Bài tập cuối chương 3 trang 72 sách bài tập toán lớp 8 tập 1 NXB Chân Trời Sáng Tạo.
CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM
1. Cho tam giác MNP vuông tại M. Biết MN = 40, MP = 9. Độ dài cạnh NP bằng
A. \(41.\)
B. \(\sqrt{1519}.\)
C. \(1681.\)
D. \(\sqrt{41}.\)
Giải
Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác MNP vuông tại M có:
\(NP^2 = MN^2 + MP^2 = 40^2 + 9^2 = 1681.\)
Suy ra \(NP=\sqrt{1681}=41.\)
Chọn đáp án A.
\(\)
2. Ba số nào sau đây không thể là độ dài ba cạnh của một tam giác vuông?
A. \(3;\ 4;\ 5.\)
B. \(5;\ 12;\ 13.\)
C. \(7;\ 24;\ 25.\)
D. \(9;\ 40;\ 42.\)
Giải
Ta có: \(42^2\ (= 1764) ≠ 9^2 + 40^2\ (= 1681).\)
Do đó bộ ba số \(9;\ 40;\ 42\) không thể là độ dài ba cạnh của một tam giác vuông.
Chọn đáp án D.
\(\)
3. Một tứ giác có số đo ba góc lần lượt bằng \(80^o,\ 40^o,\ 100^o.\) Số đo góc còn lại bằng
A. \(80^o.\)
B. \(120^o.\)
C. \(240^o.\)
D. \(140^o.\)
Giải
Số đo góc còn lại của tứ giác:
\(360^o-80^o-40^o-100^o = 140^o.\)
Chọn đáp án D.
\(\)
4. Cho hình thang cân có độ dài hai đáy lần lượt là 10 cm và 4 cm, độ dài cạnh bên là 5 cm. Hình thang đó có chiều cao là
A. \(2\ cm.\)
B. \(3\ cm.\)
C. \(4\ cm.\)
D. \(6\ cm.\)
Giải
Vẽ hình thang cân ABCD (AB // CD) có AB = 4 cm, CD = 10 cm và AD = BC = 5 cm.
Kẻ hai đường cao AH và BK.
Xét \(\Delta ADE\) vuông tại E và \(\Delta BCF\) vuông tại F có:
AD = BC (hai cạnh bên của hình thang cân);
\(\widehat{ADE}=\widehat{BCF}\) (do ABCD là hình thang cân);
Suy ra \(\Delta ADE=\Delta BCF\) (cạnh huyền – góc nhọn).
Do đó DE = CF (hai cạnh tương ứng).
Ta có: ABFE là hình chữ nhật nên AB = EF = 4 cm.
Suy ra \(DE=CF=\displaystyle\frac{CD-EF}{2}=\displaystyle\frac{10-4}{2}=3\ (cm).\)
Áp dụng định lý Pythagore trong \(\Delta ADE\) vuông tại E ta có:
\(AD^2 = AE^2 + DE^2,\) suy ra \(AE^2 = AD^2-DE^2 = 5^2-3^2 = 16.\)
Suy ra \(AE=\sqrt{16}=4\ (cm).\)
Chọn đáp án C.
\(\)
5. Cho hình bình hành MNPQ có O là giao điểm của hai đường chéo. Biết MN = 6, OM = 3, ON = 4. Độ dài của MP, NQ, PQ lần lượt là
A. \(6;\ 8;\ 6.\)
B. \(8;\ 6;\ 6.\)
C. \(6;\ 6;\ 8.\)
D. \(8;\ 8;\ 6.\)
Giải
Do ABCD là hình bình hành nên MN = PQ = 6 cm.
Do O là giao điểm của hai đường chéo hình bình hành nên ON = OQ, OM = OP
Suy ra MP = 2OM = 2.3 = 6 cm và NQ = 2ON = 2.4 = 8 cm.
Chọn đáp án A.
\(\)
6. Cho hình thoi EFGH có hai đường chéo cắt nhau tại O. Biết OE = 6, OF = 8. Độ dài cạnh EF là
A. \(12.\)
B. \(16.\)
C. \(10.\)
D. \(100.\)
Giải
Do EFGH là hình thoi nên EG ⊥ HF tại O.
Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác EOF vuông tại O có:
\(EF^2 = OE^2 + OF^2 = 6^2 + 8^2 = 100.\)
Suy ra \(EF=\sqrt{100}=10.\)
Chọn đáp án C.
\(\)
7. Một hình vuông có diện tích bằng diện tích của hình chữ nhật có hai cạnh bằng 2 cm và 18 cm. Độ dài cạnh của hình vuông bằng
A. \(9\ cm.\)
B. \(6\ cm.\)
C. \(36\ cm.\)
D. \(12\ cm.\)
Giải
Diện tích hình chữ nhật là: \(2.18 = 36\ (cm^2).\)
Độ dài cạnh của hình vuông là: \(\sqrt{36}=6 (cm).\)
Chọn đáp án B.
\(\)
8. Một hình vuông có cạnh bằng \(\sqrt{8}\ cm.\) Độ dài đường chéo của hình vuông bằng
A. \(4\ cm.\)
B. \(2\sqrt{2}\ cm.\)
C. \(8\ cm.\)
D. \(\sqrt{2}\ cm.\)
Giải
Vẽ hình vuông ABCD có cạnh bằng \(\sqrt{8}\ cm.\)
Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác ADC vuông tại D có:
\(AC^2 = AD^2 + CD^2 =(\sqrt{8})^2 + (\sqrt{8})^2 = 16.\)
Suy ra \(AC=\sqrt{16}=4\ cm.\)
Chọn đáp án A.
\(\)
9. Một hình bình hành có thể không có tính chất nào sau đây?
A. Hai cạnh đối bằng nhau.
B. Hai cạnh đối song song.
C. Hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
D. Hai đường chéo bằng nhau.
Giải
Chọn đáp án D.
\(\)
BÀI TẬP TỰ LUẬN
10. Tính độ dài cạnh chưa biết của các tam giác vuông trong Hình 1.
Giải
Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông ta có:
a) \(8^2 = x^2 + 5^2,\) suy ra \(x = \sqrt{8^2-5^2} = \sqrt{39}\ (cm).\)
b) \(40^2 = x^2 + 37^2,\) suy ra \(x = \sqrt{10^2-37^2} = \sqrt{231}\ (cm).\)
c) \(16^2 = x^2 + 7^2,\) suy ra \(x = \sqrt{16^2-7^2} =3\sqrt{23}\ (km).\)
\(\)
11. Tìm số đo các góc chưa biết của các tứ giác trong Hình 2.
Giải
a) Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta CBD\) có:
AB = BC; AD = CD; BD là cạnh chung.
Suy ra \(\Delta ABD=\Delta CBD\) (c.c.c).
Do đó \(x=\widehat{BAD}=\widehat{BCD}=114^o.\)
Tronng tứ giác ABCD, ta có: \(\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}+\widehat{D}=360^o\)
\(y=\widehat{D}=360^o-\widehat{A}-\widehat{B}-\widehat{C}\) \(=360^o-114^o-88^o-114^o=44^o.\)
b) Xét \(\Delta EFH\) và \(\Delta GFH\) có:
EF = GF; EH = GH; FH là cạnh chung.
Suy ra \(\Delta EFH=\Delta GFH\) (c.c.c).
Do đó \(\widehat{FEH}=\widehat{FGH}.\)
Tronng tứ giác ABCD, ta có: \(\widehat{E}+\widehat{F}+\widehat{H}+\widehat{G}=360^o\)
Suy ra \(\widehat{E}+\widehat{G}=360^o-\widehat{F}-\widehat{H}\) \(=360^o-95^o-60^o=205^o\)
Do đó \(\widehat{E}=\widehat{G}=\displaystyle\frac{205^o}{2}=102,5^o.\)
Vậy \(x = y = 102,5^o.\)
\(\)
12. Cho tứ giác EKIT có EK = ET, IK = IT; \(\widehat{KET}=90^o;\ \widehat{EKI}=105^o.\) Gọi S là giao điểm của hai đường chéo. Tìm số đo các góc \(\widehat{KIS},\ \widehat{SKI}.\)
Giải
Xét \(\Delta KEI\) và \(\Delta TEI\) có:
EK = ET, IK = IT; EI là cạnh chung.
Suy ra \(\Delta KEI=\Delta TEI\) (c.c.c).
Do đó \(\widehat{KEI}=\widehat{TEI}\) hay \(\widehat{KES}=\widehat{TES}=\displaystyle\frac{\widehat{KET}}{2}=\displaystyle\frac{90^o}{2}=45^o.\)
Tronng tam giác EKI, ta có: \(\widehat{KIE}=180^o-\widehat{KEI}-\widehat{EKI}\) \(=180^o-45^o-105^o=30^o.\)
Xét \(\Delta KET\) có EK = ET và \(\widehat{KET}=90^o\) nên \(\Delta KET\) vuông cân tại E.
Suy ra \(\widehat{EKT}=45^o.\)
Khi đó \(\widehat{SKI}=\widehat{EKI}-\widehat{EKT}\) \(=105^o-45^o=60^o.\)
\(\)
13. Tính chiều cao của hình thang cân ABCD biết rằng cạnh bên BC = 25 cm và các cạnh đáy AB = 10 cm, CD = 24 cm.
Giải
Từ A, B lần lượt kẻ AH, BK vuông góc với CD (H, K ∈ CD).
Xét tứ giác ABKH có: AB // HK (vì AB // CD), AH // BK (cùng vuông góc với CD).
Do đó, tứ giác ABKH là hình bình hành. Suy ra HK = AB = 10 cm.
Xét \(\Delta ADH\) vuông tại H và \(\Delta BCK\) vuông tại K, ta có:
\(\widehat{D}=\widehat{C};\) AD = BC (do ABCD là hình thang cân).
Do đó \(\Delta ADH=\Delta BCK\) (cạnh huyền – góc nhọn).
Suy ra DH = CK.
Ta có DH + HK + CK = CD hay 10 + 2CK = 24, suy ra CK = 7 (cm).
Xét \(\Delta BCK\) vuông tại K, ta có
\(BC^2 = BK^2 + CK^2\) hay \(25^2 = BK^2 + 7^2.\)
Do đó \(BK = \sqrt{25^2-7^2} =24\ cm.\)
\(\)
14. Cho hình thang cân ABCD có AB // CD, DB là tia phân giác của góc D, DB ⊥ BC. Biết AB = 4 cm. Tính chu vi hình thang đó.
Giải
Ta có: AB // CD nên \(\widehat{B_1}=\widehat{D_2}\) (hai góc so le trong).
DB là tia phân giác của góc D (giả thiết) nên \(\widehat{D_1}=\widehat{D_2}.\)
Do đó \(\widehat{B_1}=\widehat{D_1}.\)
Suy ra \(\Delta ABD\) cân tại A, suy ra AB = AD = 4 cm.
Mà ABCD là hình thang cân, nên BC = AD = 4 cm.
Gọi M là giao điểm của AD và BC.
Xét \(\Delta MDC\) có DB là tia phân giác của góc D và DB cũng là đường cao hạ từ đỉnh D nên \(\Delta MDC\) là tam giác đều.
Suy ra DM = DC = MC = 2BC = 2.4 = 8 cm.
Vậy chu vi hình thang là:
\(AB + BC + CD + DA\) \(= 4 + 4 + 8 + 4 = 20\ cm.\)
\(\)
15. Cho tam giác ABC cân tại A có BC = 6 cm. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, AC, BC.
a) Tính độ dài MN. Chứng minh MBCN là hình thang cân.
b) Gọi K là điểm đối xứng của B qua N. Chứng minh tứ giác ABCK là hình bình hành.
c) Gọi H là điểm đối xứng của P qua M. Chứng minh AHBP là hình chữ nhật.
d) Chứng minh AMPN là hình thoi.
Giải
a) \(\Delta ABC\) có M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC (giả thiết).
Theo bài 4, trang 63, ta có:
MN // BC và \(MN=\displaystyle\frac{1}{2}BC=\displaystyle\frac{1}{2}.6=3\ (cm).\)
Xét tứ giác MNCB có MN // BC (chứng minh trên).
Do đó, tứ giác MNCB là hình thang có hai đáy là MN, BC.
Ta lại có \(\widehat{B}=\widehat{C}\) (\(\Delta ABC\) cân tại A).
Suy ra hình thang MNCB là hình thang cân.
b) Xét tứ giác ABCK có:
N là trung điểm của AC (giả thiết);
N là trung điểm của BK (K là điểm đối xứng của B qua N).
Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành.
c) Xét tứ giác AHBP có:
M là trung điểm của AB (giả thiết);
M là trung điểm của HP (H là điểm đối xứng của P qua M).
Do đó, tứ giác AHBP là hình bình hành (1)
\(\Delta ABC\) cân tại A có AP là đường trung tuyến ứng với cạnh BC.
Do đó AP ⊥ BC tại P, suy ra \(\widehat{APB}=90^o.\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra AHBP là hình chữ nhật.
d) \(\Delta ABC\) có M, P lần lượt là trung điểm của AB, BC (giả thiết).
Theo bài 4, trang 63, ta có:
MP // AC và \(MP=\displaystyle\frac{1}{2}AC\) hay MP // AN (N ∈ AC) và \(MP=AN\ (=\displaystyle\frac{1}{2}AC).\)
Xét tứ giác AMPN có:
MP = AN (chứng minh trên);
MP // AN (chứng minh trên).
Do đó, tứ giác AMPN là hình bình hành (3)
Mặt khác, \(AM=\displaystyle\frac{1}{2}AB,\ AN=\displaystyle\frac{1}{2}AC\) và AB = AC nên AM = AN (4)
Từ (3) và (4) suy ra AMPN là hình thoi.
\(\)
16. Cho hình bình hành ABCD. Trên đường chéo BD lấy hai điểm M và N sao cho BM = DN.
a) Chứng minh tứ giác AMCN là hình bình hành.
b) Xác định vị trí của điểm M để tia AM cắt BC tại trung điểm của BC.
Giải
a) Xét \(\Delta ABM\) và \(\Delta CDN\) có:
AB = CD (ABCD là hình bình hành);
\(\widehat{B_1}=\widehat{D_1}\) (hai góc so le trong);
BM = DN (giả thiết).
Do đó \(\Delta ABM=\Delta CDN\) (c.g.c).
Suy ra AM = CN (hai cạnh tương ứng).
Chứng minh tương tự, ta được \(\Delta AND=\Delta CMB\) (c.g.c).
Suy ra AN = CM (hai cạnh tương ứng).
Xét tứ giác AMCN có: AM = CN (chứng minh trên) và AN = CM (chứng minh trên).
Do đó, tứ giác AMCN là hình bình hành.
b) Gọi E là giao điểm của tia AM và BC.
Xét \(\Delta BNC\) có ME // CN và E là trung điểm của BC (giả thiết).
Theo bài 5, trang 63, ta có: M là trung điểm của BN.
Do đó BM = MN, mà BM = DN (giả thiết) nên BM = MN = ND.
Suy ra \(BM=\displaystyle\frac{1}{3}BD.\)
\(\)
17. Cho hình bình hành ABCD có O là giao điểm của hai đường chéo. Lấy các điểm M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AO, BO, CO, DO.
a) Chứng minh tứ giác MNPQ là hình bình hành.
b) Chứng minh tứ giác ANCQ là hình bình hành.
Giải
a) Ta có M, N lần lượt là trung điểm của AO, BO.
Theo bài 4, trang 63, ta có: MN // AB; \(MN=\displaystyle\frac{1}{2}AB.\) (1)
Tương tự, xét \(\Delta OCD\) ta cũng có PQ // CD; \(QP=\displaystyle\frac{1}{2}DC.\) (2)
Mà AB // CD; AB = CD (ABCD là hình bình hành). (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra MN // PQ, MN = PQ.
Vậy tứ giác MNPQ là hình bình hành.
b) Xét \(\Delta ANB\) và \(\Delta CQD\) có:
AB = CD (ABCD là hình bình hành);
\(\widehat{ABN}=\widehat{CDQ}\) (hai góc so le trong);
BN = DQ (= \(\displaystyle\frac{1}{4}\)BD) (vì OB = OD, NO = NB, QO = QD)
Do đó \(\Delta ANB=\Delta CQD\) (c.g.c). Suy ra AN = CQ. (4)
Xét \(\Delta AQD\) và \(\Delta CNB\) có:
AD = BC (do ABCD là hình bình hành);
\(\widehat{ADQ}=\widehat{CBN}\) (hai góc so le trong);
DQ = BN (= \(\displaystyle\frac{1}{4}\)BD).
Do đó \(\Delta AQD\)=\(\Delta CNB\) (c.g.c). Suy ra AQ = CN. (5)
Từ (4) và (5) suy ra ANCQ là hình bình hành.
\(\)
18. Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC. Gọi I là trung điểm của AB và K là trung điểm của CD. Chứng minh:
a) AIKD và BIKC là hình vuông.
b) \(IK=\displaystyle\frac{DC}{2}\) và \(\widehat{DIC}=90^o.\)
Giải
a) Vì I là trung điểm của AB nên \(IA=IB=\displaystyle\frac{1}{2}AB\) (1)
Vì K là trung điểm của CD nên \(KD=KC=\displaystyle\frac{1}{2}CD\) (2)
Vì ABCD là hình chữ nhật nên AB = CD. (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra \(IA=IB=KC=KD\ (=\displaystyle\frac{1}{2}AB).\)
Ta có AB = 2BC, suy ra \(BC=\displaystyle\frac{1}{2}AB,\) suy ra \(IA=IB=KC=KD=BC=AD\ (=\displaystyle\frac{1}{2}AB).\)
Xét tứ giác AIKD có: AI // DK (vì ABCD là hình chữ nhật); AI = DK (chứng minh trên).
Suy ra tứ giác AIKD là hình bình hành.
Ta lại có AI = AD nên AIKD là hình thoi.
Mà \(\widehat{A}=90^o\) nên AIKD là hình vuông.
Xét tứ giác BIKC có: BI // CK (vì ABCD là hình chữ nhật); và BI = CK (chứng minh trên) nên BIKC là hình bình hành.
Lại có BI = BC nên BIKC là hình thoi.
Mà \(\widehat{B}=90^o\) nên BIKC là hình vuông.
b) Vì AIKD là hình vuông nên \(IK=AD=BC=\displaystyle\frac{1}{2}AB=\displaystyle\frac{1}{2}CD.\)
Suy ra \(IK=\displaystyle\frac{1}{2}CD.\)
Vì AIKD là hình vuông nên ID là đường phân giác của \(\widehat{AIK}.\)
Suy ra \(\widehat{DIK}=\displaystyle\frac{\widehat{AIK}}{2}=\displaystyle\frac{90^o}{2}=45^o.\)
Vì BIKC là hình vuông nên IC là đường phân giác của \(\widehat{BIK}.\)
Suy ra \(\widehat{CIK}=\displaystyle\frac{\widehat{BIK}}{2}=\displaystyle\frac{90^o}{2}=45^o.\)
Do đó \(\widehat{DIC}=\widehat{DIK}+\widehat{CIK}=45^o+45^o=90^o.\)
Vậy \(\widehat{DIC}=90^o.\)
\(\)
19. Cho hình bình hành ABCD. Gọi DE, BK lần lượt là đường phân giác của hai góc \(\widehat{ADB},\ \widehat{DBC}\) (E ∈ AB, K ∈ CD).
a) Chứng minh DE // BK.
b) Giả sử DE ⊥ AB. Chứng minh DA = DB.
c) Trong trường hợp DE ⊥ AB, tìm số đo của \(\widehat{ADB}\) để tứ giác DEBK là hình vuông.
Giải
a) Ta có ABCD là hình bình hành nên AD // BC.
Suy ra \(\widehat{ADB}=\widehat{DBC}\) (hai góc so le trong).
Do đó \(\displaystyle\frac{\widehat{ADB}}{2}=\displaystyle\frac{\widehat{DBC}}{2},\) suy ra \(\widehat{EDB}=\widehat{KBD}.\)
Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên DE // BK.
b) Xét \(\Delta DAB\) có DE vừa là đường cao vừa là đường phân giác, suy ra \(\Delta DAB\) cân tại D.
Khi đó, DA = DB.
c) Xét tứ giác DEBK có: DE // BK, BE // DK.
Suy ra DEBK là hình bình hành.
Mà \(\widehat{E}=90^o\) nên DEBK là hình chữ nhật.
Để tứ giác DEBK là hình vuông thì DE = EB.
Mà \(\Delta DAB\) cân tại D nên DE vừa là đường cao vừa là trung tuyến của \(\Delta DAB\).
Suy ra \(DE=EB=\displaystyle\frac{AB}{2}\) suy ra \(\Delta DAB\) vuông tại D hay \(\widehat{ADB}=90^o.\)
\(\)
Xem bài giải trước: Bài 5. Hình chữ nhật – Hình vuông
Xem bài giải tiếp theo: Bài 1. Thu thập và phân loại dữ liệu
Xem thêm các bài giải khác tại: Giải Bài Tập Toán Lớp 8 Chân Trời Sáng Tạo
Thông tin liên hệ & mạng xã hội:
Website: https://bumbii.com/
Facebook: https://www.facebook.com/bumbiiapp
Pinterest: https://www.pinterest.com/bumbiitech
