{({{y}^{2}}+1)({{x}^{2}}+1)+y({{x}^{2}}+1)}=\frac{({{x}^{2}}+1)({{y}^{2}}-y+1)}{({{x}^{2}}+1)({{y}^{2}}+y+1)}=\frac{{{y}^{2}}-y+1}{{{y}^{2}}+y+1}$
Vậy phân thức đã cho không phụ thuộc vào biến x.
Bài 4:
Ta có tứ giác $ABCD,D{\rm{EF}}G$ là các hình vuông( GT)
$ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{AB = BC = CD = AD;\widehat A = \widehat B = \widehat C = \widehat D}\\
{DE = {\rm{EF}} = FG = DG;\widehat D = \widehat E = \widehat F = \widehat G}
\end{array}} \right.$
Xét $\Delta ADE$ và $\Delta CDG$ có:
$\left. \begin{array}{l}
AD = CD\left( {cmt} \right)\\
\widehat {ADE} = \widehat {CDG} = 90^\circ \\
ED = DG\left( {cmt} \right)
\end{array} \right\} \Rightarrow \Delta ADE = \Delta CDG\left( {c.g.c} \right)$
$ \Rightarrow AE = CG$ ( Hai cạnh tương ứng) và $\widehat {AED} = \widehat {CGD}$ ( Hai góc tương ứng) hay $\widehat {HEC} = \widehat {CGD}$
Ta có: $\widehat {HCE} = \widehat {DCG}$ ( Hai góc đối đỉnh)
Mà $\widehat {CGD} + \widehat {DCG} = 90^\circ $ (Hai góc phụ nhau)
$ \Rightarrow \widehat {HCE} + \widehat {HEC} = 90^\circ $
Xét $\Delta HEC$ có: $\widehat {HCE} + \widehat {HEC} = 90^\circ \left( {cmt} \right)$ $ \Rightarrow \widehat {EHC} = 90^\circ $ hay $AE \bot CG = \left\{ H \right\}$
b)
Xét $\Delta AEC$ có: $\text{I}$ là trung điểm của $\text{AC},\text{ N }$ là trung điểm của $\text{EC}$
$\Rightarrow $ $\text{IN }$ là đường trung bình của $\Delta AEC$
$\Rightarrow IN//AE;IN=\frac{AE}{2}$
Xét $\Delta AEG$ có: K là trung điểm của EG, M là trung điểm của AG
$\Rightarrow $KM là đường trung bình của $\Delta AEG$ (ĐN)
$\Rightarrow KM//AE;KM=\frac{AE}{2}$
Xét tứ giác MINK có:
$\left. \begin{array}{l}
IN = KM\left( { = \frac{{AE}}{2}} \right)\\
IN//KM\left( {//AE} \right)
\end{array} \right\} \Rightarrow $ Tứ giác MINK là hình bình hành(DHNB)
Tương tự ta cũng chứng minh được IM là đường trung bình của $\Delta ACG$
$\Rightarrow IM//CG;IM=\frac{CG}{2}$ mà $KM=\frac{AE}{2}$ và $\text{AE }~=\text{ CG }\left( cmt \right)$
$\Rightarrow IM=KM$ mà tứ giác MINK là hình bình hành
Do đó tứ giác $MINK$ là hình thoi.
Ta có $IM//CG\Rightarrow \widehat{IMA}=\widehat{AGC}$( Hai góc đồng vị)
$KM//AE\left( cmt \right)\Rightarrow \widehat{KMG}=\widehat{EAD}$( Hai góc đồng vị)
Mà $\widehat{DCG}=\widehat{EAD}$($\Delta ADE=\Delta CDG$)
Nên $\widehat{DCG}=\widehat{KMG}$
Mà $\widehat{AGC}+\widehat{DCG}=90{}^\circ $
$\Rightarrow \widehat{IMA}+\widehat{KMG}=90{}^\circ \Rightarrow \widehat{IMK}=90{}^\circ $
Mà tứ giác $MINK$ là hình thoi (cmt)
Vậy tứ giác $MINK$ là hình vuông (đpcm)
C2. Sau khi chứng minh MINK là hình thoi ta có IM // CG, CG $\bot $ AE suy ra IM $\bot $ AE mà AE // IN suy ra IM $\bot $ IN hay $\widehat{NIM}={{90}^{0}}$
c)
Nối $IH,HK$
Ta có $AE\bot CG=\left\{ H \right\}\left( CMT \right)\Rightarrow \widehat{EHG}=\widehat{AHC}=90{}^\circ $
Xét $\Delta EHG$ có: $\widehat{EHG}=90{}^\circ $ và K là trung điểm của EG (Tứ giác $D\text{EF}G$ là hình vuông)
Do đó HK là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền EG
$\Rightarrow HK=\frac{EG}{2}\left( TC \right)$ mà $EG=DF$( Tứ giác $D\text{EF}G$ là hình vuông)
$\Rightarrow HK=\frac{DF}{2}$
Xét $\Delta DHF$ có: $HK=\frac{DF}{2}\left( CMT \right)$$\Rightarrow \Delta DHF$ vuông tại D $\Rightarrow \widehat{DHF}=90{}^\circ $
Tương tự ta cũng chứng minh được: $IH=\frac{AC}{2}$ mà $AC=BD\Rightarrow IH=\frac{BD}{2}$
$\Rightarrow \Delta BHD$vuông tại H(TC) $\Rightarrow \widehat{BHD}=90{}^\circ $
Do đó: $\widehat{BHD}+\widehat{DHF}=90{}^\circ +90{}^\circ =180{}^\circ $
Vậy B, H, F thẳng hàng.
d)
Ta có :
$\begin{array}{l}
\widehat {BAD} = \widehat {FGD} = 90^\circ \\
\Rightarrow AB \bot AG;FG \bot AG\\
\Rightarrow AB//FG
\end{array}$
$\Rightarrow $ Tứ giác ABFG là hình thang
Ta có: T là trung điểm của $\text{BF}$ (cmt), M là trung điểm của $\text{AG}$ (gt)
$\Rightarrow TM$ là đường trung bình của hình thang ABFG
$\Rightarrow TM=\frac{AB+FG}{2}=\frac{AD+DG}{2}=\frac{AG}{2}$
Mà $\text{AG}$ không đổi nên độ dài $\text{TM}$ không đổi khi D di động trên đoạn AG cố định.
