Đề thi học kì 2 Toán 8 Kết nối tri thức - Đề số 7

a) Đúng

Điều kiện để hàm số trên là hàm số bậc nhất là \(2 - m \ne 0\) suy ra \(m \ne 2\).

b) Sai

Với \(m =  - 1\), ta được \(y = \left[ {2 - \left( { - 1} \right)} \right]x + 3\left( { - 1} \right) - 1 = 3x - 4\)

Do đó \(\left( d \right):y = 3x - 4\).

Thay \(x = 0,y = 4\) vào \(y = 3x - 4\), ta được: \(3.0 - 4 = 4\) hay \( - 4 = 4\) (vô lí)

Do đó với \(m =  - 1\) thì đồ thị hàm số \(\left( d \right)\) không đi qua điểm \(A\left( {0;4} \right)\).

c) Đúng

Để đường thẳng \(\left( d \right):y = \left( {2 - m} \right)x + 3m - 1\) song song với \(\left( {d'} \right):y =  - x + m - 3\) thì:

\(2 - m =  - 1\) và \(3m - 1 \ne m - 3\)

\(m = 2 + 1\)        \(3m - m \ne  - 3 + 1\)

\(m = 3\)              \(2m \ne  - 2\)

                            \(m \ne  - 1\)

Do đó \(m = 3\).

d) Đúng

Với \(x = 0\) thì \(y =  - 0 + 2 = 2\) nên \(\left( {d''} \right):y =  - x + 2\) cắt trục tung tại điểm có tung độ là 2.

Vì \(\left( d \right):y = \left( {2 - m} \right)x + 3m - 1\) cắt đường thẳng \(\left( {d''} \right):y =  - x + 2\) tại một điểm thuộc trục tung nên giao điểm của hai đường thẳng là điểm \(\left( {0;2} \right)\).

Thay \(x = 0;y = 2\) vào \(\left( d \right):y = \left( {2 - m} \right)x + 3m - 1\), ta được:

\(\begin{array}{l}2 = \left( {2 - m} \right).0 + 3m - 1\\2 = 3m - 1\\3m = 3\\m = 1\end{array}\)

Vậy để \(\left( d \right)\) cắt đường thẳng \(\left( {d''} \right):y =  - x + 2\) tại một điểm thuộc trục tung thì \(m = 1\).

Đáp án: ĐSĐĐ

Do điểm D được gấp trùng với điểm E nên ta có \(AD = AE = 10cm\).

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác AEB vuông tại B, ta có:

\(A{B^2} + B{E^2} + A{E^2}\)

suy ra \(B{E^2} = A{E^2} - A{B^2} = {10^2} - {8^2} = 36\)

Do đó \(BE = \sqrt {36}  = 6\left( {cm} \right)\)

Vì ABCD là hình chữ nhật nên \(AD = BC = 10cm\) nên \(BE + EC = BC\)

Suy ra \(EC = BC - BE = 10 - 6 = 4\left( {cm} \right)\).

Đáp án: 4

a) Vì ABCD là hình chữ nhật nên \(\widehat {BAD} = 90^\circ \).

Vì \(AH \bot BD\) tại H nên ta có: \(\widehat {BAD} = \widehat {AHB} = 90^\circ \).

Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta HBA\) có:

\(\widehat {BAD} = \widehat {AHB} = 90^\circ \) (cmt)

\(\widehat {ABD}\) chung

nên $\Delta ABD\backsim \Delta HBA$ (g.g) (đpcm)

b) Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta HAD\) có:

\(\widehat {BAD} = \widehat {AHD} = 90^\circ \)

\(\widehat {BDA}\) chung

nên $\Delta ABD\backsim \Delta HAD\left( g.g \right)$

suy ra \(\frac{{AD}}{{DH}} = \frac{{BD}}{{AD}}\) hay \(A{D^2} = BD.DH\)

Mà AD = BC (do ABCD là hình chữ nhật)

Do đó \(B{C^2} = BD.DH\) (đpcm)

c) Chứng minh \(\Delta AIE\) cân tại A

Vì DE là đường phân giác của tam giác ABD nên \(\widehat {ADE} = \widehat {EDB}\)

Vì $\Delta ABD\backsim \Delta HAD\left( cmt \right)$ nên \(\widehat {DBA} = \widehat {HAD}\) (hai góc tương ứng)

suy ra \(\widehat {DBA} + \widehat {EDB} = \widehat {HAD} + \widehat {EDA}\) (1)

Xét \(\Delta AID\) có \(\widehat {AIE} = \widehat {IAD} + \widehat {IDA} = \widehat {HAD} + \widehat {EDA}\) (tính chất góc ngoài) (2)

Xét \(\Delta DEB\) có \(\widehat {AEI} = \widehat {EBD} + \widehat {BDE}\) (tính chất góc ngoài) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\widehat {AIE} = \widehat {AEI}\).

Do đó \(\Delta AIE\) cân tại A (đpcm)

Chứng minh \(A{E^2} = IH.EB\)

\(\Delta AIE\) cân tại A suy ra AE = AI

Xét \(\Delta ADH\) có DI là đường phân giác nên \(\frac{{IH}}{{IA}} = \frac{{DH}}{{DA}}\), suy ra \(\frac{{IH}}{{AE}} = \frac{{DH}}{{DA}}\) (4)

Vì $\Delta ABD\backsim \Delta HAD\left( cmt \right)$ nên \(\frac{{DH}}{{AD}} = \frac{{AD}}{{BD}}\) (5)

Từ (4) và (5) suy ra \(\frac{{IH}}{{AE}} = \frac{{AD}}{{BD}}\) (6)

Xét \(\Delta ADB\) có DE là đường phân giác nên \(\frac{{AE}}{{EB}} = \frac{{AD}}{{BD}}\) (7)

Từ (6) và (7) suy ra \(\frac{{IH}}{{AE}} = \frac{{AE}}{{EB}}\), do đó \(A{E^2} = IH.EB\) (đpcm)