Bài tập cuối chương 8 trang 83 sách bài tập toán lớp 8 tập 2 Cánh Diều.
56. Cho tam giác \(ABC.\) Các điểm \(M,\ N\) lần lượt thuộc các cạnh \(AB\) và \(AC\) thỏa mãn \(MN\ //\ BC\) và \(\displaystyle\frac{AM}{MB}=\displaystyle\frac{2}{3}.\) Tỉ số \(\displaystyle\frac{NC}{AN}\) bằng
A. \(\displaystyle\frac{2}{3}.\)
B. \(\displaystyle\frac{2}{5}.\)
C. \(\displaystyle\frac{3}{2}.\)
D. \(\displaystyle\frac{3}{5}.\)
Giải
Do \(MN\ //\ BC\) nên theo định lí Thalès, ta có:
\(\displaystyle\frac{AM}{MB}=\displaystyle\frac{AN}{NC}=\displaystyle\frac{2}{3},\) suy ra \(\displaystyle\frac{NC}{AN}=\displaystyle\frac{3}{2}.\)
Chọn đáp án D.
\(\)
57. Cho hai tam giác MNP và M’N’P’. Phát biểu nào sau đây là đúng?
A. Nếu \(\widehat{M}=\widehat{M’}\) và \(\widehat{N}=\widehat{P’}\) thì \(\Delta MNP\ ᔕ\ \Delta M’N’P’.\)
B. Nếu \(\widehat{M}=\widehat{N’}\) và \(\widehat{N}=\widehat{P’}\) thì \(\Delta MNP\ ᔕ\ \Delta M’N’P’.\)
C. Nếu \(\widehat{M}=\widehat{P’}\) và \(\widehat{N}=\widehat{M’}\) thì \(\Delta MNP\ ᔕ\ \Delta M’N’P’.\)
D. Nếu \(\widehat{M}=\widehat{M’}\) và \(\widehat{P}=\widehat{P’}\) thì \(\Delta MNP\ ᔕ\ \Delta M’N’P’.\)
Giải
Nếu \(\widehat{M}=\widehat{M’}\) và \(\widehat{P}=\widehat{P’}\) thì \(\Delta MNP\ ᔕ\ \Delta M’N’P’\) (g.g).
Chọn đáp án D.
\(\)
58. Nếu \(\Delta MNP\ ᔕ\ \Delta DEG\) thì
A. \(\displaystyle\frac{MN}{MP}=\displaystyle\frac{DE}{DG}.\)
B. \(\displaystyle\frac{MN}{MP}=\displaystyle\frac{DE}{EG}.\)
C. \(\displaystyle\frac{MN}{MP}=\displaystyle\frac{DG}{EG}.\)
D. \(\displaystyle\frac{MN}{MP}=\displaystyle\frac{EG}{DE}.\)
Giải
Nếu \(\Delta MNP\ ᔕ\ \Delta DEG\) thì \(\displaystyle\frac{MN}{DE}=\displaystyle\frac{MP}{DG}.\)
Suy ra \(\displaystyle\frac{MN}{MP}=\displaystyle\frac{DE}{DG}.\)
Chọn đáp án A.
\(\)
59. Cho \(\Delta MNP\ ᔕ\ \Delta M’N’P’\) và \(\widehat{M}=30^o,\widehat{N’}=40^o.\) Số đo góc \(P\) là:
A. \(30^o.\)
B. \(40^o.\)
C. \(70^o.\)
D. \(110^o.\)
Giải
Vì \(\Delta MNP\ ᔕ\ \Delta M’N’P’\) nên \(\widehat{N}=\widehat{N’}=40^o.\)
Xét \(\Delta MNP\) có: \(\widehat{M}+\widehat{N}+\widehat{P}=180^o\)
Suy ra \(\widehat{P}=180^o-30^o-40^o=110^o.\)
Chọn đáp án D.
\(\)
60. Hình 54 cho biết A’B’ = 4, A’O = 3, AO = 6, OB = x, AB = y.
Giá trị của biểu thức x + y là:
A. \(22.\)
B. \(18.\)
C. \(20.\)
D. \(16.\)
Giải
Xét \(\Delta A’B’O\) vuông tại \(A’,\) ta có:
\( B'{{O}^{2}}=A’B’^{2}+A'{{O}^{2}}=4^2+3^2=25,\) suy ra \(B’O=5.\)
Do \(A’B’ ⊥ AA’,\ AB ⊥ AA’\) nên \(A’B’\ //\ AB.\)
Do đó \(\Delta ABO\ ᔕ\ \Delta A’B’O\) suy ra \(\displaystyle\frac{AB}{A’B’}=\displaystyle\frac{BO}{B’O}=\displaystyle\frac{AO}{A’O}.\)
Hay \(\displaystyle\frac{y}{4}=\displaystyle\frac{x}{5}=\displaystyle\frac{6}{3}.\)
Suy ra \(y=\displaystyle\frac{4.6}{3}=8;\) \(x=\displaystyle\frac{5.6}{3}=10.\)
Vậy \(x+y=10+8=18.\)
Chọn đáp án B.
\(\)
61. Cho tam giác \(ABC\) có \(DE\ //\ BC\) (Hình 55). Khẳng định nào dưới đây đúng?
A. \(\displaystyle\frac{AD}{AB}+\displaystyle\frac{CA}{CE}=1.\)
B. \(\displaystyle\frac{AB}{AD}+\displaystyle\frac{CE}{CA}=1.\)
C. \(\displaystyle\frac{AD}{AB}+\displaystyle\frac{CE}{CA}=1.\)
D. \(\displaystyle\frac{AC}{AB}+\displaystyle\frac{CE}{CA}=1.\)
Giải
Tam giác \(ABC\) có \(DE\ //\ BC\) nên theo hệ quả định lí Thalès ta có:
\(\displaystyle\frac{AD}{AB}=\displaystyle\frac{AE}{CA}=\displaystyle\frac{CA-CE}{CA}=1-\displaystyle\frac{CE}{CA}\)
Suy ra \(\displaystyle\frac{AD}{AB}+\displaystyle\frac{CE}{CA}=1.\)
Chọn đáp án C.
\(\)
62. Cho tam giác \(ABC\) có \(BD\) là đường phân giác của góc \(ABC\) (Hình 56). Độ dài \(DC\) là:
A. \(6.\)
B. \(9.\)
C. \(5.\)
D. \(8.\)
Giải
Tam giác \(ABC\) có \(BD\) là đường phân giác nên \(\displaystyle\frac{DA}{DC}=\displaystyle\frac{AB}{CB}\) hay \(\displaystyle\frac{4}{DC}=\displaystyle\frac{12}{18},\) suy ra \(DC=\displaystyle\frac{4.18}{12}=6.\)
Chọn đáp án A.
\(\)
63. \(\Delta ABC\ ᔕ\ \Delta DEF\) theo tỉ số đồng dạng \(k,\) \(\Delta MNP\ ᔕ\ \Delta DEF\) theo tỉ số đồng dạng \(q.\) Khi đó, \(\Delta ABC\ ᔕ\ \Delta MNP\) theo tỉ số đồng dạng là:
A. \(k+q.\)
B. \(kq.\)
C. \(\displaystyle\frac{q}{k}.\)
D. \(\displaystyle\frac{k}{q}.\)
Giải
\(\Delta ABC\ ᔕ\ \Delta DEF\) theo tỉ số đồng dạng \(k\) nên \(\displaystyle\frac{AB}{DE}=k.\)
\(\Delta MNP\ ᔕ\ \Delta DEF\) theo tỉ số đồng dạng \(q\) nên \(\displaystyle\frac{MN}{DE}=q.\)
Suy ra \(\displaystyle\frac{AB}{MN}=\displaystyle\frac{AB}{DE}:\displaystyle\frac{MN}{DE}=\displaystyle\frac{k}{q}.\)
Vậy \(\Delta ABC\ ᔕ\ \Delta MNP\) theo tỉ số đồng dạng là \(\displaystyle\frac{k}{q}.\)
Chọn đáp án D.
\(\)
64. Để đo khoảng cách \(AB,\) trong đó điểm \(B\) không tới được, người ta tiến hành đo bằng cách lấy các điểm \(C,D,E\) sao cho \(AD=10\) m, \(CD=7\) m, \(DE=4\) m (Hình 57). Khi đó, khoảng cách \(AB\) (tính theo đơn vị mét và làm tròn kết quả đến hàng phần mười) là:
A. \(9,3\ m.\)
B. \(9,4\ m.\)
C. \(9,6\ m.\)
D. \(9,7\ m.\)
Giải
Do \(DE ⊥ AC,\ BA ⊥ AC\) nên \(DE\ //\ AB.\)
Xét \(\Delta ABC\) với \(DE\ //\ AB,\) ta có \(\displaystyle\frac{AB}{DE}=\displaystyle\frac{AC}{DC}\) (hệ quả của định lí Thalès).
Hay \(\displaystyle\frac{AB}{4}=\displaystyle\frac{10+7}{7}\) \(\Rightarrow AB=\displaystyle\frac{4.(10+7)}{7}=9,7\ (m).\)
Vậy \(AB=9,7\ (m).\)
Chọn đáp án D.
\(\)
65. Cho tam giác \(ABC,\) điểm \(M\) thuộc cạnh \(BC\) sao cho \(MC=2MB.\) Đường thẳng qua \(M\) song song với \(AC\) cắt \(AB\) ở \(D.\) Đường thẳng qua \(M\) song song với \(AB\) cắt \(AC\) ở \(E.\) Gọi \(x,y\) lần lượt là chu vi tam giác \(DBM\) và tam giác \(ECM.\) Tính \(x+2y,\) biết chu vi tam giác \(ABC\) bằng 30 cm.
Giải
Ta có \(MC=2MB\) suy ra \(BC=MB+MC=2MB+MB=3MB,\) do đó \(\displaystyle\frac{BM}{BC}=\displaystyle\frac{1}{3}.\)
Vì \(DM\ //\ AB\) nên \(\Delta BDM\ ᔕ\ \Delta BAC.\)
Suy ra \(\displaystyle\frac{BD}{AB}=\displaystyle\frac{BM}{BC}=\displaystyle\frac{DM}{AC}=\displaystyle\frac{BD+BM+DM}{AB+BC+CA}\) \(=\displaystyle\frac{\text{Chu vi tam giác}\ DBM}{\text{Chu vi tam giác}\ ABC} =\displaystyle\frac{1}{3}.\)
Chu vi tam giác \(DMB:\) \(x=\displaystyle\frac{1}{3}.30=10\ cm.\)
Ta có \(MC=2MB\) hay \(MB=\displaystyle\frac{1}{2}MC\) suy ra \(BC=MB+MC=\displaystyle\frac{1}{2}MC+MC=\displaystyle\frac{3}{2}MC,\) do đó \(\displaystyle\frac{MC}{BC}=\displaystyle\frac{2}{3}.\)
Vì \(EM\ //\ AC\) nên \(\Delta ECM\ ᔕ\ \Delta ACB.\)
Suy ra \(\displaystyle\frac{EC}{AC}=\displaystyle\frac{EM}{AB}=\displaystyle\frac{CM}{BC}=\displaystyle\frac{EC+EM+CM}{AC+AC+BC}\) \(=\displaystyle\frac{\text{Chu vi tam giác}\ ECM}{\text{Chu vi tam giác}\ ABC} =\displaystyle\frac{2}{3}.\)
Chu vi tam giác \(ECM:\) \(y=\displaystyle\frac{2}{3}.30=20\ cm.\)
Vậy \(x+2y= 10 + 2.20=50\ (cm).\)
\(\)
66. Cho điểm \(M\) thuộc đoạn thẳng \(AB,\) với \(MA=a,\ MB=b.\) Vẽ hai tam giác đều \(AMC\) và \(BMD;\) gọi \(E\) là giao điểm của \(AD\) và \(CM,\) \(F\) là giao điểm của \(DM\) và \(BC\) (Hình 58).
a) Chứng minh \(EF\ //\ AB.\)
b) Tính \(ME,\ MF\) theo \(a,\ b.\)
Giải
a) Ta có \(\widehat{DMB}=\widehat{CAM}=60^o,\) \(\widehat{DBM}=\widehat{CMA}=60^o.\) Mà các cặp góc này ở vị trí so le trong nên \(MD\ //\ AC,\ DB\ //\ CM.\)
Do \(MD\ //\ AC\) nên \(\displaystyle\frac{EC}{EM}=\displaystyle\frac{AC}{DM}=\displaystyle\frac{a}{b}\) (theo định lí Thalès)
Tương tự, do \(DB\ //\ CM\) nên \(\displaystyle\frac{CF}{FB}=\displaystyle\frac{CM}{DB}=\displaystyle\frac{a}{b}\)
Từ đó, ta có: \(\displaystyle\frac{EC}{EM}=\displaystyle\frac{CF}{FB}=\displaystyle\frac{a}{b}\) nên \(EF\ //\ MB\) hay \(EF\ //\ AB.\)
b) Từ \(EF\ //\ AB\) suy ra \(\widehat{EFM}=\widehat{FMB}=60^o,\) \(\widehat{FEM}=\widehat{EMA}=60^o\) (các cặp góc ở vị trí so le trong).
Tam giác \(EMF\) có \(\widehat{EFM}=\widehat{FEM}=60^o\) nên là tam giác đều.
Do đó \(ME = MF = EF.\)
Từ đó, ta có: \(\displaystyle\frac{EC}{CM}=\displaystyle\frac{EF}{MB}=\displaystyle\frac{EC+EF}{CM+MB}\) \(=\displaystyle\frac{EC+ME}{CM+MB}=\displaystyle\frac{CM}{CM+MB}=\displaystyle\frac{a}{a+b}\)
Suy ra \(EF=\displaystyle\frac{a.MB}{a+b}=\displaystyle\frac{ab}{a+b}.\)
Vậy \(ME=MF=EF=\displaystyle\frac{ab}{a+b}.\)
\(\)
67. Một chiếc kệ bày hoa quả có ba tầng được thiết kế như Hình 59. Tầng đáy có đường kính \(AB\) là 32 cm. Tầng giữa có đường kính \(CD\) nhỏ hơn đường kính tầng đáy là 12 cm. Tính độ dài đường kính tầng trên cùng \(EF,\) biết \(EF\ //\ AB;\) \(D,\ C\) lần lượt là trung điểm của \(EA\) và \(FB.\)
Giải
Tầng giữa có đường kính \(CD\) là: \(32-12=20\ cm.\)
Ta có: \(EF\ //\ AB;\ \ D,\ C\) lần lượt là trung điểm của \(EA\) và \(FB.\)
Suy ra \(DC\ //\ EF\ //\ AB.\)
Xét \(\Delta EAB\) có \(DH\ //\ AB\) nên \(\Delta EHD\ ᔕ\ \Delta EAB.\)
\(\displaystyle\frac{DE}{AE}=\displaystyle\frac{DH}{AB}=\displaystyle\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow DH=\displaystyle\frac{1}{2}AB=\displaystyle\frac{1}{2}.32=16\ cm.\)
Độ dài \(HC=DC-DH=20-16=4\ cm.\)
Xét hai \(\Delta BEF\) có \(HC\ //\ EF\) nên \(\Delta BHC\ ᔕ\ \Delta BEF.\)
\(\displaystyle\frac{HC}{EF}=\displaystyle\frac{BC}{BF}=\displaystyle\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow EF=2.HC=2.4=8\ cm.\)
Vậy độ dài đường kính tầng trên cùng \(EF=8\ cm.\)
\(\)
68. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, điểm I thuộc cạnh BC và IM, IN lần lượt là đường phân giác của các góc AIC và AIB. Chứng minh: AN.BI.CM = BN.IC.AM.
Giải
Áp dụng tính chất đường phân giác vào các tam giác \(ABI,\ AIC\) ta có: \(\displaystyle\frac{AN}{NB}=\displaystyle\frac{AI}{BI};\) \(\displaystyle\frac{CM}{MA}=\displaystyle\frac{IC}{AI}.\)
Suy ra \(\displaystyle\frac{BI}{IC}.\displaystyle\frac{AN}{NB}.\displaystyle\frac{CM}{MA}=\displaystyle\frac{BI}{IC}.\displaystyle\frac{AI}{BI}.\displaystyle\frac{IC}{AI}=1.\)
Do đó \(AN.BI.CM=BN.IC.AM.\)
\(\)
69. Cho tam giác \(ABC\) cân tại \(A,\ AB=10\) cm, \(BC=12\) cm. Gọi \(I\) là giao điểm của các đường phân giác của tam giác \(ABC.\) Tính độ dài \(AI.\)
Giải
Gọi \(H\) là giao điểm của hai đường thẳng \(AI\) và \(BC.\)
Do tam giác \(ABC\) cân tại \(A\) nên đường phân giác \(AI\) cũng là đường cao, đường trung tuyến.
Do đó \(BH=\displaystyle\frac{BC}{2}=6\) cm.
Tam giác \(AHB\) vuông tại \(H\) nên \(AH^2=AB^2-BH^2=10^2-6^2=64,\) suy ra \(AH=8\) cm.
Ta có \(\displaystyle\frac{AI}{IH}=\displaystyle\frac{AB}{BH}\) suy ra \(\displaystyle\frac{AI}{AI+IH}=\displaystyle\frac{AB}{AB+BH}\) hay \(\displaystyle\frac{AI}{8}=\displaystyle\frac{10}{10+6}=\displaystyle\frac{5}{8}.\)
Vậy \(AI=5\) cm.
\(\)
70. Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn, các đường cao \(BD\) và \(CE\) cắt nhau tại \(H.\) Chứng minh:
a) \(\Delta EBH\ ᔕ\ \Delta DCH,\ \Delta ADE\ ᔕ\ \Delta ABC;\)
b) \(DB\) là tia phân giác của góc \(EDI,\) với \(I\) là giao điểm của \(AH\) và \(BC.\)
Giải
a) Vì các tam giác \(EBH\) và \(DCH\) đều là các tam giác vuông và \(\widehat{EBH}=\widehat{DHC}\) (hai góc đối đỉnh) nên \(\Delta EBH\ ᔕ\ \Delta DCH.\)
Tương tự, ta có các tam giác \(ABH\) và \(ACE\) là các tam giác vuông và \(\widehat{BAD}=\widehat{CAE}\) nên \(\Delta ABH\ ᔕ\ \Delta ACE.\)
Suy ra \(\displaystyle\frac{AB}{AC}=\displaystyle\frac{AD}{AE}\) hay \(\displaystyle\frac{AB}{AD}=\displaystyle\frac{AC}{AE}.\)
Mà \(\widehat{BAC}=\widehat{DAE}\) suy ra \(\Delta ADE\ ᔕ\ \Delta ABC.\)
b) Do \(\Delta ADE\ ᔕ\ \Delta ABC\) nên \(\widehat{ADE}=\widehat{CBA}\) (1).
Tương tự cách chứng minh ở câu a, ta có \(\Delta CDI\ ᔕ\ \Delta CBA\) (2).
Từ (1) và (2), ta có \(\widehat{ADE}=\widehat{CDI}.\)
Do đó \(90^o-\widehat{ADE}=90^o-\widehat{CDI}\) hay \(\widehat{EDB}=\widehat{BDI}.\)
Vậy \(DB\) là đường phân giác của góc \(EDI.\)
\(\)
71. Cho hình thang \(ABCD,\) \(AB\ //\ CD,\) \(\widehat{DAB}=\widehat{DBC},\ \displaystyle\frac{AB}{BD}=\displaystyle\frac{2}{5}.\) Tính diện tích tam giác \(BDC,\) biết diện tích tam giác \(ABD\) là \(44,8\ cm^2.\)
Giải
Có \(\Delta ABD\ ᔕ\ \Delta BDC\) do \(\widehat{DAB}=\widehat{DBC};\) \(\widehat{ABD}=\widehat{BDC}\) (so le trong, \(AB\ //\ CD\)).
Do đó, tỉ số diện tích tam giác \(ABD\) và diện tích tam giác \(BDC\) bằng bình phương của tỉ số đồng dạng.
Suy ra diện tích tam giác \(ABD\) (kí hiệu là \({{S}_{\Delta ABD}}\)) bằng \(\displaystyle\frac{4}{25}\) diện tích tam giác \(BDC\) (kí hiệu là \({{S}_{\Delta BDC}}\)) hay \({{S}_{\Delta ABD}}=\displaystyle\frac{4}{25}.{{S}_{\Delta BDC}}.\)
Do đó: \(44,8=\displaystyle\frac{4}{25}.{{S}_{\Delta BDC}}\) hay \({{S}_{\Delta BCD}}=44,8:\displaystyle\frac{4}{25}=11,2.25=280\ (cm^2).\)
\(\)
72. Cho hình bình hành \(ABCD\ (AC>BD).\) Vẽ \(CE\) vuông góc với đường thẳng \(AB\) tại \(E,\ CF\) vuông góc với đường thẳng \(AD\) tại \(F,\ BH\) vuông góc với đường thẳng \(AC\) tại \(H.\) Chứng minh:
a) \(\Delta ABH\ ᔕ\ \Delta ACE;\ \Delta CBH\ ᔕ\ \Delta ACF;\)
b) \(B{{H}^{2}}=HK.HQ,\) biết tia \(BH\) cắt đường thẳng \(CD\) tại \(Q;\) cắt cạnh \(AD\) tại \(K.\)
Giải
a) Ta có hai tam giác \(ABH\) và \(ACE\) đều là các tam giác vuông và \(\widehat{BAH}=\widehat{EAC}.\)
Suy ra \(\Delta ABH\ ᔕ\ \Delta ACE.\)
Hai tam giác \(CBH\) và \(ACF\) đều là các tam giác vuông và \(\widehat{BCH}=\widehat{CAF}\) (so le trong, \(AD\ //\ BC\)), suy ra \(\Delta CBH\ ᔕ\ \Delta ACF.\)
b) Do \(AB\ //\ CQ\) nên \(\displaystyle\frac{QH}{BH}=\displaystyle\frac{CH}{AH}.\)
Lại có \(BC\ //\ AK\) nên \(\displaystyle\frac{BH}{HK}=\displaystyle\frac{CH}{AH}.\)
Suy ra \(\displaystyle\frac{QH}{BH}=\displaystyle\frac{BH}{HK}.\) Hay \(B{{H}^{2}}=HK.HQ.\)
\(\)
73. Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A,\) có đường phân giác \(AD.\) Vẽ hình vuông \(MNPQ\) ở đó \(M\) thuộc cạnh \(AB,N\) thuộc cạnh \(AC,\ P\) và \(Q\) thuộc cạnh \(BC.\) Gọi \(E\) và \(F\) lần lượt là giao điểm của \(BN\) và \(MQ;\) \(CM\) và \(NP\) (Hình 60). Chứng minh:
a) \(DE\) song song với \(AC;\)
b) \(DE=DF.\)
Giải
a) Ta có \(\displaystyle\frac{BE}{EN}=\displaystyle\frac{BQ}{QP}=\displaystyle\frac{BQ}{MQ}=\displaystyle\frac{AB}{AC}=\displaystyle\frac{BD}{DC}\) suy ra \(DE\ //\ NC\) hay \(DE\ //\ AC.\)
b) Do \(DE\ //\ AC\) nên \(\displaystyle\frac{DE}{CN}=\displaystyle\frac{BD}{BC}\) hay \(DE=\displaystyle\frac{BD}{BC}.CN\)
Tương tự: \(DF=\displaystyle\frac{CD}{BC}.BM.\) Suy ra \(\displaystyle\frac{DE}{DF}=\displaystyle\frac{BD}{CD}.\displaystyle\frac{CN}{BM}.\)
Mặt khác, \(\displaystyle\frac{BD}{CD}=\displaystyle\frac{AB}{AC}\) và \(\displaystyle\frac{CN}{BM}=\displaystyle\frac{AC}{AB}\) nên \(\displaystyle\frac{DE}{DF}=1\) hay \(DE=DF.\)
\(\)
Xem bài giải trước: Bài 9: Hình đồng dạng
Xem thêm các bài giải khác tại: Giải Bài Tập Toán Lớp 8 Cánh Diều
Thông tin liên hệ & mạng xã hội:
Website: https://bumbii.com/
Facebook: https://www.facebook.com/bumbiiapp
Pinterest: https://www.pinterest.com/bumbiitech
