KCSL môn Toán học lớp 8 cuối kì 1: Tìm giá trị x để giá trị của biểu thức A bằng 0?

Bài 1. Thực hiện phép tính:

a) \({{{x^2} – x + 1} \over {{x^2} – 1}}:{{{x^3} + 1} \over {3x – 3}}\)

b) \({1 \over {x + 1}} + {1 \over {x – 1}} + {2 \over {1 – {x^2}}}.\)

Bài 2. Phân tích đa thức \(3a – 3b – {a^2} + 2ab – {b^2}\) thành nhân tử.

Bài 3. Cho biểu thức \(A = {{{x^4} – 4{x^3} + 4{x^2}} \over {{x^3} – 4x}}.\)

a) Rút gọn biểu thức A.

b) Tìm giá trị x để giá trị của biểu thức A bằng 0.

Bài 4. Tìm m để \(P = {x^4} – {x^3} + 6{x^2} – x + m\) chia hết cho \(Q = 2{x^2} – x + 5.\)

Bài 5. Cho tam giác ABC, M là trung điểm của AC. Trên tia đối của tia MB lấy điểm F sao cho \(MF = MB.\) Gọi E là điểm đối xứng của F qua A và N là trung điểm của AB.

a) Chứng minh rằng E, N, C thẳng hàng.

b)\(\Delta ABC\) cân có điều kiện gì để EBCF là hình thang cân.

Bài 6. Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của hai cạnh AB và BC.

a) Gọi D là điểm đối xứng của A qua N. Chứng minh tứ giác ABDC là hình chữ nhật.

b) Lấy I là trung điểm của cạnh AC và E là điểm đối xứng của N qua I. Chứng minh tứ giác ANCE là hình thoi.

c) Đường thẳng BC cắt DM và DI lần lượt tại G và \({G’}\). Chứng minh \(BG = C{G’}.\)

d) Cho AB = 6cm, AC = 8cm. Tính diện tích \(\Delta DG{G’}\).

Bài 1.

a) Điều kiện: \(x \ne  \pm 1\) .

\({{{x^2} – x + 1} \over {{x^2} – 1}}:{{{x^3} + 1} \over {3x – 3}} = {{{x^2} – x + 1} \over {\left( {x – 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}.{{3\left( {x – 1} \right)} \over {\left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} – x + 1} \right)}} = {3 \over {{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\)

b) Điều kiện: \(x \ne  \pm 1.\)

\({1 \over {x + 1}} + {1 \over {x – 1}} + {2 \over {1 – {x^2}}} = {1 \over {x + 1}} + {1 \over {x – 1}} – {2 \over {{x^2} – 1}} = {{x – 1 + x + 1 – 2} \over {{x^2} – 1}}\)

                                 \( = {{2x – 2} \over {{x^2} – 1}} = {{2\left( {x – 1} \right)} \over {\left( {x – 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} = {2 \over {x + 1}}.\)

Bài 2. \(3a – 3b – {a^2} + 2ab – {b^2} = 3\left( {a – b} \right) – \left( {{a^2} – 2ab + {b^2}} \right) = 3\left( {a – b} \right) – {\left( {a – b} \right)^2}\)

 \( = \left( {a – b} \right)\left( {3 – a + b} \right)\)

Bài 3. a) Điều kiện: \(x \ne 0;x \ne  \pm 2.\)

\(A = {{{x^2}\left( {{x^2} – 4x + 4} \right)} \over {x\left( {{x^2} – 4} \right)}} = {{x{{\left( {x – 2} \right)}^2}} \over {\left( {x – 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} = {{x\left( {x – 2} \right)} \over {x + 2}}.\)

b) Điều kiện: \(x \ne 0\) và \({x^2} – 4 \ne 0 \Rightarrow x \ne 0\) và \(x \ne  \pm 2\)

\(A = 0 \Rightarrow x\left( {x – 2} \right) = 0 \Rightarrow x = 0\) hoặc \(x – 2 = 0 \Rightarrow x = 0\) hoặc x = 2.

(không thỏa mãn các điều kiện \(x \ne 0\) và \(x \ne 2\))

Vậy không có giá trị x để A = 0.

Bài 4.

\({x^4} – {x^3} + 6{x^2} – x + m \)\(\,= \left( {{x^2} – x + 5} \right)\left( {{x^2} + 1} \right) + m – 5\)

P chia hết cho Q khi \(m – 5 = 0 \Rightarrow m = 5.\)

Bài 5.

a) Ta có MA = MC (gt) ; MB = MF (gt)

Do đó AFCB là hình bình hành \( \Rightarrow AF\parallel BC\) và AF = BC.

Lại có E đối xứng với F qua A (gt) nên AE = AF.

\( \Rightarrow AE = BC\) và \(AE\parallel BC\) nên tứ giác ACBE là hình bình hành, mà N là trung điểm của đường chéo AB nên đường chéo thứ hai EC phải qua N. Hay E, N, C thẳng hàng.

b) Ta có \(BC\parallel {\rm{AF}}\) nên EBCF là hình thang.

Hình thang EBCF là hình thang cân \( \Leftrightarrow \widehat {BEF} = \widehat {CFE}\)

Mà \(\widehat {BEF} = \widehat {ACB},\widehat {CFE} = \widehat {ABC}\) (do ACBE và AFCB là các hình bình hành) \( \Leftrightarrow \widehat {ABC} = \widehat {ACB} \Leftrightarrow \Delta ABC\) cân tại A.

Bài 6.

a) Ta có: NB = NC (gt); ND = NA (gt) nên ABDC là hình hành có \(\widehat A = {90^ \circ }(gt) \Rightarrow ABDC\)là hình chữ nhật.

b) Chứng minh tương tự ta có AECN là hình bình hành (hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường).

Mặt khác \(\Delta ABC\) vuông có AN là trung tuyến nên \(AN = NC = {1 \over 2}BC.\)

Vậy tứ giác AECN là hình thoi.

c) Dễ thấy G và \(G’\) là trọng tâm của hai tam giác ABD và ACD nên \(BG = {2 \over 3}BN\) và \(CG’ = {2 \over 3}CN\) mà \(BN = CN \Rightarrow BG = CG’.\)

d) Ta có: \({S_{ABC}} = {1 \over 2}AB.AC = {1 \over 2}.6.8 = 24\left( {c{m^2}} \right)\)

Lại có: \(BG = GG’ = CG’\) (tính chất trọng tâm)

\( \Rightarrow {S_{BGD}} = {S_{GG’D}} = {S_{G’CD}}\left( { = {1 \over 3}{S_{BCD}}} \right)\)

(chung đường cao kẻ từ D và đáy bằng nhau)

Mà \({S_{BCD}} = {S_{CBA}}\) (vì \(\Delta BCD = \Delta CBA\left( {c.c.c} \right)\) )

\( \Rightarrow {S_{DGG’}} = {1 \over 3}{S_{CBA}} = {1 \over 3}.24 = 8\left( {c{m^2}} \right).\)