[Năm 2022] Đề thi Học kì 2 Toán lớp 8 có đáp án (6 đề)

(1)

Đề 1 Bài 1 (2 điểm): Cho hai biểu thức:

2

x 2 5x 1 1

A x 5 x 6x 5 1 x

  

  

    và 10

B x 4

 

 với x ≠ − 5, x ≠ − 1, x ≠ 4.

a) Rút gọn biểu thức A.

b) Tính giá trị của biểu thức B tại x = 2.

c) Tìm giá trị nguyên của x để P = A . B đạt giá trị nguyên.

Bài 2 (2,5 điểm): Giải các phương trình và bất phương trình sau:

a) ¹ ² ⁵

x 12 x (x 1)(x 2)

    ;

b) |x – 3| = 9 – 2x;

c) x 5 x 7

5 3

   .

Bài 3 (2 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phương trình.

Số công nhân của hai xí nghiệp trước kia tỉ lệ với 3 và 4. Nay xí nghiệp I thêm 40 công nhân, xí nghiệp II thêm 80 công nhân. Do đó số công nhân hiện nay của hai xí nghiệp tỉ lệ với 8 và 11. Tính số công nhân của mỗi xí nghiệp hiện nay.

Bài 4 (3 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A, biết AB = 9 cm và AC = 12 cm. Tia phân giác của góc BAC cắt cạnh BC tại điểm D. Từ D kẻ đường thẳng vuông góc với AC, đường thẳng này cắt AC tại E.

a) Chứng minh: ∆CED đồng dạng với ∆CAB.

b) Tính CD

DE . c) Tính diện tích tam giác ABD.

(2)

Bài 5 (0,5 điểm): Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ (như hình vẽ). Tính thể tích của hình hộp chữ nhật. Biết AB = 5 cm, BC = 4 cm, CC’= 3 cm.

Đáp án Bài 1 (2 điểm): x 2 ₂ 5x 1 1

A x 5 x 6x 5 1 x

  

  

    ; B 10

x 4

 

 với x ≠ − 5, x ≠ − 1, x ≠ 4.

a) x 2 ₂ 5x 1 1

A x 5 x 6x 5 1 x

  

  

    (với x ≠ − 5, x ≠ − 1)

  

x 2 5x 1 1

x 5 x 1 x 5 1 x

  

  

   

  



^x^{x 1 x}^^{2 x 1}



^⁵

 

^{x 1 x}^^{5x 1}



^ ⁵

 

^{x 1 x}^x



^⁵ ⁵



  

     

  

x2 3x 2 5x 1 x 5 x 1 x 5

     

  

     

  

2 x 1 x 4

x 3x 4 x 4

x 1 x 5 x 1 x 5 x 5

 

  

  

     .

Vậy x 2 ₂ 5x 1 1 x 4

A x 5 x 6x 5 1 x x 5

   

   

     .

(3)

b) Thay x = 2 (TMĐK) vào biểu thức B, ta có:

10 10 10

B 5

x 4 2 4 2

  

   

   .

Vậy tại x = 2, giá trị của biểu thức B bằng 5.

c) Ta có: x 4 10 10

P A.B .

x 5 x 4 x 5

  

  

   . Để biểu thức P nhận giá trị nguyên hay 10

x 5

 

 thì:

x + 5 ∈ Ư(10) = {± 1; ± 2; ± 5; ± 10}.

Ta có bảng sau:

x + 5 − 10 − 5 −2 −1 1 2 5 10

x − 15 (TM)

− 10 (TM)

− 7 (TM)

− 6 (TM)

− 4 (TM)

− 3 (TM)

0 (TM)

5 (TM) Vậy với ^x^{ }



^{15; 10;}^ ^{   }^7; ^6; ^4; ^{3; 0; 5}



thì biểu thức P nhận giá trị nguyên.

Bài 2 (2,5 điểm):

a) ¹ ² ⁵

x 12 x (x 1)(x 2)

   

ĐKXĐ:

x 1 0

x 1 2 x 0

x 2 x 2 0

  

 

   

  

  



Phương trình đã cho tương đương:

1 2 5

x 1 x 2 (x 1)(x 2)

   

x 2 2(x 1) 5

(x 1)(x 2) (x 1)(x 2) (x 1)(x 2)

 

  

     

(4)

 x – 2 + 2(x – 1) = 5

 x – 2 + 2x – 2 = 5

 3x – 4 = 5

 3x = 9

 x = 3 (TMĐK).

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {3}.

b) |x – 3| = 9 – 2x

• Với x ≥ 3, ta có:

|x – 3| = 9 – 2x

 x – 3 = 9 – 2x

 x + 2x = 9 + 3

 3x = 12

 x = 4 (TMĐK).

• Với x < 3, ta có:

|x – 3| = 9 – 2x

 x – 3 = 2x – 9

 2x – x = 9 – 3

 x = 6 (không TMĐK).

c) x 5 x 7

5 3

  

3(x 5) 5(x 7)

15 15

 

 

(5)

 3(x – 5) ≤ 5(x – 7)

 3x – 15 ≤ 5x – 35

 3x – 5x ≤ 15 – 35

 – 2x ≤ – 20

 x ≥ 10.

Vậy bất phương trình có tập nghiệm S = {x | x ≥ 10}.

Bài 3 (2 điểm):

Gọi số công nhân xí nghiệp I trước kia là x (công nhân) (x nguyên dương).

Số công nhân xí nghiệp II trước kia là 4

3x (công nhân).

Số công nhân hiện nay của xí nghiệp I là: x + 40 (công nhân).

Số công nhân hiện nay của xí nghiệp II là: 4

x 80

3  (công nhân).

Vì số công nhân của hai xí nghiệp tỉ lệ với 8 và 11 nên ta có phương trình:

4x 80 x 40 3

8 11

  

11(x 40) 8 4x 80 3

 

     

 

11x 440 32x 640

   3  11x 32x 640 440

  3   1x 200

 3 

(6)

 x = 600 (TMĐK).

Vậy số công nhân hiện nay của xí nghiệp I là: 600 + 40 = 640 (công nhân).

Số công nhân hiện nay của xí nghiệp II là: 4

. 600 80 880

3   (công nhân).

Bài 4 (3 điểm):

a)Xét ∆CED và ∆CAB có:

CED CAB 90  o (vì ACDE) C chung

Do đó ∆CED ∆CAB (g.g).

b) Áp dụng định lý Py-ta-go vào ∆ABC vuông tại A, ta có:

BC² = AB² + AC² = 9² + 12² = 225.

Suy ra BC = 15 cm.

Vì ∆CED ∆CAB (cmt) nên

DE CD

AB  BC. Khi đó: DE CD CD 5

9  15  DE 3. Vậy CD 5

DE 3.

c) Vì AD là tia phân giác của BAC nên BD AB CD  AC.

12 cm

9 cm E

D C

B

A

(7)

Khi đó BD 9 3 45 CD 12  4 BD 7 .

Ta có: _ABC 1 1

S . AB.AC . 9 . 12 54

2 2

   (cm²).

Mặt khác: ^ABD

ABC

S BD 3

S  BC 7

ABD ABC

3 3 162

S S . 54

7 7 7

    (cm²).

Vậy diện tích tam giác ABD là 162

7 cm². Bài 5 (0,5 điểm):

Thể tích hình hộp chữ nhật là:

V = 5 . 4 . 3 = 60 (cm³).

Vậy thể tích hình hộp chữ nhật là 60 cm³.

(8)

Đề 2

I. Trắc nghiệm (2 điểm): Khoanh vào chữ cái đặt trước câu trả lời đúng.

Câu 1: Hình hộp chữ nhật là hình có bao nhiêu mặt?

A. 6 đỉnh , 8 mặt , 12 cạnh;

B. 8 đỉnh , 6 mặt , 12 cạnh;

C. 12 đỉnh , 6 mặt , 8 cạnh;

D. 6 đỉnh , 12 mặt , 8 cạnh.

Câu 2: Điều kiện xác định của phương trình ^x ² ^{3x 1} 1 x 3 x(x 3)

   

  là:

A. x ≠ 0 hoặc x ≠ 3;

B. x ≠ 0 hoặc x ≠ −3;

C. x ≠ 0 và x ≠ 3;

D. x ≠ 3.

Câu 3: Tập nghiệm của phương trình x(x + 1) = 0 là:

A. S = {–1};

B. S = {0; –1};

C. S = {0};

D. S = {1; 0}.

Câu 3: Bất phương trình nào sau đây là bất phương trình bậc nhất một ẩn?

A. x + y > 8;

B. 0x + 5 ≥ 0;

C. x – 3 > 4 ; D. (x – 7)² ≤ 6x.

Câu 4. Hình sau biểu diễn tập nghiệm của bất phương trình nào?

(9)

A. x ≥ 2;

B. x  2;

C. x > 2;

D. x < 2.

Câu 6: Trong các khẳng định sau, khẳng định nào không đúng?

A. Hình hộp chữ nhật là hình lăng trụ đứng;

B. Các mặt bên của hình lăng trụ đứng là hình chữ nhật;

C. Các cạnh bên của hình lăng trụ đứng không bằng nhau;

D. Hình lăng trụ đứng có đáy là hình bình hành gọi là hình hộp đứng.

II. Tự luận:

a) (x – 2)(x + 7) = 0;

b) 4x 7 5x 1

18 3 2

   .

Bài 2 (2 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phương trình.

Một vòi nước chảy vào bể không có nước. Cùng lúc đó một vòi nước khác chảy từ bể ra. Mỗi giờ lượng nước vòi chảy ra bằng 4

5 lượng nước chảy vào. Sau 5 giờ thì bên trong bể đạt tới 1

8 dung tích bể. Hỏi nếu bể không có nước mà chỉ mở vòi chảy vào thì sau bao lâu thì đầy bể?

Bài 3 (3 điểm): Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 8 cm; BC = 6 cm. Vẽ đường cao AH của ∆ADB.

a) Chứng minh: ∆AHB đồng dạng ∆BCD.

(10)

b) Chứng minh: AD² = DH . DB.

c) Tính độ dài đoạn thẳng AH.

Bài 4 (1,5 điểm): Cho hình lăng trụ đứng ABC.DEF (như hình vẽ) có đáy là tam giác vuông, biết độ dài hai cạnh góc vuông là 6 cm và 8 cm; chiều cao của lăng trụ là 9 cm. Tính diện tích toàn phần của hình lăng trụ?

Đáp án I. Trắc nghiệm (2 điểm):

Câu 1: Hình hộp chữ nhật là hình có bao nhiêu mặt?

A. 6 đỉnh , 8 mặt , 12 cạnh;

B. 8 đỉnh , 6 mặt , 12 cạnh;

C. 12 đỉnh , 6 mặt , 8 cạnh;

D. 6 đỉnh , 12 mặt , 8 cạnh.

Giải thích:

Hình hộp chữ nhật là hình gồm có 8 đỉnh , 6 mặt , 12 cạnh.

Vậy chọn đáp án B.

(11)

Câu 2: Điều kiện xác định của phương trình ^x ² ^{3x 1} 1 x 3 x(x 3)

   

  là:

A. x ≠ 0 hoặc x ≠ 3;

B. x ≠ 0 hoặc x ≠ −3;

C. x ≠ 0 và x ≠ 3;

D. x ≠ 3.

Giải thích:

Điều kiện xác định: x 0 x 0

x 3 0 x 3

 

 

    

 

Vậy chọn đáp án C.

Câu 3: Tập nghiệm của phương trình x(x + 1) = 0 là:

A. S = {–1};

B. S = {0; –1};

C. S = {0};

D. S = {1; 0}.

Giải thích:

Ta có: x(x + 1) = 0

 x = 0 hoặc x + 1 = 0

 x = 0 hoặc x = − 1.

Do đó, tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {0; –1}.

Câu 3: Bất phương trình nào sau đây là bất phương trình bậc nhất một ẩn?

(12)

A. x + y > 8;

B. 0x + 5 ≥ 0;

C. x – 3 > 4;

D. (x – 7)² ≤ 6x.

Giải thích:

Bất phương trình ẩn x là hệ thức A (x) > B (x) hoặc A (x) < B (x) hoặc A (x) ≥ B (x) hoặc A (x) ≤ B (x). Trong đó: A (x) gọi là vế trái; B(x) gọi là vế phải.

Ta có:

• Bất phương trình x + y > 8 có vế trái là đa thức có chứa hai ẩn, vế phải là hằng số.

Do đó, x + y > 8 không phải là bất phương trình bậc nhất một ẩn.

• Bất phương trình 0x + 5 ≥ 0 có vế trái là hằng số (vì 0x + 5 = 5) và vế phải cũng là hằng số.

Do đó, 0x + 5 ≥ 0 không phải là bất phương trình bậc nhất một ẩn.

• Bất phương trình x – 3 > 4 có vế trái là đa thức bậc nhất một ẩn, vế phải là hằng số.

Do đó, x – 3 > 4 là bất phương trình bậc nhất một ẩn.

• Bất phương trình (x – 7)² ≤ 6x có vế phải là đa thức bậc hai, vế phải là hằng số.

Do đó, (x – 7)² ≤ 6x là bất phương trình bậc nhất một ẩn.

Câu 4. Hình sau biểu diễn tập nghiệm của bất phương trình nào?

A. x ≥ 2;

B. x  2;

C. x > 2;

(13)

D. x < 2.

Giải thích:

Hình vẽ trên biểu diễn tập nghiệm của bất phương trình x  2.

Câu 6: Trong các khẳng định sau, khẳng định nào không đúng?

A. Hình hộp chữ nhật là hình lăng trụ đứng;

B. Các mặt bên của hình lăng trụ đứng là hình chữ nhật;

C. Các cạnh bên của hình lăng trụ đứng không bằng nhau;

D. Hình lăng trụ đứng có đáy là hình bình hành gọi là hình hộp đứng.

Giải thích:

Các khẳng định A, B, D là khẳng định đúng.

Còn khẳng định C sai vì các cạnh bên của hình lăng trụ đứng bằng nhau.

Bài 1 (1,5 điểm):

a) (x – 2)(x + 7) = 0

 x – 2 = 0 hoặc x + 7 = 0

 x = 2 hoặc x = −7.

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {2; −7}.

b) 4x 7 5x 1

18 3 2

  

(14)

4x 7 30x 9

18 18 18

   

 4x + 7 – 30x ≥ 9

 4x – 30x ≥ 9 – 7

 – 26x ≥ 2 x 1

13

   .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là 1 S x | x

13

  

  

 . Bài 2 (2 điểm):

Gọi x (giờ) là thời gian vòi chảy vào bể từ khi chưa có nước đến khi đầy bể (x > 0).

Trong 1 giờ, vòi đó chảy được số phần bể là: 1 x bể.

Trong 1 giờ, vòi chảy ra chiếm số phần bể là: 1 4 4 x 5. 5x bể.

Sau 5 giờ thì bên trong bể đạt tới 1

8 dung tích bể nên ta có phương trình:

1 4 1

5. x 5x 8

  

 

 

5 4 1

x x 8

  

1 1

x 8

 

 x = 8 (TMĐK).

Vậy thời gian vòi chảy vào bể từ khi chưa có nước đến khi đầy bể là 8 giờ.

Bài 3 (3 điểm):

(15)

a) Vì ABCD là hình chữ nhật nên AB // CD.

Suy ra: ABHBDC (hai góc so le trong).

Xét ∆AHB và ∆BCD có:

AHBBCD 90 o ABHBDC (cmt).

Do đó ∆AHB ∆BCD (g.g).

b) Xét ∆AHD và ∆BAD có:

AHDBAD 90 o ADB chung.

Do đó ∆AHD ∆BAD (g.g) Suy ra AD DH

BD  DA.

Vậy AD² = DH . BD (đpcm).

c) Xét ∆ABD vuông tại A, áp dụng định lý Py-ta-go, ta có:

BD² = AB² + AD²= 8² + 6² = 100 Suy ra: BD = 10 (cm)

Từ câu a: ∆AHB ∆BCD suy ra AH AB BC  BD.

(16)

Hay AH . BD = AB. BC.

Do đó AB.BC 8.6

AH 4,8

BD 10

   (cm).

Vậy AH = 4,8 cm.

Bài 4 (1,5 điểm):

Độ dài hai cạnh góc vuông là 6 cm và 8 cm nên ∆ABC vuông tại B.

Ta có: AC AB²BC²  8² 6² 10 (theo định lý Py-ta-go).

Diện tích xung quanh của hình lăng trụ đứng là:

S_xq = (6 + 8 + 10) . 9 = 216 (cm²).

Diện tích một mặt đáy của hình lăng trụ đứng là:

đ

S 1 . 6 . 8 24

 2  (cm²).

Diện tích toàn phần của hình lăng trụ đứng là:

Stp = Sxq + S_2đ = 216 + 2 . 24 = 264 (cm²).

Vậy diện tích toàn phần của hình lăng trụ 264 cm².

(17)

Đề 3

Câu 1: Tập nghiệm của phương trình ² ² 9

(x 25) x 0

4

 

    là:

A. 3

5; 2

  

 

 ;

B. 9

25; 4

 

 

 ; C. 3

2

 

 

 ;

D. 3

5; 2

 

 

 .

Câu 2: Nghiệm của bất phương trình: 12 – 3x ≤ 0 là:

A. x ≤ 4;

B. x ≥ 4;

C. x ≤ − 4;

D. x ≥ − 4.

Câu 3: Cho tam giác ABC đồng dạng với tam giác MNP và ^ABC

MNP

S 9

S  . A. MN

AB 9;

B. MN AB 3;

C. MN 1 AB  9;

(18)

D. MN 1 AB 3.

Câu 4: Điền từ còn thiếu vào chỗ trống:

a) Nếu ba cạnh của tam giác này ... với ba cạnh của tam giác kia thì hai tam giác đó đồng dạng.

b) Nếu hai cạnh của tam giác này tỉ lệ với hai cạnh của tam giác kia và hai góc tạo bởi các cặp cạnh đó ... thì hai tam giác đó đồng dạng.

c) Nếu hai góc của tam giác này lần lượt ... của tam giác kia thì hai tam giác đó đồng dạng với nhau.

d) Tam giác vuông này có một góc nhọn bằng góc nhọn của …...… kia thì hai tam giác vuông đó đồng dạng.

II. Tự luận

a) 8x + 6 = 3x + 41;

b) ^x ² ¹ ²

x 2 x x(x 2)

  

  ;

c) 2x 2 x 2

3 2 2

    .

Bài 2 (1,5 điểm): Một người lái ô tô dự định đi từ A đến B với vận tốc 48 km/h.

Nhưng sau khi đi được 1 giờ với vận tốc đó, ô tô bị tàu hỏa chắn đường trong 10 phút. Để kịp đến B đúng thời gian đã định, người đó phải tăng vận tốc thêm 6 km/h.

Tính độ dài quãng đường AB.

Bài 3 (3 điểm): Cho hình thang ABCD (AB // CD). Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Qua O kẻ đường thẳng song song với AB, cắt AD và BC theo thứ tự ở E và G.

a) Chứng minh: OA . OD = OB . OC.

(19)

b) Cho AB = 5 cm, CD = 10 cm và OC = 6 cm. Hãy tính OA, OE.

c) Chứng minh rằng: 1 1 1 1 OE OG  ABCD.

Bài 4 (1 điểm): Một hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác vuông (như hình vẽ). Độ dài hai cạnh góc vuông của đáy là 5 cm, 12 cm, chiều cao của lăng trụ là 8cm. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình lăng trụ đó.

Đáp án

I. Trắc nghiệm (2 điểm):

Câu 1: Tập nghiệm của phương trình ² ² 9

(x 25) x 0

4

 

    là:

A. 3

5; 2

  

 

 ;

B. 9

25; 4

 

 

 ; C. 3

2

 

 

 ;

D. 3

5; 2

 

 

 .

(20)

Giải thích:

Ta có: ² ² 9

(x 25) x 0

4

 

   

 

 x² + 25 = 0 hoặc ² 9

x 0

 4

2 9

x 4

  (vì x² + 25 > 0  x ) x 3

  2.

Do đó, tập nghiệm của phương trình đã cho là 3

S 2

 

  

 . Vậy chọn đáp án C.

Câu 2: Nghiệm của bất phương trình: 12 – 3x ≤ 0 là:

A. x ≤ 4;

B. x ≥ 4;

C. x ≤ − 4;

D. x ≥ − 4.

Giải thích:

Ta có: 12 – 3x ≤ 0

 – 3x ≤ – 12

 x ≥ 4.

Do đó, bất phương trình đã cho có nghiệm x ≥ 4.

(21)

Câu 3: Cho tam giác ABC đồng dạng với tam giác MNP và ^ABC

MNP

S 9

S  . A. MN

AB 9;

B. MN AB 3;

C. MN 1 AB  9; D. MN 1

AB 3.

Giải thích:

Do ∆ABC ∆MNP nên

2 ABC

MNP

S AB

S MN

 

  

  Mà ^ABC

MNP

S AB

9 3

S  MN  . Do đó MN 1

AB 3. Vậy chon đáp án D.

Câu 4:

a) Nếu ba cạnh của tam giác này tỉ lệ với ba cạnh của tam giác kia thì hai tam giác đó đồng dạng.

b) Nếu hai cạnh của tam giác này tỉ lệ với hai cạnh của tam giác kia và hai góc tạo bởi các cặp cạnh đó bằng nhau thì hai tam giác đó đồng dạng.

c) Nếu hai góc của tam giác này lần lượt bằng hai góc của tam giác kia thì hai tam giác đó đồng dạng với nhau.

(22)

d) Tam giác vuông này có một góc nhọn bằng góc nhọn của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó đồng dạng.

II. Tự luận

Bài 1 (2,5 điểm):

a) 8x + 6 = 3x + 41

 8x − 3x = 41 − 6

 5x = 35

 x = 7.

b) ^x ² ¹ ²

x 2 x x(x 2)

  

 

ĐKXĐ: x 0 x 0

x 2 0 x 2

 

 

    

 

x(x 2) x 2 2

x(x 2) x(x 2) x(x 2)

 

 

  

Suy ra: x(x + 2) = x – 2 + 2 x² + 2x = x – 2 + 2

 x² + x = 0

 x(x + 1) = 0

 x = 0 hoặc x + 1 = 0

 x = 0 (không TMĐK) hoặc x = −1 (TMĐK).

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {−1}.

(23)

c) 2x 2 x 2

3 2 2

   

2(2x 2) 12 3(x 2)

6 6 6

 

  

 2(2x + 2) ≥ 12 + 3(x – 2)

 4x + 4 ≥ 12 + 3x – 6

 4x + 4 ≥ 6 + 3x

 4x – 3x ≥ 6 – 4

 x ≥ 2.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = {x | x  2}.

Bài 2 (1,5 điểm):

Gọi x (km) là độ dài quãng đường AB (ĐK: x > 48).

Thời gian dự định đi quãng đường AB là x

48 (giờ).

Sau khi đi được 1 giờ, quãng đường còn lại ô tô phải đi là: x – 48 (km).

Thời gian đi trên quãng đường còn lại sau khi tăng vận tốc là: x 48 54

 (giờ).

Vì thời gian dự định đi bằng tổng thời gian thực tế đi và thời gian chờ tàu nên ta có phương trình:

x 48 1 x

54 1 6 48

   

x 48 7 x

54 6 48

   

x x 48 7

48 54 6

   

(24)

9x 8(x 48) 504

432 432 432

   

 9x – 8(x – 48) = 504

 9x – 8x + 384 = 504

 x = 504 – 384

 x = 120 (TMĐK).

Vậy độ dài quãng đường AB là 120 km.

Bài 3 (3 điểm):

a) Ta có AB // CD, áp dụng định lý Ta-let: OA OB OC OD. Do đó: OA . OD = OB . OC (đpcm).

b) Từ câu a suy ra: OA OB AB OC OD  CD

OA 5 1

6 10 2

  

OA 6 3

  2 (cm).

Do OE // DC nên theo hệ quả định lí Ta-let:

AE AO EO

AC  AC  DC

(25)

3 EO

3 6 10

 



3. 10 10

EO 9 3

   (cm).

Vậy OA = 3 cm, 10 EO 3 cm.

c) Do OE // AB, theo hệ quả định lý Ta-lét ta có: OE DE AB DA (1) Do OE // CD, theo hệ quả định lý Ta-lét ta có: OE AE

DC DA (2) Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được: OE OE DE AE

AB DC  DADA 1.

Suy ra 1 1

OE 1

AB CD

  

 

  hay 1 1 1

OE AB CD (*) Chứng minh tương tự, ta có: 1 1 1

OG  AB DC (**) Từ (*) và (**) suy ra: 1 1 1 1

OE OG  ABCD (đpcm).

Bài 4 (1 điểm):

Độ dài hai cạnh góc vuông của đáy là 5 cm, 12 cm nên ∆ABC vuông tại B.

Theo định lý Py-ta-go, ta có:

(26)

2 2 2 2

AC AB BC  5 12 13 (cm).

Diện tích xung quanh của lăng trụ là:

(5 + 12 + 13) . 8 = 240 (cm²).

Diện tích một đáy của lăng trụ là:

1. 5 . 12 30

2  (cm²).

Thể tích của lăng trụ là:

30 . 8 = 240 (cm³).

Vậy hình lăng trụ có diện tích xung quanh là 240 cm² và có thể tích là 240 cm³.

Đề 4

Câu 1: Phương trình nào sau đây là phương trình bậc nhất một ẩn?

A. 0x + 25 = 0;

B. ₂x x 8 0

 ; C. x + y = 0;

D. 1

5x 0

 3 .

Câu 2: Tập nghiệm của phương trình x² – x = 0 là:

A. S ={0};

B. S = {0; 1};

C. S = {1};

D. Một kết quả khác.

(27)

Câu 3: Bất đẳng thức nào sau đây là đúng?

A. (−5) . 3 ≤ 16;

B. (−5) + 3 ≥ 1;

C. 15 + (−3) ≥ 18 + (−3);

D. 5 . (−2) ≤ 7 . (−2).

Câu 4: Nếu ∆ABC đồng dạng với ∆A’B’C’ theo tỉ số k thì ∆A’B’C’ đồng dạng với

∆ABC theo tỉ số nào?

A. 1 k ; B. – k;

C. 1 k

 ;

D. 1.

Câu 5: Nếu a < b thì 2a 1 2b 1 . Dấu thích hợp điền vào ô trống là:

A. ≥ B. ≤ C. <

D. >

Câu 6: Hình hộp chữ nhật có chiều dài bằng 5 cm, chiều rộng bằng 3 cm, chiều cao bằng 4 cm thì có thể tích là:

A. 12 cm³; B. 48 cm³; C. 24 cm³. D. 60 cm³;

(28)

Bài 1 (3 điểm): Giải các phương trình và bất phương trình sau:

a) 2x – 3 = 0;

b) x 3 5 x

5 3

   ;

c) ¹ ³ ¹

x 1 x 2 (x 1)(x 2)

  

    .

Bài 2 (1,5 điểm): Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình.

Một xe máy và một ô tô cùng khởi hành từ tỉnh A đi đến tỉnh B. Xe máy đi với vận tốc 30 km/h, ô tô đi với vận tốc 40 km/h. Sau khi đi được nửa quãng đường AB, ô tô tăng vận tốc thêm 5 km/h trên quãng đường còn lại, do đó nó đến tỉnh B sớm hơn xe máy 1 giờ 10 phút. Tính độ dài quãng đường AB.

Bài 3 (2 điểm): Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.

a) Chứng minh ∆AEB đồng dạng với ∆AFC. Từ đó suy ra AF . AB = AE . AC.

b) Chứng minh: AEFABC.

c) Cho AE = 3 cm, AB = 6 cm. Chứng minh rằng S_ABC = 4S_AEF.

Bài 4 (1,5 điể ): Tính diện tích toàn phần và thể tích của hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác vuông theo các kích thước ở hình sau:

(29)

Đáp án

I. Trắc nghiệm (2 điểm)

Câu 1: Phương trình nào sau đây là phương trình bậc nhất một ẩn?

A. 0x + 25 = 0;

B. ₂x x 8 0

 ; C. x + y = 0;

D. 1

5x 0

 3 .

Giải thích:

Phương trình bậc nhất một ẩn là phương trình có dạng ax + b = 0, với a và b là hai số đã cho và a ≠ 0.

Xét các phương trình ở các đáp án A, B, C, D:

• Phương trình 0x + 25 = 0 có hệ số a = 0 nên không phải là phương trình bậc nhất một ẩn.

(30)

• Phương trình ₂x x 8 0

 không có dạng ax + b = 0 nên không phải là phương trình bậc nhất một ẩn.

• Phương trình x + y = 0 có chứa hai ẩn x và y nên không phải là phương trình bậc nhất một ẩn.

• Phương trình 1

5x 0

 3 có dạng ax + b = 0 (với a = 5 ≠ 0 và 1

b3) nên phương trình đã cho là phương trình bậc nhất một ẩn.

Vậy chọn đáp án D.

Câu 2: Tập nghiệm của phương trình x² – x = 0 là:

A. S ={0};

B. S = {0; 1};

C. S = {1};

D. Một kết quả khác.

Giải thích:

Ta có: x² – x = 0

 x(x – 1) = 0

 x = 0 hoặc x – 1 = 0

 x = 0 hoặc x = 1.

Do đó tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {0; 1}.

Câu 3: Bất đẳng thức nào sau đây là đúng?

A. (−5) . 3 ≤ 16;

(31)

B. (−5) + 3 ≥ 1;

C. 15 + (−3) ≥ 18 + (−3);

D. 5 . (−2) ≤ 7 . (−2).

Giải thích:

Xét các bất đẳng thức ở các đáp án A, B, C, D, ta được:

• Ta có: (−5) . 3 = −15 ≤ 16. Do đó, đáp án A đúng.

• Ta có: (−5) + 3 = −2 < 1. Do đó, đáp án B sai.

• Ta có: 15 + (−3) = 15 – 3 = 12; 18 + (−3) = 18 – 3 = 15.

Vì 12 < 15 nên 15 + (−3) < 18 + (−3).

Do đó, đáp án C sai.

• Ta có: 5 . (−2) = − 10; 7 . (−2) = − 14.

Vì – 10 > − 14 nên 5 . (−2) > 7 . (−2).

Do đó, đáp án D sai.

Vậy chọn đáp án A.

Câu 4: Nếu ∆ABC đồng dạng với ∆A’B’C’ theo tỉ số k thì ∆A’B’C’ đồng dạng với

∆ABC theo tỉ số nào?

A. 1 k ;

B. – k;

C. 1 k

 ;

D. 1.

Giải thích:

(32)

Ta có: ∆ABC ∆A’B’C’ theo tỷ số đồng dạng k.

Hay AB

A 'B'k.

Suy ra ∆A’B’C’ ∆ABC theo tỷ số đồng dạng A 'B' 1 AB  k. Vậy chọn đáp án A.

Câu 5: Nếu a < b thì 2a 1 2b 1 . Dấu thích hợp điền vào ô trống là:

A. ≥ B. ≤ C. <

D. >

Giải thích:

Ta có: a < b

 2a < 2b

 2a + 1 < 2b + 1.

Do đó dấu cần điền vào ô trống là <.

Câu 6: Hình hộp chữ nhật có chiều dài bằng 5 cm, chiều rộng bằng 3 cm, chiều cao bằng 4 cm thì có thể tích là:

A. 12 cm³; B. 48 cm³; C. 24 cm³.

(33)

D. 60 cm³; Giải thích:

Thể tích của hình hộp chữ nhật là:

5 . 3 . 4 = 60 (cm³).

Vậy chọn đáp án D.

Bài 1 (3 điểm):

a) 2x – 3 = 0

 2x = 3 x 3

  2.

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 3

S 2

   

 . b) x 3 5 x

5 3

  

3(x 3) 5(5 x)

15 15

 

 

 3(x + 3) < 5(5 – x)

 3x + 9 < 25 – 5x

 3x + 5x < 25 – 9

 8x < 16

 x < 2.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là {x | x < 2}.

(34)

c) ¹ ³ ¹ x 1 x 2 (x 1)(x 2)

  

    .

ĐKXĐ: x 1 0 x 1

x 2 0 x 2

  

 

    

 

x 2 3(x 1) 1

(x 1)(x 2) (x 1)(x 2) (x 1)(x 2)

    

     

Suy ra: x – 2 – 3(x – 1) = –1

 x – 2 – 3x + 3 = –1

 x – 3x = –1 + 2 – 3

 – 2x = – 2

 x = 1 (không ĐKXĐ).

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Bài 2 (1,5 điểm):

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

Đổi 1 giờ 10 phút = 7 6 giờ.

Thời gian xe máy đi hết quãng đường AB là x

30 (giờ).

Thời gian ô tô đi nửa đầu quãng đường AB là: x x

2: 4080 (giờ).

Vận tốc ô tô trên nửa sau quãng đường AB là: 40 + 5 = 45 (km/h).

(35)

Thời gian ô tô đi nửa sau quãng đường AB là: x x

2: 4590 (giờ).

Do ô tô đến tỉnh B sớm hơn xe máy 1 giờ 10 phút nên ta có phương trình:

x x x 7

30 8090 6

24x 9x 8x 840

720 720 720 720

   

 24x = 9x + 8x + 840

 24x – 9x – 8x = 840

 7x = 840

 x = 120 (TMĐK).

Vậy độ dài quãng đường AB là 120 km.

Bài 3 (2 điểm):

a) Xét ∆AEB và ∆AFC có:

AEB AFC 90  o; EAF chung.

(36)

Do đó: ∆AEB ∆AFC (g.g).

Suy ra: AB AE

AC  AF hay AF . AB = AE . AC.

b) Xét ∆AEF và ∆ABC có:

EAF chung;

AF AE

AC  AB (do AB AE AC  AF ).

Do đó: ∆AEF ∆ABC (c.g.c).

Suy ra: AEFABC (hai góc tương ứng).

c) Từ câu b: ∆AEF ∆ABC nên AE 3 1 AB 6 2. Suy ra

2 AEF

ABC

S AE 1 1

S AB 2 4

      .

Do đó S_ABC = 4S_AEF. Bài 4 (1,5 điể ):

Xét ∆ABC vuông tại A, áp dụng định lý Py-ta-go, ta có:

BC² = AB² + AC² = 4² + 3² = 25.

(37)

Suy ra: BC = 5 cm.

Sxq = (3 + 4 + 5) . 9 = 108 (cm²).

Diện tích đáy của hình lăng trụ đứng là:

đ

S 1. 3 . 4 6

 2  (cm²).

Diện tích toàn phần của hình lăng trụ là:

Stp = Sxq + S2đ = 108 + 2 . 6 = 120 (cm²).

Thể tích của hình lăng trụ đứng là:

V = S_đ . h = 6 . 9 = 54 (cm³).

Vậy hình lăng trụ đứng có diện tích toàn phần là 120 cm² và thể tích là 54 cm³.

(38)

Đề 5

Bài 1 (1,5 điểm): Cho biểu thức: 1 ₂2x 1 2

A 1

x 2 x 4 x 2 x

  

        .

a) Rút gọn biểu thức A.

b) Tìm x để A = 1.

a) |x – 9| = 2x + 5;

b) 1 2x 1 5x

2 x

4 8

     ;

c) 2 3 3x₂ 5

x 3 x 3 x 9

  

   .

Bài 3 (2 điểm): Một tàu thủy chạy trên một khúc sông dài 80 km, cả đi lẫn về mất 8 giờ 20 phút. Tính vận tốc của tàu thủy khi nước lặng. Biết rằng vận tốc dòng nước là 4 km/h.

Bài 4 (3 điểm): Cho hình bình hành ABCD và điểm F trên cạnh BC. Tia AF cắt BD và DC lần lượt ở E và G. Chứng minh:

a) Chứng minh: ∆DEA ∆BEF và ∆DGE ∆BAE.

b) Chứng minh: AE² = EF . EG.

c) Chứng minh rằng BF. DG không đổi khi điểm F thay đổi trên BC.

Bài 5 (1 điểm): Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ (như hình vẽ). Tính diện tích xung quanh của hình lăng trụ. Biết CA = 3 cm, AB = 4 cm, BB’ = 7 cm.

(39)

Đáp án Bài 1 (1,5 điểm):

a) ĐKXĐ:

x 0

x 0 x 2 0

x 2

x 2 0

 

   

   

  



Ta có: 1 ₂2x 1 2

A 1

x 2 x 4 x 2 x

  

        

1 2x 1 2 x

x 2 (x 2)(x 2) x 2 . x

  

       

x 2 2x x 2 (x 2)

(x 2)(x 2) (x 2)(x 2) (x 2)(x 2) . x

     

         

x 2 2x x 2 (x 2) (x 2)(x 2) . x

     

  

4x 1 4

x 2. x x 2

 

 

  .

Vậy 1 ₂2x 1 2 4

A 1

x 2 x 4 x 2 x x 2

   

          .

(40)

b) Ta có A = 1 hay 4 x 2 1

 

 .

 x + 2 = − 4

 x = − 6 (TMĐK).

Vậy để A =1 thì x = − 6.

Bài 2 (2,5 điểm):

a) |x – 9| = 2x + 5

• Với x ≥ 9 thì |x – 9| = x – 9.

Khi đó: x – 9 = 2x + 5

 2x – x = – 9 – 5

 x = − 14 (loại).

• Với x < 9 thì |x – 9| = 9 – x.

Khi đó: 9 – x = 2x + 5

 2x + x = 9 – 5

 3x = 4 x 4

 3 (TMĐK).

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 4

S 3

   

 . b) 1 2x 1 5x

2 x

4 8

    

2(1 2x) 16 1 5x 8x

8 8 8 8

 

   

 2(1 – 2x) – 16 ≤ 1 – 5x + 8x

(41)

 2 – 4x – 16 ≤ 1 + 3x

 – 4x – 3x ≤ 1 – 2 + 16

 – 7x ≤ 15 x 15

7

   .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 15 S x | x

7

  

  

 .

c) 2 3 3x₂ 5

x 3 x 3 x 9

  

  

ĐKXĐ: x 3 0

x 3

x 3 0

  

  

  



Phương trình đã cho tương đương với:

2 3 3x 5

x 3 x 3 (x 3)(x 3)

  

   

2(x 3) 3(x 3) 3x 5

(x 3)(x 3) (x 3)(x 3) (x 3)(x 3)

  

  

     

Suy ra: 2(x + 3) + 3(x – 3) = 3x + 5

 2x + 6 + 3x – 9 = 3x + 5

 5x – 3 = 3x + 5

 5x – 3x = 3 + 5

 2x = 8

 x = 4 (TMĐK).

Bài 3 (2 điểm):

(42)

Gọi x (km/h) vận tốc của tàu khi nước yên lặng (x > 4).

Đổi: 8 giờ 20 phút = 25 3 giờ.

Vận tốc của tàu khi xuôi dòng là: x + 4 (km/h).

Vận tốc của tàu khi ngược dòng là: x − 4 (km/h).

Thời gian tàu đi xuôi dòng là: 80

x4 (giờ).

Thời gian tàu đi ngược dòng là: 80

x4 (giờ).

Vì thời gian cả đi lẫn về là 8 giờ 20 phút hay 25

3 giờ nên ta có phương trình:

80 80 25

x 4 x 4  3

 

16 16 5

x 4 x 4 3

  

 

48(x 4) 48(x 4) 5(x 4)(x 4) 3(x 4)(x 4) 3(x 4)(x 4) 3(x 4)(x 4)

   

  

     

 48(x – 4) + 48(x + 4) = 5(x + 4)(x – 4)

 48(x – 4 + x + 4) = 5(x² – 16)

 96x = 5x² – 80

 5x² – 96x – 80 = 0

 (x – 20)(5x + 4) = 0

 x = 20 (TM) hoặc 4

x 5

  (loại)

Vậy vận tốc của tàu khi nước yên lặng là 20 km/h.

(43)

Bài 4 (3 điểm):

Ta có ABCD là hình bình hành nên:

+ AD // BC hay BF // AD.

Khi đó: EDAEBF; EADEFB (các cặp góc so le trong).

+ AB // CD hay AB//GD.

DGEBAE (hai góc so le trong).

Xét ∆DEA và ∆BEF có:

EDAEBF (cmt).

EADEFB (cmt).

Do đó ∆DEA ∆BEF (g.g).

Xét ∆DGE và ∆BAE có:

DGEBAE (cmt)

DEGBEA (hai góc đối đỉnh) Do đó ∆DGE ∆BAE (g.g).

Vậy ∆DEA ∆BEF và ∆DGE ∆BAE.

b) Theo câu a, ta có:

+ ∆DEA ∆BEF suy ra: ^EA ^DE EF  BE (1) + ∆DGE ∆BAE suy ra:^DE ^EG

BE  EA (2) Từ (1) và (2) suy ra ^EA ^EG

EF  EA.

F E

D C G

B A

(44)

Do đó: EA² = EF . FG (đpcm).

c) Theo câu a, ta có:

+ ∆DEA ∆BEF suy ra: ^DA ^DE BF  BE (3) + ∆DGE ∆BAE suy ra: ^DE ^DG

BE  BA (4) Từ (3) và (4) suy ra ^DA ^DG

BF  BA .

Do đó: BF . DG = AD . AB (không đổi).

Vậy BF . DG không đổi khi F thay đổi trên BC.

Bài 5 (1 điểm):

Áp dụng định lí Py-ta-go vào ∆ABC vuông tại A, ta có:

BC² = AB² + AC² = 3² + 4² = 25.

Suy ra: BC = 5 cm.

Ta có: Sxq = (AB +AC + BC) . BB’

= (3 + 4 + 5) . 7 = 84 (cm²).

Vậy diện tích xung quanh của hình lăng trụ là 84 cm².

(45)

Đề 6

Bài 1 (3 điểm): Giải các phương trình và bất phương trình sau:

a) |x + 5| = 3x + 1;

b) x 6 x 2

5 3 2

    ;

c) x 2 3 2(x 11)₂

x 2 x 2 x 4

 

 

   .

Bài 2 (2 điểm): Một bạn học sinh đi học từ nhà đến trường với vận tốc trung bình 4 km/h. Sau khi đi được 2

3 quãng đường, bạn ấy đã tăng vận tốc lên 5 km/h. Tính quãng đường từ nhà đến trường của bạn học sinh đó, biết rằng thời gian bạn ấy đi từ nhà đến trường là 28 phút.

Bài 3 (3 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 6 cm, AC = 8 cm. Kẻ đường cao AH.

a) Chứng minh: ABC đồng dạng với HBA.

b) Chứng minh: AH² = HB . HC.

c) Tính độ dài các cạnh BC, AH.

d) Phân giác của góc ACB cắt AH tại E, cắt AB tại D. Tính tỉ số diện tích của hai tam giác ACD và HCE.

Bài 4 (1,5 điểm): Tính diện tích toàn phần và thể tích của hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác vuông theo các kích thước ở hình sau:

(46)

Bài 5 (0,5 điểm): Cho ba số x, y, z dương và đôi một khác nhau thỏa mãn 1 1 1

x  y z 0. Tính giá trị của biểu thức: A ₂ ^yz ₂ ^xz ₂ ^xy x 2yz y 2xz z 2xy

  

   .

Đáp án Bài 1 (3 điểm):

a) |x + 5| = 3x + 1

• Với x ≥ − 5 thì |x + 5| = x + 5.

Khi đó: x + 5 = 3x + 1

 3x – x = 5 – 1

 2x = 4

 x = 2 (TM).

• Với x < − 5 thì |x + 5| = – x – 5.

Khi đó: – x – 5 = 3x + 1

 3x + x = – 5 – 1

 4x = – 6

(47)

x 3 2

   (loại).

b) x 6 x 2

5 3 2

   

3(x 6) 5(x 2) 30

15 15 15

 

  

 3(x + 6) – 5(x – 2) < 30

 3x + 18 – 5x + 10 < 30

 – 2x + 28 < 30

 – 2x < 2

 x > –1.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S = {x | x > –1}.

c) x 2 3 2(x 11)₂

x 2 x 2 x 4

 

 

  

ĐKXĐ: x 2 0

x 2

x 2 0

  

  

  

 .

x 2 3 2(x 11)

x 2 x 2 (x 2)(x 2)

   

   

(x 2)2 3(x 2) 2(x 11) (x 2)(x 2) (x 2)(x 2) (x 2)(x 2)

  

  

     

 (x – 2)² – 3(x + 2) = 2(x – 11)

 x² – 4x + 4 – 3x – 6 = 2x – 22

 x² – 7x – 2 = 2x – 22

(48)

 x² – 9x + 20 = 0

 (x² – 4x) – (5x – 20) = 0

 x(x – 4) – 5(x – 4) = 0

 (x – 4)(x – 5) = 0

 x – 4 = 0 hoặc x – 5 = 0

 x = 4 (TM) hoặc x = 5 (TM).

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {4; 5}.

Bài 2 (2 điểm):

Gọi x (km) là quãng đường từ nhà đến trường của bạn học sinh (x > 0).

Quãng đường đi với vận tốc 4 km/h là 2

3x (km).

Thời gian đi 2

3 quãng đường đó là: 2 x x : 4

3  6 (giờ).

Quãng đường đi với vận tốc 5 km/h là 1

3x (km).

Thời gian đi 1

3 quãng đường còn lại là: 1 x x : 5

3 15 (giờ).

Đổi 28 phút = 7

15 giờ.

Thời gian đi hết quãng đường là 28 phút hay 7

15 giờ nên ta có phương trình:

x x 7

61515

x x 7

2 5 5

  

(49)

5x 2x 14 10 10 10

  

 5x + 2x = 14

 7x = 14

 x = 2 (TMĐK).

Vậy quãng đường từ nhà đến trường của bạn học sinh đó là 2 km.

Bài 3 (3 điểm):

a) Xét ABC và HBA có:

BACAHB 90 o B chung

Do đó ABC HBA (g.g).

b) Chứng minh: AH² = HB . HC.

Xét ABH và CAH có:

AHBAHC 90 o (vì AHBC).

BAHACH (cùng phụ CAH ).

Do đó ABH CAH (g.g).

c) Áp dụng định lý Py-ta-go vào ABC vuông tại A, ta có:

2 2 2 2

BC AB AC  6 8 10 (cm).

(50)

Từ câu a: ABC HBA nên: AC BC HA  BA . Suy ra: AC. BA 8. 6

HA 4,8

BC 10

   (cm).

Vậy BC = 10 cm; AH = 4,8 cm.

d) Từ câu a: ABC HBA nên: AB BC HB BA . Suy ra:

2 2

AB 6

HB 3,6

BC 10

   (cm).

Do đó: HC = BC – HB = 10 – 3,6 = 6,4 (cm).

Xét ACD và HCE có:

CADAHC 90 o

1 2

C C (vì CD là tia phân giác của ACB ) Do đó ACD HCE (g.g).

Suy ra

2 2 ACD

HCE

S AC 8 25

S HC 6, 4 16

 

     . Bài 4 (1,5 điểm):

Xét ∆ABC vuông tại A, áp dụng định lý Py-ta-go, ta có:

BC² = AB² + AC² = 6² + 8² = 100.

(51)

Suy ra: BC = 10 cm.

Sxq = (6 + 8 + 10) . 15 = 360 (cm²).

Diện tích đáy của hình lăng trụ đứng là:

đ

S 1 . 6 . 8 24

 2  (cm²).

Diện tích toàn phần của hình lăng trụ là:

Stp = Sxq + S2đ = 360 + 2 . 24 = 408 (cm²).

Thể tích của hình lăng trụ đứng là:

V = S_đ . h = 24 . 15 = 360 (cm³).

Vậy hình lăng trụ đứng có diện tích toàn phần là 360 cm² và thể tích là 360 cm³. Bài 5 (0,5 điểm):

Ta có: ¹ ¹ ¹ 0 ^xy ^yz ^xz 0

x y z xyz

 

     .

Mà ba số x, y, z dương nên: xyz > 0.

Nên: xy + yz + xz = 0

 yz = – xy – xz.

Ta có: x²+ 2yz = x²+ yz – xy – xz

= x(x – y) – z(x – y) = (x – y)(x – z).

Tương tự: y²+ 2xz = (y – x)(y – z);

z²+ 2xy = (z – x)(z – y).

Do đó: A ₂ ^yz ₂ ^xz ₂ ^xy

x 2yz y 2xz z 2xy

  

  

(52)

yz xz xy (x y)(x z) (y x)(y z) (z x)(z y)

  

     

yz(y z) xz(z x) xy(x y)

(x y)(y z)(z x) (x y)(y z)(z x) (x y)(y z)(z x)

   

  

        

yz(y z) xz(z x) xy(x y) (x y)(y z)(z x)

     

   

yz(y z) xz(y z x y) xy(x y) (x y)(y z)(z x)

       

   

yz(y z) xz(y z) xz(x y) xy(x y) (x y)(y z)(z x)

       

   

(y z)(xz yz) (x y)(xz xy) (x y)(y z)(z x)

    

   

z(x y)(y z) x(x y)(y z) (x y)(y z)(z x)

    

   

(x y)(y z)(z x) (x y)(y z)(z x) 1

  

 

   .

Vậy A ₂ ^yz ₂ ^xz ₂ ^xy 1

x 2yz y 2xz z 2xy

   

   .