Đề bài
Bài 1 (2,0 điểm) Thực hiện các phép tính:
a) \(9{x^2}y\left( {xy - 2y + 7x{y^2}} \right)\) b) \(x\left( {4x - 2} \right)\left( {5 + 3x} \right)\)
Bài 2 (2,0 điểm) Phân tích đa thức thành nhân tử:
a) \(20x\left( {x + y} \right) - 8y\left( {y + x} \right)\) b) \({y^2} - 3xy + 6y - 18x\) \(c)\,\,\,{y^2} - 14y - 25{x^2} + 49\)
Bài 3 (2,0 điểm)
a) Tìm \(x,\) biết: \({x^2} - 8x + 9 = 0.\)
b) Chứng minh giá trị của biểu thức \(A = {x^2} - 6x + 14\) luôn dương với mọi giá trị
Bài 4 (3,0 điểm) Cho tam giác \(ABC\) có \(O\) là trung điểm của cạnh \(AC\). Trên tia \(BO\) lấy điểm \(D\) sao cho \(OD = OB\).
a) Chứng minh tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành.
b) Trên cạnh \(BC\) lấy điểm \(M,\,\,N\) sao cho \(BM = MN = NC\). Tia \(NO\) cắt \(AD,\,\,AB\) lần lượt tại \(I\) và \(K\). Chứng minh \(AI = NC\) và \(AM\) song song với \(IN\).
Bài 5 (1,0 điểm) Để đo khoảng cách giữa hai địa điểm \(A,\,\,B\) bị ngăn cách bởi một hồ nước người ta đóng các cọc tại các vị trí \(A,\,\,B,\,\,M,\,\,N,\,\,O\) như hình vẽ và đo được \(MN = 45m\). Tính khoảng cách \(AB\) biết \(M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(OA,\,\,OB\).
Lời giải chi tiết
Bài 1:
Phương pháp:
a) Áp dụng quy tắc nhân đơn thức với đa thức.
b) Áp dụng quy tắc nhân đơn thức với đa thức, nhân đa thức với đa thức.
Cách giải:
a) \(9{x^2}y\left( {xy - 2y + 7x{y^2}} \right)\)
\( = 9{x^2}y.xy - 9{x^2}y.2y + 9{x^2}y.7x{y^2}\)
\( = 9{x^3}{y^2} - 18{x^2}{y^2} + 63{x^3}{y^3}\)
b) \(x\left( {4x - 2} \right)\left( {5 + 3x} \right)\)
\( = \left( {4{x^2} - 2x} \right)\left( {5 + 3x} \right)\)
\( = 4{x^2}.5 + 4{x^2}.3x - 2x.5 - 2x.3x\)
\( = 20{x^2} + 12{x^3} - 10x - 6{x^2}\)
\( = 12{x^3} + 14{x^2} - 10x\)
Bài 2:
Phương pháp:
a) Áp dụng phương pháp đặt nhân tử chung.
b) Áp dụng các phương pháp nhóm hạng tử và đặt nhân tử chung.
c) Áp dụng phương pháp nhóm hạng tử và dùng hằng đẳng thức.
Cách giải:
Phân tích đa thức thành nhân tử:
|
a) \(20x\left( {x + y} \right) - 8y\left( {y + x} \right)\) \( = 20x\left( {x + y} \right) - 8y\left( {x + y} \right)\) \( = 4\left( {5x - 2y} \right)\left( {x + y} \right)\) |
b) \({y^2} - 3xy + 6y - 18x\) \( = \left( {\,{y^2} - 3xy} \right) + \left( {6y - 18x} \right)\) \( = y\left( {y - 3x} \right) + 6\left( {y - 3x} \right)\) \( = \left( {y + 6} \right)\left( {y - 3x} \right)\) |
c) \(\,{y^2} - 14y - 25{x^2} + 49\)
\( = \left( {{y^2} - 14y + 49} \right) - 25{x^2}\)
\( = {\left( {y - 7} \right)^2} - {\left( {5x} \right)^2}\)
\( = \left( {y - 5x - 7} \right)\left( {y + 5x - 7} \right)\)
Bài 3:
Phương pháp:
a) Áp dụng hằng đẳng thức, biến đổi vế trái rồi giải phương trình.
b) Nhóm hạng tử và dùng hằng đẳng thức để đưa biểu thức đã cho về dạng \(A{\left( x \right)^2} + a > 0\) với mọi \(x\) và \(a > 0\) là hằng số.
Cách giải:
a) Tìm \(x\), biết:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - 8x + 9 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 8x + 16 - 7 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {x - 4} \right)^2} = 7\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 4 = \sqrt 7 \\x - 4 = - \sqrt 7 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4 + \sqrt 7 \\x = 4 - \sqrt 7 \end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(x \in \left\{ {4 - \sqrt 7 ;\,\,4 + \sqrt 7 } \right\}\).
b) Chứng minh giá trị của biểu thức \(A = {x^2} - 6x + 14\) luôn dương với mọi giá trị của biến \(x\).
Ta có: \(A = {x^2} - 6x + 14\)\( = {x^2} - 6x + 9 + 5\)\( = {\left( {x - 3} \right)^2} + 5\)
Vì \({\left( {x - 3} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\)
\( \Rightarrow {\left( {x - 3} \right)^2} + 5 \ge 5\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\)
\( \Rightarrow A \ge 5 > 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\)
Vậy giá trị của biểu thức \(A = {x^2} - 6x + 14\) luôn dương với mọi giá trị của biến \(x\).
Bài 4:
Phương pháp:
a) Áp dụng dấu hiệu nhận biết hình bình hành.
b) Áp dụng định nghĩa, tính chất của hình bình hành.
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành.
Vì \(D\) nằm trên tia \(BO\) và \(OD = OB\) nên \(O\) là trung điểm của \(BD\)
Ta lại có: \(O\) là trung điểm của \(AC\,\,\,\left( {gt} \right)\)
Mà \(AC\) và \(BD\) là hai đường chéo của tứ giác \(ABCD\) nên \(ABCD\) là hình bình hành. (dhnb)
b) Chứng minh \(AI = NC\) và \(AM//IN.\)
Ta có: \(ABCD\) là hình bình hành (cmt) \( \Rightarrow AB\,{\rm{// }}CD\) (tính chất)
\( \Rightarrow \angle IAO = \angle NCO\) (hai góc so le trong)
Xét \(\Delta AOI\) và \(\Delta CON\) ta có:
\(\angle IOA = \angle NOC\) (hai góc đối đỉnh)
\(OA = OC\) (gt)
\(\angle IAO = \angle NCO\) (cmt)
\( \Rightarrow \Delta AOI = \Delta CON\,\,\,\left( {g - c - g} \right)\)
\( \Rightarrow AI = CN\) (hai cạnh tương ứng).
Mà \(BM = MN = NC\,\,\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(AI = MN\)(đpcm).
Ta lại có: \(AI\,{\rm{//}}\,MN\,\,\,\left( {do\,\,AD//BC} \right)\)
\( \Rightarrow \) \(AIMN\) là hình bình hành (dhnb).
\( \Rightarrow AM\,{\rm{//}}\,IN\) (tính chất hình bình hành).
Bài 5:
Phương pháp:
Áp dụng tính chất đường trung bình trong tam giác.
Cách giải:
Xét tam giác \(AOB\) ta có:
\(M\) là trung điểm của \(AO\)
\(N\) là trung điểm của \(BO\)
\( \Rightarrow MN\) là đường trung bình của tam giác \(AOB\) (định nghĩa)
\( \Rightarrow MN = \frac{1}{2}AB\)\( \Rightarrow AB = 2MN = 2.45 = 90\,\,\,\left( m \right).\)
Vậy \(AB = 90\,\,m.\)
