Giải Toán 8: Ôn tập thời điểm cuối năm trang 130, 131, 132 giúp các em học viên lớp 8 ôn tập, tham khảo gợi nhắc giải những bài tập trong phần ôn tập thời điểm cuối năm Toán 8 tập 2. Nhờ này sẽ nắm được các dạng toán, cũng tương tự ôn tập thời điểm cuối năm đạt công dụng cao.

Bạn đang xem: Toán 8 ôn tập cuối năm


Giải Toán 8 Tập 2: Ôn tập cuối năm

Giải bài bác tập phần Đại số Toán 8 tập 2 trang 130, 131Giải bài xích tập phần Hình học tập Toán 8 tập 2 trang 131, 132

Giải bài xích tập phần Đại số Toán 8 tập 2 trang 130, 131

Bài 1 (trang 130 SGK Toán 8 Tập 2)

Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:


a) a2 – b2 – 4a + 4

= a2 – 4a + 4 – b2

= (a – 2)2 – b2

= (a – 2 + b)(a – 2 – b)

= (a + b – 2)(a – b – 2)

b) x2 + 2x – 3

= x2 + 2x + 1 – 4

= (x + 1)2 – 22

= (x + 1 + 2)(x + 1 – 2)

= (x + 3)(x – 1)


c) 4x2y2 – (x2 + y2)2

= (2xy)2 – (x2 + y2)2

= (2xy + x2 + y2)(2xy - x2 - y2)

= - (x2 + 2xy + y2)(x2 - 2xy + y2)

= -(x + y)2 .(x - y)2

d) 2a3 – 54b3

= 2(a3 – 27b3)

= 2

= 2(a – 3b)(a2 + 3ab + 9b2)


Bài 2 (trang 130 SGK Toán 8 Tập 2)

a) triển khai phép chia:

(2x4 – 4x3 + 5x2 + 2x – 3):(2x2 - 1)

b) chứng tỏ rằng thương kiếm được trong phép phân tách trên luôn luôn dương với tất cả giá trị của x.

Gợi ý đáp án:

a) thực hiện phép chia


Vậy (2x4 – 4x3 + 5x2 + 2x – 3) : (2x2 – 1) = x2 – 2x + 3.

b) Ta có:

x2 – 2x + 3

= x2 – 2x + 1 + 2

= (x – 1)2 + 2

Vì (x – 1)2 ≥ 0 cùng với ∀ x

⇒ x2 – 2x + 3 = (x – 1)2 + 2 ≥ 2 > 0 cùng với ∀ x

Vậy thương tìm kiếm được luôn luôn luôn dương với đa số giá trị của x.

Bài 3 (trang 130 SGK Toán 8 Tập 2)

Chứng minh rằng hiệu những bình phương của hai số lẻ bất kể thì phân chia hết cho 8.

Gợi ý đáp án:

Gọi hai số lẻ bất cứ là 2a + 1 với 2b + 1 (a, b ∈ Z).

Hiệu bình phương của nhị số lẻ kia bằng:

(2a + 1)2 – (2b + 1)2

= (4a2 + 4a + 1) – (4b2 + 4b + 1)

= (4a2 + 4a) – (4b2 + 4b)

= 4a(a + 1) – 4b(b + 1)

Tích của nhì số trường đoản cú nhiên liên tiếp luôn phân tách hết cho 2

⇒ a.(a + 1) ⋮ 2 và b.(b + 1) ⋮ 2.

⇒ 4a(a + 1) ⋮ 8 và 4b(b + 1) ⋮ 8

⇒ 4a(a + 1) – 4b(b + 1) ⋮ 8.

Vậy (2a + 1)2 – (2b + 1)2 chia hết đến 8 (đpcm).

Bài 4 (trang 130 SGK Toán 8 Tập 2)

Rút gọn rồi tính quý giá của biểu thức sau trên

*
:

*

Gợi ý đáp án:

Điều kiện:

*

+ Ngoặc vuông trang bị nhất:

*

*


*

*

*

+ Ngoặc vuông sản phẩm hai:

*

Nên

*

*

Tại

*
quý giá của biểu thức là:

*

Bài 5 (trang 130 SGK Toán 8 Tập 2)

Chứng minh rằng:

*

Gợi ý đáp án:

Xét hiệu nhì vế:


*

*

Bài 6 (trang 130 SGK Toán 8 Tập 2)

Tìm các giá trị nguyên của x để phân thức M có giá trị là một trong những nguyên:

*

Để M nguyên thì tử số bắt buộc chia hết mang đến mẫu số.

Gợi ý đáp án:

Điều kiện:

*

Ta có:

*

Như vậy,

*

Do x nguyên phải M có mức giá trị nguyên khi

*
có giá trị nguyên.

Tức 2x - 3 là mong của

*

+)

*
(thỏa mãn đk)

+)

*
(thỏa mãn đk)

+)

*
(thỏa mãn đk)

+)

*
(thỏa mãn đk)

Vậy

*

Bài 7 (trang 130 SGK Toán 8 Tập 2)

Giải các phương trình:

*

*

*

Gợi ý đáp án:

*

*


*

*

*

*
Vậy phương trình gồm tập nghiệm là
*

*

*

*

*

*
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm tuyệt
*

*

*

*

*

*

Vậy phương trình có vô số nghiệm giỏi

*

Bài 8 (trang 130 SGK Toán 8 Tập 2)

Giải những phương trình:

a. |2x - 3| = 4; b. |3x - 1| - x = 2.

Gợi ý đáp án:

a. |2x - 3| = 4

+) Trường phù hợp 1: |2x-3| = 2x-3 khi

*

Ta có:

*

+) Trường phù hợp 2: |2x-3| = -2x+3 khi

*

*

*

*

*

*

*

Vậy tập nghiệm của phương trình là:

*

Bài 10 (trang 131 SGK Toán 8 Tập 2)

Giải các phương trình:

*
*

Gợi ý đáp án:

*
ĐKXĐ:
*
*

*

*

*

*

*
Vậy phương trình vô nghiệm

*
ĐKXĐ:
*

*

*

*

*

*
Vậy phương trình tất cả tập nghiệm là
*

Bài 11 (trang 131 SGK Toán 8 Tập 2)

Giải các phương trình:

a)

*
b)
*

Gợi ý đáp án:

a)

*

*

*

*

⇔(x + 1)(3x - 3 + 2) =0

⇔(x + 1)(3x - 1)=0

*

*

Vậy

*

*

ĐKXĐ:

*

*

*

*

*

*

*

*

*

*

*

*

*

*
Vậy phương trình bao gồm tập nghiệm là
*

Bài 12 (trang 131 SGK Toán 8 Tập 2)

Một bạn đi xe đồ vật từ A mang lại B với tốc độ 25km/h. Dịp về fan đó đi với tốc độ 30km/h nên thời gian về ít hơn thời gian đi là đôi mươi phút. Tính quãng mặt đường AB.

Gợi ý đáp án:

Gọi độ dài quãng mặt đường AB là x (km), (x > 0).

Thời gian đi từ bỏ A mang lại B là:

*
(giờ)

Thời gian đi từ bỏ B về A là:

*
(giờ)

Đổi 20 phút =

*
giờ

Thời gian về không nhiều hơn thời gian đi là trăng tròn phút bắt buộc ta có phương trình:

*



*
(thỏa mãn đk x > 0).

Vậy quãng đường AB nhiều năm 50 km.

Bài 13 (trang 131 SGK Toán 8 Tập 2)

Một nhà máy dự định cung cấp 1500 thành phầm trong 30 ngày. Tuy thế nhờ tổ chức lao động phù hợp nên thực tế đã sản xuất mỗi ngày vượt 15 sản phẩm. Vì đó xí nghiệp đã phân phối không đều vượt mức dự định 255 sản phẩm mà còn hoàn thành trước thời hạn. Hỏi thực tế xí nghiệp đã tinh giảm được bào nhiêu ngày?

Gợi ý đáp án:

Theo dự định, hàng ngày xí nghiệp chế tạo được:

*

Thực tế, hàng ngày xí nghiệp sản xuất được:

50 + 15 = 65 (sản phẩm)

Tổng số sản phẩm thực tế xí nghiệm tiếp tế được:

1500 + 255 = 1755 (sản phẩm)

Thời gian thực tiễn xí nghiệm thêm vào là:

1755 : 65 = 27 (ngày)

Vậy số ngày được tinh giảm so với dự định là:

30 – 27 = 3 (ngày).

Bài 14 (trang 131 SGK Toán 8 Tập 2)

Cho biểu thức:

*

a) Rút gọn gàng biểu thức A.

b) Tính giá trị của A tại x, biết

*
.

c) Tìm quý giá của x nhằm A 2 (tmđk)

Vậy x>2 thì A1 với B2.

Hình thang ABCD với B ≡ B1 hoặc B ≡ B2 là hình thang buộc phải dựng.

* chứng minh

+ Tứ giác ABCD bao gồm AD = 2cm, DC = 4cm, CA = 5cm.

+ Ax // CD ⇒ AB // CD ⇒ ABCD là hình thang.

+ B ∈ (C; 3cm) ⇒ BC = 3cm.

* Biện luận: việc có hai nghiệm hình.

Bài 2 (trang 131 SGK Toán 8 Tập 2)

Cho hình thang ABCD (AB // CD) tất cả hai đường chéo cánh cắt nhau nghỉ ngơi O và tam giác ABO là tam giác đều. Call E, F, G theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng OA, OD với BC. Minh chứng rằng tam giác EFG là tam giác đều.

Gợi ý đáp án:

Vì tam giác ABO đầy đủ (giả thiết)

*
(tính hóa học tam giác đều)

Vì AB // CD (gt)

*

*
(đối đỉnh)

⇒ tam giác CDO cũng phần nhiều (dấu hiệu phân biệt tam giác đều)

*
(tính hóa học tam giác đều)

Xét ∆AOD và ∆BOC có:

+) AO = BO (tam giác ABO đều)

+)

*
(đối đỉnh)

+) OD = OC (cmt)

*
(c.g.c)

*
(2 cạnh tương ứng)

Ta có: E, F là trung điểm của AO và vị (gt)

⇒ EF là mặt đường trung bình của tam giác AOD (dấu hiệu nhận thấy đường mức độ vừa phải của tam giác)

*
(1) (tính hóa học đường trung bình của tam giác)

CF là con đường trung con đường của tam giác hầu như CDO đề xuất CF ⊥ bởi (tính hóa học tam giác đều)



Trong tam giác vuông CFB, FG là mặt đường trung con đường ứng cùng với cạnh huyền nên:

*
(2)

Chứng minh tương tự:

BE là con đường trung đường của tam giác đầy đủ ABO cần BE ⊥ AO (tính chất tam giác đều)

Trong tam giác vuông CEB, EG là đường trung đường ứng với cạnh huyền nên:

*
(3)

Từ (1), (2), (3) suy ra EF = GF = EG buộc phải tam giác EFG là tam giác phần lớn (dấu hiệu nhận biết tam giác đều)

Bài 3 (trang 131 SGK Toán 8 Tập 2)

Tam giác ABC có các đường cao BD, CE giảm nhau tại H. Đường vuông góc với AB tại B và đường vuông góc với AC tại C giảm nhau ngơi nghỉ K. Tam giác ABC yêu cầu có đk gì thì tứ giác BHCK là:

a) Hình thoi? ; b) Hình chữ nhật?

Gợi ý đáp án:

Ta có: CE ⊥ AB (gt)

KB ⊥ AB (gt)

⇒ BK // CE (1)

Tương tự bh // KC (2)

Từ (1) cùng (2) ⇒ BHCK là hình bình hành.

Gọi M là giao điểm của hai đường chéo BC với HK.



a) Tam giác ABC có hai tuyến đường cao BD và CE giảm nhau trên H phải H là trực chổ chính giữa tam giác ABC

⇒ AH ⊥ BC. (3)

BHCK là hình thoi

⇔ HM ⊥ BC ( trong những số ấy M là giao điểm của hai đường chéo HK và BC) (4)

Từ (3) và (4) suy ra: A, H, M thẳng hàng.

Khi đó, tam giác ABC có AM là đường cao đồng thời là mặt đường trung tuyến đề nghị tam giác ABC là cân tại A.

b) BHCK là hình chữ nhật ⇔ BK ⊥ BH.

Ta lại sở hữu BK ⊥ AB (gt) yêu cầu H, B, A thẳng hàng.

*
đề xuất
*
Vậy tam giác ABC là tam giác vuông nghỉ ngơi A.

Bài 4 (trang 132 SGK Toán 8 Tập 2)

Cho hình bình hành ABCD. Những điểm M, N theo sản phẩm công nghệ tự là trung điểm của AB, CD. điện thoại tư vấn E là giao điểm của AN cùng DM, K là giao điểm BN với CM. Hình bình hình ABCD yêu cầu có điều kiện gì nhằm tứ giác MENK là:

a) Hình thoi?;

b) Hình chữ nhật?;

c) Hình vuông?

Gợi ý đáp án:

ABCD là hình bình hành ⇒ AB = CD.

M là trung điểm AB ⇒ AM = MB = AB/2.

N là trung điểm CD ⇒ cn = dn = CD/2.

⇒ AM = MB = cn = DN.

+ Tứ giác BMDN có: BM // dn và BM = DN

⇒ BMDN là hình bình hành

⇒ DM // BN tuyệt ME // NK

+ Tứ giác AMCN có: AM // NC, AM = NC

⇒ AMCN là hình bình hành

⇒ AN // cm hay EN // MK.



+ Tứ giác MENK có: ME // NK và NE // MK

⇒ MENK là hình bình hành.

a) MENK là hình thoi

⇔ MN ⊥ EK.

⇔ CD ⊥ AD (Vì EK // CD và MN // AD)

⇔ ABCD là hình chữ nhật.

b) MENK là hình chữ nhật

⇔ MN = EK

Mà MN = BC;

*
 (vì tam giác MCD gồm E với K lần lượt là trung điểm MD, MC yêu cầu EK là đường trung bình của tam giác MCD).

*

⇔ CD = 2.BC.

c) MENK là hình vuông

⇔ MENK là hình thoi với đồng thời là hình chữ nhật

⇔ ABCD là hình chữ nhật và bao gồm CD = 2.BC.

Bài 5 (trang 132 SGK Toán 8 Tập 2)

Trong tam giác ABC, các đường trung tuyến đường AA" cùng BB" giảm nhau ở G. Tính diện tích s tam giác ABC biết rằng diện tích s tam giác ABG bởi S.

Gợi ý đáp án:

Ta có: AC = 2AB’ (tính chất trung tuyến)

*
bao gồm cùng độ cao hạ từ bỏ đỉnh B xuống lòng AC.

*
(1)

Xét

*
có những đường trung đường AA’ cùng BB’ cắt nhau làm việc G (gt)

⇒ G là giữa trung tâm của

*
(định nghĩa trọng tâm)

*
(tính hóa học trọng tâm)

Suy ra độ cao hạ từ bỏ B" xuống lòng AB bởi

*
lần độ cao hạ từ bỏ G xuống lòng AB

*
phổ biến đáy AB

Nên

*
(2)

Từ (1), (2) suy ra

*

Bài 6 (trang 132 SGK Toán 8 Tập 2)

Cho tam giác ABC và con đường trung tuyến BM. Bên trên đoạn trực tiếp BM lấy điểm D làm thế nào để cho

*
. Tia AD cắt BC sinh hoạt K. Tra cứu tỉ số diện tích s của tam giác ABK và tam giác ABC.

Gợi ý đáp án:

Kẻ ME tuy nhiên song cùng với AK (E ∈ BC).

Ta có:

*

*

Trong tam giác con đường thẳng trải qua trung điểm của 1 cạnh và tuy vậy song với cạnh sản phẩm công nghệ hai thì đi qua trung điểm của cạnh đồ vật 3. Cho nên vì vậy E là trung điểm cạnh KC.

Suy ra ME là mặt đường trung bình của tam giác ACK buộc phải EC = KE = 2BK.

Ta gồm : BC = BK + KE + EC = BK + 2BK + 2BK = 5BK

*

*
(vì nhì tam giác ABK và ABC bao gồm chung con đường cao hạ từ bỏ A.

Bài 7 (trang 132 SGK Toán 8 Tập 2)

Cho tam giác ABC (AB

AK là mặt đường phân giác của tam giác ABC (gt) nên

*
(1) (tính chất đường phân giác của tam giác)

Vì MD // AK (gt) nên:

*
với
*

Do đó:

*
(2) với
*
(3) (tính hóa học hai tam giác đồng dạng)

Từ (1), (2) và (3) ta có:

*
(4)

Do BM = cm (vì M là trung điểm) đề xuất từ (4) suy ra: BD = CE.

Bài 8 (trang 132 SGK Toán 8 Tập 2)

Trên hình 151 cho thấy thêm ta hoàn toàn có thể xác định chiều rộng lớn BB" của khúc sông bằng phương pháp xét hai tam giác đồng dạng ABC và AB"C". Hãy tính BB" ví như AC = 100m, AC" = 32cm, AB" = 34m.

Hình 151

Gợi ý đáp án:

Ta có:

*

*
(tính chất hai tam giác đồng dạng)

Mà AB=AB"+BB"

*

*

*

Bài 9 (trang 132 SGK Toán 8 Tập 2)

Cho tam giác ABC có AB 2 = AB2 + AD2 + AA"2.

c) Tính diện tích s toàn phần và thể tích của hình vỏ hộp chữ nhật.

Gợi ý đáp án:

a) ABCD.A’B’C’D’ là hình vỏ hộp chữ nhật

⇒ AA’ // CC’, AA’ = CC’

⇒ AA’C’C là hình bình hành

Lại tất cả : AA’ ⊥ (ABCD) ⇒ AA’ ⊥ AC ⇒

*

⇒ Hình bình hành AA’C’C là hình chữ nhật.

Chứng minh tựa như được tứ giác BDD"B" là rất nhiều hình chữ nhật

b) Áp dụng định lý Pytago:

Trong tam giác vuông ACC’ ta có:

AC’2 = AC2 + CC’2 = AC2 + AA’2

Trong tam giác vuông ABC ta có:

AC2 = AB2 + BC2 = AB2 + AD2


Do đó: AC’2 =AB2 + AD2 + AA’2.

c) Hình hộp chữ nhật được xem như hình lăng trụ đứng.

Diện tích xung quanh:

Sxq = 2.(AB + AD).AA’

= 2.(12 + 16).25

= 1400 (cm2 )

Diện tích một đáy:

Sđ = AB.AD

= 12.16

= 192 (cm2 )

Diện tích toàn phần:

Stp = Sxq + 2Sđ

= 1400 + 2.192

= 1784 (cm2 )

Thể tích:

V = AB.AD.AA’

= 12.16.25

= 4800 (cm3 )

Bài 11 (trang 132 SGK Toán 8 Tập 2)

Cho hình chóp tứ giác số đông S.ABCD gồm cạnh đáy AB = 20cm, sát bên SA = 24cm.

a) Tính chiều cao SO rồi tính thể tích của hình chóp.

b) Tính diện tích toàn phần của hình chóp.

Gợi ý đáp án:

a) vì chưng S.ABCD là hình chóp tứ giác đều bắt buộc ABCD là hình vuông.

Xem thêm: Bài 36 Trang 19 Sgk Toán 6 Tập 2 0 Sgk Toán 6 Tập 2, Bài 36 Trang 20 Sgk Toán 6 Tập 2, Đố Vui

Do đó,

*

Vì SO là mặt đường cao cần

*
tuyệt
*
vuông tại O.

Áp dụng định lí Pitago ta có:

*

*

*

b) Gọi) là trung điểm của CD. Suy ra SH vuông góc với CD (do tam giác SCD cân tại S)