Bài tập cuối chương 8

Bài tập cuối chương 8 trang 94 sách giáo khoa toán lớp 8 tập 2 Cánh Diều. Các em cùng Bumbii giải các bài tập sau.

1. Cho ∆DEG ∽ ∆MNP, \(\widehat{E} =60^o,\ \widehat{M}=40^o.\)

a) Số đo góc D bằng bao nhiêu độ?

A. \(40^o.\)

B. \(50^o.\)

C. \(60^o.\)

D. \(80^o.\)

Giải

Vì \(ΔDEG∽ΔMNP\) nên \(\widehat D=\widehat M=40^o.\)

Chọn đáp án A.

b) Số đo góc N bằng bao nhiêu độ?

A. \(40^o.\)

B. \(50^o.\)

C. \(60^o.\)

D. \(80^o.\)

Giải

Vì \(ΔDEG∽ΔMNP\) nên \(\widehat E=\widehat N=60^o.\)

Chọn đáp án C.

c) Số đo góc P bằng bao nhiêu độ?

A. \(40^o.\)

B. \(50^o.\)

C. \(60^o.\)

D. \(80^o.\)

Giải

Xét tam giác MNP có:

\(\widehat M+\widehat N+\widehat P=180^o\)

\(40^o+60^o+\widehat P=180^o\)

\(\widehat P=80^o.\)

Chọn đáp án D.

\(\)

2. Cho ∆DEG ∽ ∆MNP, DE = 2 cm, DG = 4 cm, MN = 4 cm, NP = 6 cm.

a) Độ dài cạnh EG là:

A. \(2\ cm.\)

B. \(3\ cm.\)

C. \(4\ cm.\)

D. \(8\ cm.\)

Giải

Vì ΔDEG∽ΔMNP ta có:

\(\displaystyle\frac{DE}{MN} = \displaystyle\frac{EG}{NP} = \displaystyle\frac{DG}{MP}\)

\(⇒\displaystyle\frac{2}{4} = \displaystyle\frac{EG}{NP} = \displaystyle\frac{DG}{MP}\)

\(⇒\displaystyle\frac{1}{2} = \displaystyle\frac{EG}{6} = \displaystyle\frac{4}{MP}\)

\(⇒EG=3\ cm,\ MP=8\ cm.\)

Chọn đáp án B.

b) Độ dài cạnh MP là:

A. \(2\ cm.\)

B. \(3\ cm.\)

C. \(4\ cm.\)

D. \(8\ cm.\)

Chọn đáp án D.

\(\)

3. Cho tam giác ABC, các điểm M, N, P lần lượt thuộc các cạnh AB, AC, BC sao cho tứ giác BMNP là hình bình hành (Hình 102). Chứng minh \(\displaystyle\frac{MN}{BC}+\displaystyle\frac{NP}{AB}=1.\)

Giải

Vì BMNP là hình bình hành nên NP // AB.

Suy ra \(\displaystyle\frac{NP}{AB} = \displaystyle\frac{CP}{CB}\) (định lý Thalès)

Ta có: \(\displaystyle\frac{MN}{BC} = \displaystyle\frac{BP}{BC}\)

Khi đó \(\displaystyle\frac{MN}{BC} + \displaystyle\frac{NP}{AB} = \displaystyle\frac{BP}{BC} + \displaystyle\frac{CP}{BC} = \displaystyle\frac{BC}{BC} = 1.\)

\(\)

4. Cho tứ giác ABCD. Tia phân giác của các góc BAD và BCD cắt nhau tại điểm I. Biết I thuộc đoạn thẳng BD (Hình 103). Chứng minh AB.CD = AD.BC.

Giải

Vì AI là đường phân giác của góc DAB nên \(\displaystyle\frac{ID}{IB} = \displaystyle\frac{AD}{AB}.\)

Vì CI là đường phân giác của góc BCD nên \(\displaystyle\frac{ID}{IB} = \displaystyle\frac{CD}{CB}.\)

Suy ra \(\displaystyle\frac{AD}{AB} = \displaystyle\frac{CD}{CB}.\)

Hay \(AB . CD = AD . BC.\)

\(\)

5. Cho hình bình hành ABCD. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB, BC, AN và Q là giao điểm của AN và DM. Chứng minh:

a) MP // AD, MP = \(\displaystyle\frac{1}{4}\)AD;

b) AQ = \(\displaystyle\frac{2}{5}\)AN;

c) Gọi R là trung điểm của CD. Chứng minh ba điểm M, P, R thẳng hàng và PR = \(\displaystyle\frac{3}{4}\)AD.

Giải

Vì M và P lần lượt là trung điểm của AB và AN nên MP là đường trung bình của tam giác ABN.

Suy ra MP // BN hay MP // BC.

Mà ABCD là hình bình hành nên AD // BC

Do đó MP // AD.

Ta có: \(MP = \displaystyle\frac{1}{2}NB\)

Mà N là trung điểm BC nên \(NB = \displaystyle\frac{1}{2}BC\)

\( \Rightarrow MP = \displaystyle\frac{1}{4}BC \Rightarrow MP = \displaystyle\frac{1}{4}AD\)

b) Vì MP // AD nên \(\displaystyle\frac{MP}{AD} = \displaystyle\frac{QP}{AQ}\) (định lý Thalès)

\( \Rightarrow \displaystyle\frac{QP}{AQ} = \displaystyle\frac{1}{4} \Rightarrow AQ = 4QP\ (1)\)

Ta có: \(QP = AP – AQ = \displaystyle\frac{1}{2}AN – AQ\) (P là trung điểm AN)

Thay vào (1) ta được \(AQ = 4.\left({\displaystyle\frac{1}{2}AN – AQ} \right)\)

\( \Rightarrow AQ = 2AN – 4AQ \Rightarrow 5AQ = 2AN \Rightarrow AQ = \displaystyle\frac{2}{5}AN\)

c) Vì M và R lần lượt là trung điểm của AB và CD nên \(MR // AD,\,\,MR = AD\)

Mà ta đã chứng minh \(MP // AD\) nên ba điểm M, P, R thẳng hàng.

Theo câu a) ta có: \(MP = \displaystyle\frac{1}{4}AD \Rightarrow MP = \displaystyle\frac{1}{4}MR\)

\( \Rightarrow PR = \displaystyle\frac{3}{4}MR \Rightarrow PR = \displaystyle\frac{3}{4}AD\).

\(\)

6. Cho tam giác ABC đồng dạng với tam giác A’B’C’ theo tỉ số đồng dạng k.

a) Cho AM, A’M’ lần lượt là các đường trung tuyến của các tam giác ABC, A’B’C’. Chứng minh ∆ABM ∽ ∆A’B’M’ và \(\displaystyle\frac{AM}{A’M’}=k.\)

b) Cho AD, A’D’ lần lượt là các đường phân giác của các tam giác ABC, A’B’C’. Chứng minh ∆ABD ∽ ∆A’B’D’ và \(\displaystyle\frac{AD}{A’D’}=k.\)

c) Cho AH, A’H’ lần lượt là các đường cao của các tam giác ABC, A’B’C’. Chứng minh ∆ABH ∽ ∆A’B’H’ và \(\displaystyle\frac{AH}{A’H’}=k.\)

Giải

a) Vì ∆ABC ∽ ∆A’B’C’ theo tỉ số đồng dạng k nên \(\displaystyle\frac{AB}{A’B’} = \displaystyle\frac{BC}{B’C’} = k;\) \(\widehat B = \widehat{B’}\)

Mà AM và A’M’ lần lượt là trung tuyến của hai tam giác ABC và A’B’C’ nên M và M’ lần lượt là trung điểm của BC và B’C’.

Suy ra \(BM = \displaystyle\frac{1}{2}BC;\ B’M’ = \displaystyle\frac{1}{2}B’C’.\)

Do đó \(\displaystyle\frac{AB}{A’B’} = \displaystyle\frac{BM}{B’M’} = k.\)

Xét hai tam giác ABM và A’B’M’ có:

\(\displaystyle\frac{AB}{A’B’} = \displaystyle\frac{BM}{B’M’}\) và \(\widehat B = \widehat{B’}\)

Suy ra ∆ABM ∽ ∆A’B’M’.

Do đó \(\displaystyle\frac{AM}{A’M’} = \displaystyle\frac{BM}{B’M’} = k.\)

b) Vì ∆ABC ∽ ∆A’B’C’ theo tỉ số đồng dạng k nên \(\displaystyle\frac{AB}{A’B’} = \displaystyle\frac{AC}{A’C’} = k;\) \(\widehat B = \widehat{B’}\)

\(\displaystyle\frac{AB}{AC} = \displaystyle\frac{A’B’}{A’C’}\)

Vì AD và A’D’ lần lượt là phân giác của hai tam giác ABC và A’B’C’ nên \(\displaystyle\frac{DB}{DC} = \displaystyle\frac{AB}{AC}\) và \(\displaystyle\frac{D’B’}{D’C’} = \displaystyle\frac{A’B’}{A’C’}\)

Suy ra \(\displaystyle\frac{DB}{DC} = \displaystyle\frac{D’B’}{D’C’}\)

Hay \(\displaystyle\frac{DB}{D’B’} = \displaystyle\frac{DC}{D’C’} = \displaystyle\frac{DB + DC}{D’B’ + D’C’} = \displaystyle\frac{BC}{B’C’}.\)

Mà \(\displaystyle\frac{AB}{A’B’} = \displaystyle\frac{BC}{B’C’}\) (chứng minh ở câu a) nên \(\displaystyle\frac{DB}{D’B’} = \displaystyle\frac{AB}{A’B’}.\)

Xét hai tam giác ABD và A’B’D’ có:

\(\displaystyle\frac{BD}{B’D’} = \displaystyle\frac{AB}{A’B’}\) và \(\widehat B = \widehat{B’}\)

Suy ra ∆ABD ∽ ∆A’B’D’.

Do đó \(\displaystyle\frac{AD}{A’D’}=\displaystyle\frac{AB}{A’B’}=k.\)

c) Ta có \(\widehat{B} =\widehat{B’}\) và \(\widehat{AHB} =\widehat{A’H’B’} =90^o\)

Suy ra ∆ABH ∽ ∆A’B’H’ nên \(\displaystyle\frac{AB}{A’B’}=\displaystyle\frac{AH}{A’H’}=k.\)

\(\)

7. Tính các độ dài x, y, z, t ở các Hình 104a, 104b, 104c.

Giải

a) Xét hai tam giác AMN và ABC có:

\(\widehat{AMN} = \widehat{ABC}\) và \(\widehat A\) là góc chung.

Suy ra ∆AMN ∽ ∆ABC.

Do đó \(\displaystyle\frac{AM}{AB} = \displaystyle\frac{AN}{AC} \Rightarrow \displaystyle\frac{x}{x + 2} = \displaystyle\frac{6}{6 + 3}\)

\(\Rightarrow9x = 6\left( {x + 2} \right)\)

\(\Rightarrow 9x = 6x + 12 \Rightarrow x = 4\)

b) Vì \(\widehat H = \widehat E\) mà hai góc này so le trong nên GH // EF.

Theo hệ quả của định lý Thales:

\(\Rightarrow \displaystyle\frac{GH}{EF} = \displaystyle\frac{GD}{FD} = \displaystyle\frac{HD}{ED}\)

\(\Rightarrow \displaystyle\frac{z}{7,8} = \displaystyle\frac{y}{9} = \displaystyle\frac{2}{6} = \displaystyle\frac{1}{3}\)

\(\Rightarrow \displaystyle\frac{z}{7,8} = \displaystyle\frac{1}{3} \Rightarrow z = 2,6;\) \(\displaystyle\frac{y}{9} = \displaystyle\frac{1}{3} \Rightarrow z = 3.\)

c) Ta thấy IK là đường phân giác của \(\widehat{ILJ}\)

Suy ra \(\displaystyle\frac{JK}{KL} = \displaystyle\frac{IJ}{IL} \Rightarrow \displaystyle\frac{t}{3} = \displaystyle\frac{2,4}{3,6} = \displaystyle\frac{2}{3}.\)

Vậy \(t = 2.\)

\(\)

8. Cho Hình 105. Chứng minh:

a) ∆HAB ∽ ∆HBC;

b) HB = HD = 6 cm.

Giải

a) Ta có: \(\widehat{AHB}=\widehat{ABC}=90^o,\) \(\widehat A\) là góc chung.

Suy ra ∆HAB ∽ ∆BAC (1)

Ta có: \(\widehat{BHC}=\widehat{ABC}=90^o,\) \(\widehat C\) là góc chung.

Suy ra: ∆HBC ∽ ∆BAC (2)

Từ (1) và (2) suy ra: ∆HAB ∽ ∆HBC.

b) ∆HAB ∽ ∆HBC (câu a)

Suy ra \(\displaystyle\frac{HA}{HB}=\displaystyle\frac{HB}{HC}\) hay \(\displaystyle\frac{4}{HB}=\displaystyle\frac{HB}{9}.\)

Do đó \(HB^2 = 36\) hay \(HB = 6 cm\) (3)

Chứng minh tương tự câu a ta có: ∆HAD ∽ ∆HDC

Suy ra \(\displaystyle\frac{HA}{HD}=\displaystyle\frac{HD}{HC}\) hay \(\displaystyle\frac{4}{HD}=\displaystyle\frac{HD}{9}.\)

Do đó \(HD^2 = 36\) hay \(HD = 6 cm\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra: \(HB = HD = 6 cm.\)

\(\)

9. Cho Hình 106. Chứng minh:

a) \(AH^2 = AB . AI = AC . AK;\)

b) \(\widehat{AIK}=\widehat{ACH}.\)

Giải

a) Xét hai tam giác AIH và AHB có:

\(\widehat{AIH}=\widehat{AHB}=90^o,\) \(\widehat A\) là góc chung.

Suy ra ∆AIH ∽ ∆AHB.

Do đó \(\displaystyle\frac{AI}{AH}=\displaystyle\frac{AH}{AB}\) hay \(AH^2 = AB . AI\)

Xét hai tam giác AKH và AHC có:

\(\widehat{AKH}=\widehat{AHC}=90^o,\) \(\widehat A\) là góc chung.

Suy ra ∆AKH ∽ ∆AHC.

Do đó \(\displaystyle\frac{AK}{AH}=\displaystyle\frac{AH}{AC}\) hay \(AH^2 = AC . AK\)

Vậy \(AH^2 = AB . AI = AC . AK.\)

b) Vì \(AB . AI = AC . AK\) suy ra \(\displaystyle\frac{AB}{AK}=\displaystyle\frac{AC}{AI}.\)

Xét hai tam giác ABC và AKI có:

\(\displaystyle\frac{AB}{AK}=\displaystyle\frac{AC}{AI},\) \(\widehat A\) là góc chung.

Do đó ∆ABC ∽ ∆AKI.

Nên \(\widehat{AIK}=\widehat{ACB}\) hay \(\widehat{AIK}=\widehat{ACH}.\)

\(\)

10. Cho tam giác ABC có M, N là hai điểm lần lượt thuộc các cạnh AB, AC sao cho MN // BC. Gọi I, P, Q lần lượt là giao điểm của BN và CM, AI và MN, AI và BC. Chứng minh:

a) \(\displaystyle\frac{MP}{BQ}=\displaystyle\frac{PN}{QC}=\displaystyle\frac{AP}{AQ};\)

b) \(\displaystyle\frac{MP}{QC}=\displaystyle\frac{PN}{BQ}=\displaystyle\frac{IP}{IQ}.\)

Giải

a) Theo định lí Thalès ta có:

MP // BQ nên \(\displaystyle\frac{MP}{BQ}=\displaystyle\frac{AP}{AQ}\)

PN // QC nên \(\displaystyle\frac{PN}{QC}=\displaystyle\frac{AP}{AQ}\)

Suy ra \(\displaystyle\frac{MP}{BQ}=\displaystyle\frac{PN}{QC}=\displaystyle\frac{AP}{AQ}.\)

b) Theo định lí Thalès ta có:

MP // QC nên \(\displaystyle\frac{MP}{QC}=\displaystyle\frac{IP}{IQ}\)

PN // BQ nên \(\displaystyle\frac{PN}{BQ}=\displaystyle\frac{IP}{IQ}\)

Suy ra \(\displaystyle\frac{MP}{QC}=\displaystyle\frac{PN}{BQ}=\displaystyle\frac{IP}{IQ}.\)

\(\)

11. Cho Hình 107. Chứng minh:

a) \(∆ABN ∽ ∆AIP\) và \(AI . AN = AP . AB;\)

b) \(AI . AN + BI . BM = AB^2\)

Giải

a) Xét hai tam giác ABN và AIP có:

\(\widehat{ANB} = \widehat{API} = 90^o\) và \(\widehat A\) là góc chung.

\( \Rightarrow \)\(∆ABN ∽ ∆AIP.\)

\( \Rightarrow \displaystyle\frac{AB}{AI} = \displaystyle\frac{AN}{AP} \Rightarrow AI.AN = AP.AB\)

b) Xét hai tam giác AMB và IPB có:

\(\widehat{AMB} = \widehat{IPB} = 90^o\) và \(\widehat B\) là góc chung.

\( \Rightarrow \)\(∆AMB ∽ ∆IPB.\)

\( \Rightarrow \displaystyle\frac{AB}{BI} = \displaystyle\frac{BM}{BP} \Rightarrow BI.BM = AP.PB\)

Khi đó: \(AI.AN + BI.BM = AP.AB + AB.PB\) \(= AB\left( {AP + PB} \right) = A{B^2}\)

\(\)

12. Hình 108 minh họa mặt cắt đứng của tủ sách nghệ thuật ở nhà bác Ngọc. Sau một thời gian sử dụng, tủ sách đó đã có dấu hiệu bị xuống cấp và cần sửa lại. Các tấm ngăn BM, CN, DP bị hỏng và cần thay mới. Em hãy giúp bác Ngọc tính toán chiều dài các tấm ngăn mới lần lượt thay thế cho các tấm ngăn BM, CN, DP đã bị hỏng. Biết chiều dài tấm ngăn EQ bằng 4 m.

Giải

Theo định lí Thalès ta có:

BM // EQ nên \(\displaystyle\frac{BM}{EQ}=\displaystyle\frac{AB}{AE}\) hay \(\displaystyle\frac{BM}{4}=\displaystyle\frac{1}{4}.\) Suy ra \(BM = 1.\)

CN // EQ nên \(\displaystyle\frac{CN}{EQ}=\displaystyle\frac{AC}{AE}\) hay \(\displaystyle\frac{CN}{4}=\displaystyle\frac{2}{4}.\) Suy ra \(CN = 2.\)

DP // EQ nên \(\displaystyle\frac{DP}{EQ}=\displaystyle\frac{AD}{AE}\) hay \(\displaystyle\frac{DP}{4}=\displaystyle\frac{3}{4}.\) Suy ra \(DP = 3.\)

\(\)

13. Cho Hình 109. Hình nào đồng dạng phối cảnh với:

a) Tam giác OAB?

b) Tam giác OBC?

c) Tam giác OCD?

d) Tứ giác ABCD?

Giải

a) Tam giác OMN là hình đồng dạng phối cảnh với tam giác OAB.

b) Tam giác ONP là hình đồng dạng phối cảnh với tam giác OBC.

c) Tam giác OPQ là hình đồng dạng phối cảnh với tam giác OCD.

d) Tứ giác MNPQ là hình đồng dạng phối cảnh với tứ giác ABCD.

\(\)

14. Hình 110 có ghi thứ tự của 6 lá mầm, trong đó có nhiều cặp lá mầm gợi nên những cặp hình đồng dạng. Hãy viết 6 cặp lá mầm gợi nên những hình đồng dạng.