Đề thi Học kì 1 Toán 8 – Đề 4 (có đáp án)

Rút gọn  và tìm điều kiện xác định của $A$.

$A=\left(\frac{3x}{x-2}-\frac{2x^2-5}{x^2-4}-\frac{x-1}{x+2}\right):\frac{3}{x+2}$

DK:$\left(\begin{array}{c}x-2\ne 0\\ x+2\ne 0\iff x\ne \pm 2\\ x^2-4\ne 0\end{array}\right)$

$A=\left(\frac{3x\left(x+2\right)}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}-\frac{2x^2-5}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}-\frac{\left(x-1\right)\left(x-2\right)}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}\right):\frac{3}{x+2}$

$A=\left(\frac{3x^2+6x-2x^2+5-x^2+x+2x-2}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}\right):\frac{3}{x+2}$

$A=\frac{9x+3}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}.\frac{x+2}{3}$

$A=\frac{3\left(3x+1\right)}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}.\frac{x+2}{3}$

$A=\frac{3x+1}{x-2}$

Ta có:

$x^2-2x=0\iff x\left(x-2\right)=0$.

$\iff \left(\begin{array}{c}x=0\\ x-2=0\end{array}\right)\iff \left(\begin{array}{c}x=0\left(tm\right)\\ x=2\left(ktm\right)\end{array}\right)$

Thay $x=0$ vào $A$ ta được:$A=\frac{3.0+1}{0-2}=-\frac{1}{2}$ .

Vậy với $x=0$ thì $A=-\frac{1}{2}$ .

ĐK:$x^2-9\ne 0\iff x^2\ne 9\iff x\ne \pm 3$

Khi đó

$3x-x^2=0\iff x\left(3-x\right)=0$

$\iff \left(\begin{array}{c}x=0\\ 3-x=0\end{array}\right)\iff \left(\begin{array}{c}x=0\left(tm\right)\\ x=3\left(ktm\right)\end{array}\right)$.

Vậy phương trình có nghiệm $x=0$.

Ta có:$DE\perp AB\iff E=90°$

$DF\perp AC\iff F=90°$

Tứ giác $AEDF$ có $A=E=F=90°$ nên $AEDF$ là hình chữ nhật (đpcm).

Ta có:$\left(\begin{array}{c}DF\perp AC\\ AB\perp AC\end{array}\right)$ nên $DF//AB$  (từ vuông góc đến song song)

Mà $D$ là trung điểm $BC$ nên $F$ là trung điểm $AC$

$\Rightarrow DF$ là đường trung bình của tam giác $ACB\Rightarrow DF=\frac{1}{2}AB\left(t/c\right)\Rightarrow AB=2DF$

Mà  $DI=2DF$ (do $I$ đối xứng với $D$ qua $AC$ )

Do đó $DI=AB\left(=2DF\right)$ .

Mà $DI//AB$  nên tứ giác $ABDI$ là hình bình hành (dhnb).

Vì $O$ là giao điểm của $EF$ với $AD$ nên $O$ là trung điểm $AD$ .

Tứ giác $ABDI$ là hình bình hành $\Rightarrow$ hai đường chéo $BI,AD$ cắt nhau tại $O$ là trung điểm của mỗi đường.

Vậy $B,O,I$  thẳng hàng.

Ta có:$AI//BC$ (do $AI//BD$) nên tứ giác $AICB$ là hình thang.

Để $AICB$ là hình thang cân thì $ABC=ICB$  

Xét tứ giác $AICD$ có $AC$ vuông góc $DI$ tại trung điểm mỗi đường nên là hình thoi.

$\Rightarrow CA$ là tia phân giác góc .

$\Rightarrow ICB=2ACB$

Từ đó $ABC=2ACB$ .

Mà $ABC+ACB=90°\iff ACB=30°$ .

Vậy tam giác $ABC$ cần thêm điều kiện $ACB=30°$ để tứ giác $AICB$ là hình thang cân.

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $ACB=30°$ nên $AB=\frac{1}{2}BC$ .

Mà $BC=2AD=2.8=16$ nên $AB=\frac{1}{2}.16=8$ .

Áp dụng định lí Pi-ta-go ta có:$A{B}^2+A{C}^2=B{C}^2\iff 8^2+A{C}^2={16}^2\iff A{C}^2={16}^2-8^2=192\Rightarrow AC=8\sqrt{3}$

Diện tích tam giác: $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}\mathrm{.8.8}\sqrt{3}=32\sqrt{3}$ .