Đề thi cuối kì 1 Toán 8 sưu tầm (Đề 1)

Số tiền ông nhận được khi bán 75 cái điện thoại là: $6,2.75=465$ (triệu đồng)

Số tiền ông nhận được nếu lợi nhuận đạt 20% là: $500.120\%=600$ (triệu đồng)

Khi đó, số tiền ông nhận được khi bán 75 cái điện thoại là: $600-465=135$ (triệu đồng)

Giá mỗi cái điện thoại là: $135:25=5,4$ (triệu đồng)

Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua MN và D là giao điểm của MN và BA’.

Vì $\mathrm{C}\in \mathrm{MN}$ nên CA = CA’.

Ta có: $\mathrm{CA}+\mathrm{CB}=\mathrm{CA}\text{'}+\mathrm{CB}\le \mathrm{BA}\text{'}$$\Rightarrow \mathrm{CA}\text{'}+\mathrm{CB}\le \mathrm{DA}\text{'}+\mathrm{BD}$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\mathrm{C}\equiv \mathrm{D}$.

Vậy khi $\mathrm{C}\equiv \mathrm{D}$ thì tổng độ dài đường ống dẫn nước từ đó tới hai khu dân cư A và B là ngắn nhất.

a) Chứng minh AE = 2AB và tứ giác AECD là hình vuông.

Vì E là điểm đối xứng với A qua B nên B là trung điểm của AE. Do đó, AE = 2AB.

Theo đề bài ta có: AD = CD = 2AB

=> AD = CD = AE.

Vì ABCD là hình thang vuông nên ta có: $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{AB}\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}\mathrm{CD}\\ \hat{\mathrm{A}}=\hat{\mathrm{D}}={90}^{\circ }\end{array}\right.$

Xét tứ giác AECD ta có:

AE // CD

AE = CD

=> Tứ giác AECD là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

Mà ta lại có: AD = AE (chứng minh trên)

=> Tứ giác AECD là hình thoi (dấu hiệu nhận biết)

Theo giả thiết: $\hat{\mathrm{A}}=\hat{\mathrm{D}}={90}^o$

Suy ra, tứ giác AECD là hình vuông (dấu hiệu nhận biết)

b) Gọi M là trung điểm của EC và I là giao điểm của BC và DM. Chứng minh diện tích tam giác DIC bằng diện tích tứ giác EBIM.

Vì tứ giác AECD là hình vuông nên AE = CE = CD = DA (định nghĩa hình vuông)

Vì M là trung điểm của EC nên EM = CM $=\frac{\mathrm{CE}}{2}$.

Mà $\mathrm{BE}=\frac{\mathrm{AE}}{2}$ và AE = CE (chứng minh trên).

=> BE = CM

Ta có: $\left.\begin{array}{l}{\mathrm{S}}_{\mathrm{BEC}}=\frac{1}{2}.\mathrm{BE}.\mathrm{CE}\\ {\mathrm{S}}_{\mathrm{DCM}}=\frac{1}{2}.\mathrm{CM}.\mathrm{DC}\end{array}\right\}\Rightarrow {\mathrm{S}}_{\mathrm{BEC}}={\mathrm{S}}_{\mathrm{DCM}}$

$\Rightarrow {\mathrm{S}}_{\mathrm{BEMI}}+{\mathrm{S}}_{\mathrm{CMI}}={\mathrm{S}}_{\mathrm{DCI}}+{\mathrm{S}}_{\mathrm{CMI}}$

$\Rightarrow {\mathrm{S}}_{\mathrm{BEMI}}={\mathrm{S}}_{\mathrm{DCI}}$ (đpcm)

c) Biết DA và CB cắt nhau tại V. Gọi N là hình chiếu của I trên AD. Chứng minh ${\mathrm{NI}}^2=\mathrm{ND}.\mathrm{NV}$.

Xét tam giác BEC và tam giác MCD ta có:

BE = MC (cmt)

$\widehat{\mathrm{BEC}}=\widehat{\mathrm{MCD}}={90}^{\circ }$

EC = CE (cmt)

$\Rightarrow \mathrm{\Delta BEC}=\mathrm{\Delta MCD}$ (c-g-c)

$\Rightarrow \widehat{\mathrm{BCE}}=\widehat{\mathrm{MDC}}$ (hai góc tương ứng)

Ta có: $\widehat{\mathrm{BCE}}+\overline{\mathrm{BCD}}={90}^{\circ }\Rightarrow \widehat{\mathrm{MDC}}+\widehat{\mathrm{BCD}}={90}^{\circ }$

Xét tam giác DIC ta có: $\widehat{\mathrm{IDC}}+\widehat{\mathrm{DCI}}={90}^{\circ }\Rightarrow \widehat{\mathrm{DIC}}={90}^{\circ }$ (áp dụng định lý tổng ba góc trong một tam giác)

=> DI vuông góc với BC tại I.

Xét tam giác DNI vuông tại N, áp dụng định lý Py-ta-go ta có:

${\mathrm{ID}}^2={\mathrm{IN}}^2+{\mathrm{ND}}^2\Rightarrow {\mathrm{ND}}^2={\mathrm{ID}}^2-{\mathrm{IN}}^2$       

Xét tam giác VNI vuông tại N, áp dụng định lý Py-ta-go ta có:

${\mathrm{IV}}^2={\mathrm{IN}}^2+{\mathrm{NV}}^2\Rightarrow {\mathrm{NV}}^2={\mathrm{IV}}^2-{\mathrm{IN}}^2$ 

Xét tam giác DVI vuông tại I, áp dụng định lý Py-ta-go ta có:

${\mathrm{ID}}^2+{\mathrm{IV}}^2={\mathrm{DV}}^2$

$\Rightarrow {\mathrm{ID}}^2+{\mathrm{IV}}^2={\left(\mathrm{VN}+\mathrm{ND}\right)}^2$

$\Rightarrow {\mathrm{ID}}^2+{\mathrm{IV}}^2={\mathrm{VN}}^2+2\mathrm{VN}.\mathrm{ND}+{\mathrm{ND}}^2$

$\Rightarrow {\mathrm{ID}}^2+{\mathrm{IV}}^2={\mathrm{IV}}^2-{\mathrm{IN}}^2+2\mathrm{VN}.\mathrm{ND}+{\mathrm{ID}}^2-{\mathrm{IN}}^2$

$\Rightarrow 2{\mathrm{IN}}^2=2\mathrm{VN}.\mathrm{ND}$

$\Rightarrow {\mathrm{IN}}^2=\mathrm{VN}.\mathrm{ND}$.

Vậy ${\mathrm{NI}}^2=\mathrm{ND}.\mathrm{NV}$.

a) Chứng minh rằng: Tứ giác AHCK là hình bình hành.

+) ABCD là hình bình hành

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\mathrm{AB}=\mathrm{DC};\mathrm{AD}=\mathrm{BC}\\ \mathrm{AB}\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}\mathrm{DC};\mathrm{AD}\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}\mathrm{BC}\end{array}\right.$ (tính chất của hình bình hành)

+) $\left.\begin{array}{l}\mathrm{CK}\perp \mathrm{BD}\left(\mathrm{gt}\right)\\ \mathrm{AH}\perp \mathrm{BD}\left(\mathrm{gt}\right)\end{array}\right\}\Rightarrow \mathrm{CK}\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}\mathrm{AH}$ (quan hệ từ vuông góc đến song song)   (1)

+) Vì AD // BC nên $\widehat{\mathrm{ADB}}=\widehat{\mathrm{DBC}}$ (hai góc so le trong)

Xét $\mathrm{\Delta ADH}$ và $\mathrm{\Delta CBK}$ có:

$\widehat{\mathrm{AHD}}=\widehat{\mathrm{BKC}}={90}^{\circ }$

AD = BC (cmt)

$\widehat{\mathrm{ADH}}=\widehat{\mathrm{BKC}}$ (cmt)

$\Rightarrow \mathrm{\Delta ADH}=\mathrm{\Delta CBK}$ (cạnh huyền – góc nhọn)

=> AH = CK (hai cạnh tương ứng)   (2)

Từ (1) và (2) suy ra AHCK là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

b) Gọi O là trung điểm của HK. Chứng minh ba điểm A, O, C thẳng hàng.

Theo tính chất, AHCK là hình bình hành nên hai đường HK và AC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Theo đề bài, O là trung điểm của HK nên O là trung điểm của AC.

Do đó, ba điểm A, O, C thẳng hàng.

c) Tính diện tích hình bình hành AHCK. Biết AH = 4cm, HK = 2cm.

Ta có:

${\mathrm{S}}_{\mathrm{AHK}}=\frac{1}{2}.\mathrm{AH}.\mathrm{HK}$

${\mathrm{S}}_{\mathrm{CHK}}=\frac{1}{2}.\mathrm{CK}.\mathrm{HK}$

Mà AH = CK nên ${\mathrm{S}}_{\mathrm{AHK}}={\mathrm{S}}_{\mathrm{CHK}}$.

$\Rightarrow {\mathrm{S}}_{\mathrm{AKCH}}={\mathrm{S}}_{\mathrm{AHK}}+{\mathrm{S}}_{\mathrm{CHK}}=2{\mathrm{S}}_{\mathrm{AHK}}=\mathrm{AH}.\mathrm{HK}$$=4.2=8\left({\mathrm{cm}}^2\right)$

Vậy ${\mathrm{S}}_{\mathrm{AKCH}}=8{\mathrm{cm}}^2$

$$\begin{gathered} \frac{4\mathrm{x}+1}{7{\mathrm{x}}^2}-\frac{1-3\mathrm{x}}{7{\mathrm{x}}^2}=\frac{\left(4\mathrm{x}+1\right)-\left(1-3\mathrm{x}\right)}{7{\mathrm{x}}^2} \\ =\frac{4\mathrm{x}+1-1+3\mathrm{x}}{7{\mathrm{x}}^2}=\frac{7\mathrm{x}}{7{\mathrm{x}}^2}=\frac{1}{\mathrm{x}} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \frac{5\mathrm{x}+2}{3{\mathrm{xy}}^2}:\frac{10\mathrm{x}+4}{{\mathrm{x}}^2\mathrm{y}}=\frac{5\mathrm{x}+2}{3{\mathrm{xy}}^2}\cdot \frac{{\mathrm{x}}^2\mathrm{y}}{10\mathrm{x}+4} \\ =\frac{5\mathrm{x}+2}{3{\mathrm{xy}}^2}\cdot \frac{{\mathrm{x}}^2\mathrm{y}}{2\left(5\mathrm{x}+2\right)}=\frac{\mathrm{x}}{6\mathrm{y}} \end{gathered}$$

Vì ABCD là hình bình hành nên $\hat{\mathrm{A}}=\hat{\mathrm{C}}$ và $\hat{\mathrm{B}}=\hat{\mathrm{D}}$ (tính chất)

Áp dụng định lý tổng các góc trong một tứ giác ta có:

a)

b)

a) Tứ giác AIHK là hình gì? Vì sao?

$\mathrm{\Delta ABC}$ vuông tại A $\Rightarrow \widehat{\mathrm{IAK}}={90}^{\circ }$.

Vì D đối xứng với H qua AB nên $\widehat{\mathrm{IHA}}={90}^{\circ }$.

Vì E đối xứng với H qua AC nên $\widehat{\mathrm{HKA}}={90}^{\circ }$.

$\Rightarrow \widehat{\mathrm{BAC}}=\widehat{\mathrm{IHA}}=\widehat{\mathrm{HKA}}={90}^{\circ }$

Xét tứ giác AIHK có $\Rightarrow \widehat{\mathrm{BAC}}=\widehat{\mathrm{IHA}}=\widehat{\mathrm{HKA}}={90}^{\circ }$. Suy ra, tứ giác AIHK là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).

b) Chứng minh ba điểm D, A, E thẳng hàng.

Vì D đối xứng với H qua AB nên $\Rightarrow \mathrm{\Delta ADH}$ cân tại A. Mà AI là đường cao trong $\mathrm{\Delta ADH}$ nên AI cũng là đường phân giác của góc $\mathrm{DAH}$ $\Rightarrow \widehat{\mathrm{DAI}}=\widehat{\mathrm{IAH}}$

Tương tự, ta cũng chứng minh được: $\widehat{\mathrm{HAK}}=\widehat{\mathrm{KAE}}$ 

Ta có:

$\widehat{\mathrm{DAE}}=\widehat{\mathrm{DAI}}+\widehat{\mathrm{IAH}}+\widehat{\mathrm{HAK}}+\widehat{\mathrm{KAE}}$$=2\left(\widehat{\mathrm{IAH}}+\widehat{\mathrm{HAK}}\right)={180}^{\circ }$

=> D, A, E thẳng hàng.

c) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh $\mathrm{AM}\perp \mathrm{IK}$.

Gọi O là giao điểm của AM và IK. Gọi G là giao điểm hai đường chéo của hình chữ nhật AIHK.

$\mathrm{\Delta ABC}$ vuông tại A có AM là đường trung tuyến suy ra AM = BM = CM.

$\Rightarrow \mathrm{\Delta AMC}$ cân tại M (dấu hiệu nhận biết)

$\Rightarrow \widehat{\mathrm{MAC}}=\widehat{\mathrm{MCA}}$ (tính chất)

Vì tứ giác AIHK là hình chữ nhật nên GA = GH = GI = GK.

$\Rightarrow \mathrm{\Delta GKA}$ cân tại G $\Rightarrow \widehat{\mathrm{GKA}}=\widehat{\mathrm{GAK}}$.

Ta lại có: $$\begin{gathered} \left.\begin{array}{l}\widehat{\mathrm{ABH}}+\widehat{\mathrm{BAH}}={90}^{\circ }\\ \widehat{\mathrm{BAH}}+\widehat{\mathrm{HAC}}={90}^{\circ }\end{array}\right\}\Rightarrow \widehat{\mathrm{ABH}}=\widehat{\mathrm{HAC}} \\ \Rightarrow \widehat{\mathrm{ABH}}=\widehat{\mathrm{GAK}} \end{gathered}$$

$\Rightarrow \widehat{\mathrm{GKA}}=\widehat{\mathrm{ABH}}\Rightarrow \widehat{\mathrm{OKA}}=\widehat{\mathrm{ABH}}$ 

Xét tam giác ABC có: $\widehat{\mathrm{ABC}}+\widehat{\mathrm{ACB}}={90}^{\circ }$ hay $\widehat{\mathrm{ABH}}+\widehat{\mathrm{MCA}}={90}^{\circ }$

Mà $\widehat{\text{OKA}}\text{=}\widehat{\text{ABH}}$ và $\widehat{\text{MAC}}\text{=}\widehat{\text{MCA}}$ nên ta có: $\widehat{\mathrm{OKA}}+\widehat{\mathrm{MAC}}={90}^{\circ }$

Suy ra, $\widehat{\mathrm{OAK}}+\widehat{\mathrm{OKA}}={90}^{\circ }\Rightarrow \widehat{\mathrm{AOK}}={90}^{\circ }$

Suy ra, $\mathrm{AM}\perp \mathrm{IK}$ tại O.