Đề kiểm tra giữa kì 2 Toán 8 – Đề số 5 có lời giải chi tiết

 

Đề bài

Câu 1 (4,0 điểm): Giải các phương trình sau:

a) \(2.\left| {x – 1} \right| = 3x – 5\)

b) \(x\left( {x – 1} \right) = 72\)

Câu 2 (2,0 điểm): Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:

Một ô tô phải đi quãng đường \(AB\) dài \(120\,\,km\) trong thời gian nhất định. Ô tô đi nửa quãng đường đầu với vận tốc lớn hơn dự định là \(5\,\,km/h\) và đi nửa quãng đường sau với vận tốc kém dự định là \(4km/h\). Biết ô tô đến \(B\) đúng thời gian dự định. Tính thời gian ô tô dự định đi quãng đường \(AB\).

Câu 3 (3,5 điểm): Cho tam giác \(ABC\) có các đường cao \(AD,\,\,BE,\,\,CF\) cắt nhau tại \(H\). Gọi \(M\) và \(N\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(D\) trên \(AC\) và \(CF\).

a) Chứng minh rằng: \(CF.CM = CE.CN\)

b) Gọi \(Q\) là hình chiếu vuông góc của \(D\) trên \(AB\). Chứng minh rằng: \(QM\,{\rm{//}}\,EF\)

c) Gọi \(P\) là hình chiếu vuông góc của \(D\) trên \(BE\). Chứng minh rằng: bốn điểm \(M,\,\,N,\,\,P,\,\,Q\) thẳng hàng.

Câu 4 (0,5 điểm):

a) (Dành cho lớp 8A)

Cho các số thực không âm \(a,\,\,b,\,\,c\) thỏa mãn \(a + b + c = 1\). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

\(P = \frac{{ab + bc + ca – abc}}{{a + 2b + c}}\)

b)

Cho các số thực \(a,\,\,b,\,\,c\) thỏa mãn \({a^2} + {b^2} + {c^2} = 1\).

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \(P = ab + bc + ca\).

Lời giải chi tiết

Câu 1 (VD)

Phương pháp:

a) Phương trình có dạng: \(\left| {f\left( x \right)} \right| = g\left( x \right)\)

Điều kiện: \(g\left( x \right) \ge 0\)

Trường hợp 1: \(f\left( x \right) = g\left( x \right)\)

Trường hợp 2: \(f\left( x \right) =  – g\left( x \right)\)

b) Đưa phương trình đã cho về dạng

\(A\left( x \right).B\left( x \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}A\left( x \right) = 0\\B\left( x \right) = 0\end{array} \right.\)

Cách giải:

Giải các phương trình sau:

a) \(2.\left| {x – 1} \right| = 3x – 5\)

 Điều kiện: \(3x – 5 \ge 0\)\( \Leftrightarrow x \ge \frac{5}{3}\)

Trường hợp 1:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,2.\left( {x – 1} \right) = 3x – 5\\ \Leftrightarrow 2x – 2 = 3x – 5\\ \Leftrightarrow 2x – 3x =  – 5 + 2\\ \Leftrightarrow  – x =  – 3\\ \Leftrightarrow x = 3\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)

Trường hợp 2:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,2.\left( {x – 1} \right) =  – 3x + 5\\ \Leftrightarrow 2x – 2 =  – 3x + 5\\ \Leftrightarrow 2x + 3x = 5 + 2\\ \Leftrightarrow 5x = 7\\ \Leftrightarrow x = \frac{7}{5}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ 3 \right\}\).

b) \(x\left( {x – 1} \right) = 72\)

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,x\left( {x – 1} \right) = 72\\ \Leftrightarrow {x^2} – x = 72\\ \Leftrightarrow {x^2} – x – 72 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} – 9x + 8x – 72 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} – 9x} \right) + \left( {8x – 72} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x – 9} \right) + 8\left( {x – 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 8} \right)\left( {x – 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 8 = 0\\x – 9 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  – 8\\x = 9\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { – 8;\,\,9} \right\}\).

Câu 2 (VD)

Phương pháp:

Gọi vận tốc ô tô dự định đi quãng đường \(AB\) là \(x\,\,\left( {km/h.\,x > 4} \right)\).

Thời gian ô tô dự định đi quãng đường \(AB\) là \(\frac{{120}}{x}\,\,\left( h \right)\).

Vận tốc ô tô đi nửa quãng đường đầu là \(x + 5\,\,\left( {km/h} \right)\).

Thời gian ô tô đi nửa quãng đường đầu là \(\frac{{60}}{{x + 5}}\,\,\left( h \right)\)

Vận tốc ô tô đi nửa quãng đường sau là \(x – 4\,\,\left( {km/h} \right)\)

Dựa vào giả thiết bài cho để lập phương trình. Giải phương trình tìm ẩn \(x.\)

Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.

Cách giải:

Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:

Gọi vận tốc ô tô dự định đi quãng đường \(AB\) là \(x\,\,\left( {km/h.\,x > 4} \right)\).

Thời gian ô tô dự định đi quãng đường \(AB\) là \(\frac{{120}}{x}\,\,\left( h \right)\).

Vận tốc thực ô tô đi nửa quãng đường đầu là \(x + 5\,\,\left( {km/h} \right)\).

Thời gian ô tô đi nửa quãng đường đầu là \(\frac{{60}}{{x + 5}}\,\,\left( h \right)\).

Vận tốc thực ô tô đi nửa quãng đường sau là \(x – 4\,\,\left( {km/h} \right)\).

Thời gian ô tô đi nửa quãng đường sau là \(\frac{{60}}{{x – 4}}\,\,\left( h \right)\)

Vì ô tô đến \(B\) đúng thời gian dự định nên ta có phương trình:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\frac{{60}}{{x + 5}} + \frac{{60}}{{x – 4}} = \frac{{120}}{x}\\ \Rightarrow 60x\left( {x – 4} \right) + 60x\left( {x + 5} \right) = 120\left( {x – 4} \right)\left( {x + 5} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {60{x^2} – 240x} \right) + \left( {60{x^2} + 300x} \right) = \left( {120x – 480} \right)\left( {x + 5} \right)\\ \Leftrightarrow 60{x^2} – 240x + 60{x^2} + 300x = 120{x^2} + 600x – 480x – 2400\\ \Leftrightarrow 60{x^2} – 240x + 60{x^2} + 300x – 120{x^2} – 600x + 480x =  – 2400\\ \Leftrightarrow  – 60x =  – 2400\\ \Leftrightarrow x = 40\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)

Vậy vận tốc dự định ô tô đi quãng đường AB  là 40 \(\left( {km/h} \right)\).

Thời gian ô tô dự định đi quãng đường \(AB\) là: \(\frac{{120}}{{40}} = 3\,\,\left( h \right)\).

Vậy thời gian ô tô dự định đi quãng đường \(AB\) là \(3\,\left( h \right)\).

Câu 3 (VD)

Phương pháp:

a) Để chứng minh \(CF.CM = CE.CN\) ta chứng minh \(\frac{{CE}}{{CM}} = \frac{{CF}}{{CN}}\) (cùng bằng \(\frac{{BC}}{{DC}}\)).

b) Áp dụng định lý Ta-lét đảo để chứng minh \(EF\,{\rm{//}}\,MQ\)

Chứng minh \(\frac{{AF}}{{FQ}} = \frac{{AE}}{{EM}}\) (cùng bằng \(\frac{{AH}}{{HD}}\)).

c) Chứng minh: Ba điểm \(M,\,\,N,\,\,Q\) thẳng hàng;

\(M,\,\,Q,\,\,P\) thẳng hàng (Áp dụng định lý Ta-lét đảo và tiên đề Ơ-clit)

Cách giải:

a) Chứng minh rằng: \(CF.CM = CE.CN\)

Xét \(\Delta BCE\) và \(\Delta DCM\) có:

\(\angle BEC = \angle DMC = {90^0}\)

\(\angle C\) chung

\( \Rightarrow \Delta BCE \sim \Delta DCM\) (góc – góc)

\( \Rightarrow \frac{{BC}}{{DC}} = \frac{{CE}}{{CM}}\) (Tỷ số cặp cạnh tương ứng)   \(\;\left( 1 \right)\)

Xét \(\Delta BCF\) và \(\Delta DCN\) có:

\(\angle DNC = \angle BFC = {90^0}\)

\(\angle C\) chung

\( \Rightarrow \Delta BCF \sim \Delta DCN\) (góc – góc).

\( \Rightarrow \frac{{BC}}{{DC}} = \frac{{CF}}{{CN}}\) (Tỷ số cặp cạnh tương ứng)    \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\;\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có \(\frac{{CE}}{{CM}} = \frac{{CF}}{{CN}}\left( { = \frac{{BC}}{{DC}}} \right)\)

\( \Rightarrow CF.CM = CE.CN\)\(\left( {dpcm} \right)\)

b) Gọi \(Q\) là hình chiếu vuông góc của \(D\) trên \(AB\). Chứng minh rằng: \(QM\,{\rm{//}}\,EF\).

Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}FH \bot AQ\\DQ \bot AQ\end{array} \right\}\)\( \Rightarrow FH\,{\rm{//}}\,DQ\)

(quan hệ từ vuông góc đến song song).

\(\left. \begin{array}{l}HE \bot AC\\DM \bot AC\end{array} \right\}\) \( \Rightarrow HE\,{\rm{//}}\,DM\)

(quan hệ từ vuông góc đến song song).

Xét \(\Delta AQD\) có \(FH\,{\rm{//}}\,QD\), áp dụng định lý Ta-lét ta có:

\(\frac{{AF}}{{FQ}} = \frac{{AH}}{{HD}}\)    \(\left( 1 \right)\)

Xét \(\Delta AMD\) có \(FE\,{\rm{//}}\,DM\), áp dụng định lý Ta-lét ta có:

\(\frac{{AH}}{{HD}} = \frac{{AE}}{{EM}}\)   \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(\frac{{AF}}{{FQ}} = \frac{{AE}}{{EM}}\left( { = \frac{{AH}}{{HD}}} \right)\).

Xét \(\Delta AQM\) có \(\frac{{AF}}{{FQ}} = \frac{{AE}}{{EM}}\,\) (chứng minh trên).

\( \Rightarrow \) \(EF\,{\rm{//}}\,MQ\) (định lý Ta-lét đảo).

c) Gọi \(P\) là hình chiếu vuông góc của \(D\) trên \(BE\). Chứng minh rằng: bốn điểm \(M,\,\,N,\,\,P,\,\,Q\) thẳng hàng.

*) Chứng minh ba điểm \(M,\,\,N,\,\,Q\) thẳng hàng.

Theo câu \(a)\) ta có:

\(\frac{{CE}}{{CM}} = \frac{{CF}}{{CN}}\)\( \Rightarrow \frac{{CM}}{{CE}} = \frac{{CN}}{{CF}}\).

Xét \(\Delta CEF\) có

\(\frac{{CM}}{{CE}} = \frac{{CN}}{{CF}}\)\( \Rightarrow MN\,{\rm{//}}\,EF\) (định lý Ta-lét đảo).

Ta lại có \(MQ\,{\rm{//}}\,EF\) (chứng minh trên).

\( \Rightarrow \) Ba điểm \(M,\,\,N,\,\,Q\) thẳng hàng (tiên đề Ơ-Clit).

*) Chứng minh ba điểm \(M,\,\,Q,\,\,P\) thẳng hàng.

Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}DQ \bot AB\\CF \bot AB\end{array} \right\}\) \( \Rightarrow DQ\,\,{\rm{//}}\,CF\)

(quan hệ từ vuông góc đến song song).

\(\left. \begin{array}{l}DP \bot BE\\CE \bot BE\end{array} \right\}\) \( \Rightarrow DP\,{\rm{//}}\,CE\)

(quan hệ từ vuông góc đến song song).

Xét \(\Delta BFC\) có \(DQ\,\,{\rm{//}}\,CF\), áp dụng định lý Ta-let ta có:

\(\frac{{BD}}{{DC}} = \frac{{BQ}}{{QF}}\)    \(\left( 1 \right)\)

Xét \(\Delta BEC\) có \(DP\,\,{\rm{//}}\,CE\), áp dụng định lý Ta-let ta có:

\(\frac{{BD}}{{DC}} = \frac{{BP}}{{PE}}\)      \(\left( 2 \right)\)

Từ (1) và  (2) suy ra \(\frac{{BQ}}{{QF}} = \frac{{BP}}{{PE}}\).

Xét \(\Delta BFE\) có \(\frac{{BQ}}{{QF}} = \frac{{BP}}{{PE}}\) suy ra \(PQ\,{\rm{//}}\,EF\) (định lý Ta-lét đảo).

Ta lại có \(MQ\,{\rm{//}}\,EF\) nên ba điểm \(M,\,\,Q,\,\,P\) thẳng hàng (tiên đề Ơ-clit).

Mà ba điểm \(M,\,\,N,\,\,Q\) thẳng hàng nên bốn điểm \(M,\,\,N,\,\,P,\,\,Q\) thẳng hàng.

Câu 4 (VDC)

Phương pháp:

a) Biến đổi, phân tích để biểu thức \(P\) thành nhân tử để chứng minh được \(P \ge 0\).

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số thực không âm \(a\) và \(c\). Biến đổi để đưa biểu thức \(P\) biểu diễn qua \(b\). Từ đó suy ra được \(P \le \frac{1}{4}\).

b) Sử dụng BĐT: \({a^2} + {b^2} + {c^2} \ge ab + ac + bc\).

Cách giải:

a) 

Cho các số thực không âm \(a,\,\,b,\,\,c\) thỏa mãn \(a + b + c = 1\). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \(P = \frac{{ab + bc + ca – abc}}{{a + 2b + c}}\)

*) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

\(P = \frac{{ab + bc + ca – abc}}{{a + 2b + c}}\).

\(P = \frac{{ab + bc + ca – abc}}{{a + 2b + c}}\)\( = \frac{{\left( {a + c} \right)b + ac\left( {1 – b} \right)}}{{a + b + c + b}}\)

\( = \frac{{\left( {a + c} \right)b + ac\left( {a + c} \right)}}{{\left( {a + b + c} \right) + b}}\)\( = \frac{{\left( {a + c} \right)\left( {b + ac} \right)}}{{1 + b}} \ge 0\)

\( \Rightarrow P \ge 0\) với mọi số thực không âm \(a,\,\,b,\,\,c\).

Chọn \(a = b = 0,\,\,c = 1\).

Suy ra, \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(0\) khi \(\left\{ \begin{array}{l}a = b = 0\\c = 1\end{array} \right.\).

*) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

\(P = \frac{{ab + bc + ca – abc}}{{a + 2b + c}}\).

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số không âm \(a\) và \(c\) ta được:

\(a + c \ge 2ac\)\( \Leftrightarrow ac \le \frac{{a + c}}{2}\)

Dấu “\( = \)” xảy ra khi và chỉ khi \(a = c\).

Ta có:

\(P = \frac{{ab + bc + ca – abc}}{{a + 2b + c}}\)\( = \frac{{\left( {a + c} \right)b + ac\left( {1 – b} \right)}}{{a + b + c + b}}\)

\( = \frac{{\left( {1 – b} \right)b + ac\left( {1 – b} \right)}}{{1 + b}}\)\( = \frac{{\left( {1 – b} \right)\left( {b + ac} \right)}}{{1 + b}}\),

\( \Rightarrow P = \frac{{\left( {1 – b} \right)\left( {b + ac} \right)}}{{1 + b}}\)\( \le \frac{{\left( {1 – b} \right)\left( {b + {{\left( {\frac{{a + c}}{2}} \right)}^2}} \right)}}{{1 + b}}\)

\( = \frac{{\left( {1 – b} \right)\left( {b + \frac{{{{\left( {1 – b} \right)}^2}}}{4}} \right)}}{{1 + b}}\)\( = \frac{{\left( {1 – b} \right){{\left( {1 + b} \right)}^2}}}{{4\left( {1 + b} \right)}}\)

\( = \frac{{1 – {b^2}}}{4} \le \frac{1}{4}\).

Dấu “\( = \)” xảy ra khi và chỉ khi

\(\left\{ \begin{array}{l}b = 0\\a = c\\a + c = 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 0\\a = c = \frac{1}{2}\end{array} \right.\)

Vậy \(P\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(\frac{1}{4}\) khi \(\left\{ \begin{array}{l}b = 0\\a = c = \frac{1}{2}\end{array} \right.\).

b)

Cho các số thực \(a,\,\,b,\,\,c\) thỏa mãn \({a^2} + {b^2} + {c^2} = 1\).

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \(P = ab + bc + ca\).

*) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = ab + bc + ca\).

Với mọi số thực \(a,\,\,b,\,\,c\) ta có:

\(\begin{array}{l}{\left( {a + b + c} \right)^2} \ge 0\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab + 2bc + 2ac \ge 0\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge  – 2ab – 2bc – 2ac\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge  – 2\left( {ab + bc + ac} \right)\\ \Leftrightarrow  – \frac{1}{2}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \le ab + bc + ac\end{array}\)

Mà \({a^2} + {b^2} + {c^2} = 1\) và \(P = ab + bc + ca\)

nên \(P \ge  – \frac{1}{2}\).

Dấu “\( = \)” xảy ra khi và chỉ khi

\(\left\{ \begin{array}{l}a + b + c = 0\\{a^2} + {b^2} + {c^2} = 1\end{array} \right.\).

Chọn \(a = \frac{1}{{\sqrt 2 }},\,\,b =  – \frac{1}{{\sqrt 2 }},\,\,c = 0\).

Vậy \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \( – \frac{1}{2}\) khi \(a = \frac{1}{{\sqrt 2 }},\,\,b =  – \frac{1}{{\sqrt 2 }},\,\,c = 0\).

*) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = ab + bc + ca\).

Với mọi số thực \(a,\,\,b,\,\,c\) ta có:

\(\begin{array}{l}{\left( {a – b} \right)^2} + {\left( {a – c} \right)^2} + {\left( {b – c} \right)^2} \ge 0\\ \Leftrightarrow {a^2} – 2ab + {b^2} + {a^2} – 2ac + {c^2} + {b^2} – 2bc + {c^2} \ge 0\\ \Leftrightarrow 2{a^2} + 2{b^2} + 2{c^2} – 2ab – 2ac – 2bc \ge 0\\ \Leftrightarrow 2{a^2} + 2{b^2} + 2{c^2} \ge 2ab + 2ac + 2bc\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge ab + ac + bc\end{array}\)

Mà \({a^2} + {b^2} + {c^2} = 1\) và \(P = ab + bc + ca\) nên \(P \le 1\) với mọi số thực \(a,\,\,b,\,\,c\).

Dấu “\( = \)” xảy ra khi và chỉ khi

\(\left\{ \begin{array}{l}a – b = 0\\a – c = 0\\b – c = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow a = b = c\).

Mà \({a^2} + {b^2} + {c^2} = 1\) suy ra

\({a^2} = {b^2} = {c^2} = \frac{1}{3}\)\( \Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\).

Vậy \(P\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(1\) khi \(a = b = c = \frac{1}{3}\).