Đề thi giữa kì 1 Toán 8 Kết nối tri thức – Đề 10 (có đáp án)

b) $\left(-9x^2{y}^3+6x^3{y}^2-4x{y}^2\right):3x{y}^2$

$=-9x^2{y}^3:3x{y}^2+6x^3{y}^2:3x{y}^2-4x{y}^2:3x{y}^2$

$=-3xy+2x^2-\frac{4}{3}.$

b) $$9{\left(x-1\right)}^2-\left(3x+1\right)\left(3x-1\right)=1$$

$$9\left(x^2-2x+1\right)-\left(9x^2-1\right)=1$$

$$9x^2-18x+9-9x^2+1=1$$

$$-18x+10=1$$

$$18x=9$$

$x=\frac{1}{2}$

Vậy $x=\frac{1}{2}$.

a) Giả sử $$AI$$ cắt $$BC$$ ở $$H$$.

Ta có: $$\widehat{DAI}+\widehat{DAB}+\widehat{BAH}=180^{\circ }$$, mà $$\widehat{DAB}=90^{\circ }$$ (do $$\Delta DAB$$ vuông cân tại $$A$$)

Suy ra $$\widehat{DAI}+\widehat{BAH}=90^{\circ }$$

Mà $$\widehat{DAI}=\widehat{ABC}$$ (gt) nên $$\widehat{ABH}+\widehat{BAH}=90^{\circ }$$

Trong $$\Delta ABH$$ có: $$\widehat{ABH}+\widehat{BAH}+\widehat{AHB}=180^{\circ }$$

Suy ra $$\widehat{AHB}=180^{\circ }-\left(\widehat{ABH}+\widehat{BAH}\right)=180^{\circ }-90^{\circ }=90^{\circ }$$ hay $$AI\perp BC$$ tại $H$.

b) Ta có $$\widehat{BAE}=\widehat{BAC}+\widehat{CAE}=\widehat{BAC}+90^{\circ }$$ và $$\widehat{DAC}=\widehat{BAC}+\widehat{BAD}=\widehat{BAC}+90^{\circ }$$

Do đó $$\widehat{BAE}=\widehat{DAC}$$.

Xét $$\Delta BAE$$ và $$\Delta DAC$$ có:

$$AB=AD;\widehat{BAE}=\widehat{DAC};AC=AE$$;

Do đó $$\Delta BAE=\Delta DAC$$ (c.g.c)

Suy ra $\widehat{EBA}=\widehat{CDA}$ (hai góc tương ứng)

Gọi $$J$$ là giao của $$DC$$ và $$BE$$, ta có $$\widehat{JBA}=\widehat{JDA}.$$

Gọi $$P$$ là giao điểm của $$AB$$ và $$CD$$.

Tam giác $$ADP$$ vuông tại $$A$$ nên $\widehat{PDA}+\widehat{DPA}=90^{\circ }$

Mà $$\widehat{PDA}=\widehat{JBP}$$ và $\widehat{DPA}=\widehat{BPJ}$ (đối đỉnh)

Do đó $\widehat{JBP}+\widehat{BPJ}=90^{\circ }$, suy ra $\widehat{PJB}=90^{\circ }$ hay $$CD$$ vuông góc với $$BE$$.

c) Ta có $\widehat{DAE}+\widehat{BAD}+\widehat{BAC}+\widehat{CAE}=360^{\circ }$

Suy ra $\widehat{DAE}+\widehat{BAC}=360^{\circ }-\left(\widehat{BAD}+\widehat{CAE}\right)=360^{\circ }-\left(90^{\circ }+90^{\circ }\right)=180^{\circ }$.

Do đó, $\widehat{BAC}=180^{\circ }-\widehat{DAE}$. Lại có $\widehat{IDA}=180^{\circ }-\widehat{DAE}$ (do $AEID$ là hình bình hành).

Nên $\widehat{BAC}=\widehat{IDA}$. Từ đó ta chứng minh được $$\Delta ADI=\Delta BAC$$ (g.c.g).

Tam giác $$ABD$$ vuông cân tại $$A$$ nên $$AK$$ vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao, đường phân giác. Do đó $\widehat{DAK}=\frac{1}{2}\widehat{BAD}=45^{\circ }$.

Khi đó $\widehat{ABK}=\widehat{BAK}=45^{\circ }$ nên $$\Delta ABK$$ vuông cân tại $$K$$, do đó $$KA=KB$$.

Ta có: $$\widehat{KAI}=\widehat{DAK}+\widehat{DAI}=45^{\circ }+\widehat{DAI}=45^{\circ }+\widehat{ABC}$$.

Mặt khác $$\widehat{KBC}=\widehat{ABK}+\widehat{ABC}=45^{\circ }+\widehat{ABC}$$ (do $$\Delta ABD$$ vuông cân tại $$A$$ nên $\widehat{ABK}=45^{\circ })$.

Do đó $\widehat{KAI}=\widehat{KBC}$.

Xét $$\Delta AKI$$ và $$\Delta BKC$$ có:

$AK=BK,\widehat{KAI}=\widehat{KBC},AI=BC$ (do $$\Delta ADI=\Delta BAC$$)

Suy ra $$\Delta AKI=\Delta BKC$$ (c.g.c) nên $$KI=KC$$ và $$\widehat{AKI}=\widehat{BKC}$$.

Ta có: $\widehat{AKC}+\widehat{BKC}=90^{\circ }$

Mà $$\widehat{AKI}=\widehat{BKC}$$ nên $\widehat{AKC}+\widehat{AKI}=90^{\circ }$ hay $\widehat{IKC}=90^{\circ }$ nên $$KI$$ và $$KC$$ vuông góc.