mỗi trường đề khác nhau mà, nếu muốn bạn lên mạng mà tìm ý, nhìu lắm!

I) TRẮC NGHIỆM: ( 2đ) Hãy khoanh tròn chữ cái đứng trước kết quả đúng

1/ Trong các hình sau, hình không có tâm đối xứng là:

A . Hình vuông    B . Hình thang cân    C . Hình bình hành   D . Hình thoi

2/ Trong các hình sau, hình không có trục đối xứng là:

A . Hình vuông    B . Hình thang cân    C . Hình bình hành   D . Hình thoi

3/ Một hình thang có 2 đáy dài 6cm và  4cm. Độ dài đường trung bình của hình thang đó là:

A . 10cm             B . 5cm          C . √10 cm          D . √5cm

4/ Tứ giác có hai cạnh đối song song và hai đường chéo bằng nhau là:

A . Hình vuông    B . Hình thang cân    C . Hình bình hành   D . Hình chữ nhật

5/ Một hình thang có một cặp góc đối là: 1250 và 650. Cặp góc đối còn lại của hình thang đó là:

A . 1050 ; 450                    B . 1050 ; 650

C . 1150 ; 550                     D . 1150 ; 650

6/ Cho tứ giác ABCD, có ∠A = 800; ∠B =1200, ∠D = 500. Số đo góc C là?

A. 1000 ,        
B.1500,            
C.1100,            
D. 1150

7/ Góc kề 1 cạnh  bên hình thang có số đo 750, góc kề còn lại của cạnh bên đó là:

A. 850                 B.  950               
C.1050             
D.1150

8/ Độ dài hai đường chéo hình thoi là 16 cm và 12 cm. Độ dài cạnh của hình thoi đó là:

A 7cm,                
B.8cm,            
C.9cm,            
D.10 cm

II/TỰ LUẬN (8đ)

Bài 1: ( 2,5 đ)  Cho tam giác ABC cân tại A, M là trung điểm của BC, Từ M kẻ các đường ME song song với AC ( E ∈ AB ); MF song song với AB ( F ∈ AC ).  Chứng minh Tứ giác BCEF là hình thang cân.

Bài 2. ( 5,5đ)Cho tam giác ABC góc A bằng 90o. Gọi E, G, F là trung điểm của AB, BC, A
C.Từ E kẻ đường song song với BF, đường thẳng này cắt GF tại I.

a) Tứ giác AEGF là hình gì ?

b) Chứng minh tứ giac BEIF là hình bình hành

c) Chứng minh tứ giác AGCI là hình thoi

d) Tìm điều kiện để tứ giác AGCI là hình vuông.

Bac tham khao tai day,neu muon coi key thi bao tui post len ca key lan hinh cho:)

diendantoanhoc.net

cm \(AB^2+AD.BC=AC^2\)

vẽ ngáo quá đây nhìn ko phải hình thang :))

ADBC

kẻ đường chéo AC và hạ đường cao AH;DI vuông góc với BC

A D B C

Ta có:\(AC^2=AH^2+HC^2\)\(=AB^2-BH^2+HC^2\)\(=AB^2+BC.AD\)

Cho a=b

\(\Rightarrow a^2=ab\)

\(\Rightarrow a^2-b^2=ab-b^2\)

\(\Rightarrow\left(a-b\right)\left(a+b\right)=b\left(a-b\right)\)

\(\Rightarrow a+b=b\)

\(\Rightarrow2b=b\)(vì a=b)

\(\Rightarrow2=1\left(đpcm\right)\)

(vô lý nhưng thuyết phục)

rất đơn giản, dựa vào côn thức a⁰ = 1

Ta có: 1⁰ = 1

           2⁰ = 1

Mà 1 = 1 => 1⁰ = 2⁰ hay 1 = 2

làm gì có định lí be du :vvvvvvvvvvvvvvvvvv

Bn ko biết là đúng rùi!Đây là định lý nâng cao của lớp 8

Đặt x² - 3x - 1 = k

Khi đó, ta có: A = k² - 12k + 27 = k² - 3x - 9x + 27 = k(k - 3) - 9(k - 3) = (k - 9)(k -  3)

=> (x² - 3x - 1 - 9)(x² - 3x - 1 - 3) = (x² - 3x - 10)(x² - 3x - 4)

= (x² - 5x + 2x - 10)(x² - 4x + x - 4)

= [x(x - 5) + 2(x - 5)][x(x - 4) + (x - 4)]

= (x + 2)(x - 5)(x + 1)(x - 4)

a³ + b³=(a+b)(a²-ab+b²)

(a + b)³ =a³+b³+3ab(a+b)

a² + b²=a²+2ab+b²

SGK TOÁN 8 TẬP 1

BĐT \(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a+b+c+ab+bc+ca\)

\(\Leftrightarrow\frac{3}{4}\left(y-z\right)^2+\frac{1}{4}\left(y+z-x\right)^2+a^2+b^2+c^2-\left(a+b+c\right)\ge0\)

Có: \(VT\ge\frac{3}{4}\left(y-z\right)^2+\frac{1}{4}\left(y+z-x\right)^2+\left[\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}-\left(a+b+c\right)\right]\ge0\)(chú ý: \(\left(a+b+c\right)^2=\left(a+b+c\right)\left(a+b+c\right)\ge3\sqrt[3]{abc}\left(a+b+c\right)=3\left(a+b+c\right)\))

Ta có đpcm.

Có cách khác ^_^ mới nghĩ ra

BĐt <=> \(P\left(a,b,c\right)=a^2+b^2+c^2-\frac{1}{2}\left(a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge0\)

Không mất tính tổng quát , giả sử : \(a=min\left\{a,b,c\right\}\Rightarrow t=\sqrt{bc}\ge1\)

=> Chứng minh: \(P\left(a,b,c\right)\ge P\left(a,t,t\right)\)

Thật vậy , \(P\left(a,b,c\right)-P\left(a,t,t\right)=\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2\left[\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2-\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{bc}\right)\right]\)

                                                                  \(\ge\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2\left[4-\frac{1}{2}\left(1+1\right)\right]\ge0\)

mặt khác: \(P\left(a,t,t\right)=P\left(\frac{t}{t^2},t,t\right)=\frac{\left(t-1\right)^2\left(3t^4+4t^3+5t^2+4t+2\right)}{2t^4}\ge0\)

=> BĐT được chứng minh . Đt xảy ra<=> a=b=c=1

Ngoài ra đây cũng là một dạng của nó: Câu hỏi của titanic - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath (chắc hẵn có bạn thắc mắc tại sao mình phân tích "tài tình" như thế) . Bây giờ mình giải thích:

Khi quy đồng lên: \(VT-VP=\frac{ab^2+bc^2+ca^2-3abc}{abc}\)

Đặt cái tử số = f(a;b;c). Ta sẽ biểu diễn nó dưới dạng sos dao lam:

Ta tìm được 2 các biểu diễn:

\(f\left(a;b;c\right)=b\left(a-b\right)^2-\left(b-c\right)\left(a^2+b^2+bc-3ab\right)\)

\(f\left(a;b;c\right)=c\left(a+b-2c\right)^2+\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(4c-b\right)\)

Từ 2 cái trên ta tiến hành nhân chia các kiểu và tìm được:

\(f\left(a;b;c\right)=\frac{b\left(c-a\right)\left(4c-b\right)\left(a-b\right)^2+c\left(a^2+b^2+bc-3ab\right)\left(a+b-2c\right)^2}{\left(c-a\right)\left(4c-b\right)+\left(a^2+b^2+bc-3ab\right)}\)

Từ đó dẫn đến cách làm ở bài trên.

Theo mình, với trình độ THCS thì việc tìm ra 2 cách biểu diễn trên là khá khó khăn (mất nhiều thời gian, nhất là khi không sử dụng Wolfram|Alpha: Computational Intelligence để phân tích thành nhân tử). Theo ý kiến chủ quan, thì đó chính là nhược điểm của phương pháp này.

Tuy nhiên nó lại hay ở chỗ: Không bị cứng nhắc về cách biểu diễn, mình có thể biểu diễn dưới dạng tổng 2 bình phương or các kiểu tương tự bên dưới:v trong khi đó SOS thông thường cần tới 3 bình phương or các kiểu tổng quát như: \(S_a\left(b-c\right)^2+S_b\left(c-a\right)^2+S_c\left(a-b\right)^2\ge0\)