Sách bài tập Toán 8 (Chân trời sáng tạo) Bài tập cuối chương 7 trang 48

Giải SBT Toán 8 Bài tập cuối chương 7 trang 48

CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM

Bài 1 trang 48 SBT Toán 8 Tập 2:Cho hai đoạn thẳng AB = 12 cm, CD = 10 cm. Tỉ số của hai đường thẳng AB và CD là

A.$\frac{AB}{CD}=\frac{5}{6}$;

B.$\frac{AB}{CD}=\frac{6}{5}$;

C.$\frac{AB}{CD}=\frac{4}{3}$;

D.$\frac{AB}{CD}=\frac{3}{4}$.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Tỉ số của hai đường thẳng AB và CD là:

$\frac{AB}{CD}=\frac{12}{10}=\frac{6}{5}$.

Bài 2 trang 48 SBT Toán 8 Tập 2:Quan sát Hình 1. Biết MN = 1 cm, MM' // NN', OM' = 3 cm, MM' = 1,5 cm, độ dài đoạn thẳng OM trong Hình 1 là

A. 3 cm;

B. 1,5 cm;

C. 2 cm;

D. 2,5 cm.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Xét ∆ONN'có MM'// NN'nên theo định lí Thalès, ta có$\frac{OM}{MN}=\frac{O{M}^{\text{'}}}{M^{\text{'}}{N}^{\text{'}}}$.

Suy ra OM =$\frac{MN.O{M}^{\text{'}}}{M^{\text{'}}{N}^{\text{'}}}=\frac{1.3}{1,5}$= 2 (cm).

Vậy OM = 2 cm.

Bài 3 trang 49 SBT Toán 8 Tập 2:Trong Hình 2 có${\widehat{M}}_1={\widehat{M}}_2$. Đẳng thức nào sau đây đúng?

A.$\frac{MN}{MK}=\frac{MK}{KP}$;

B.$\frac{MN}{KP}=\frac{MP}{NP}$;

C.$\frac{MK}{MP}=\frac{NK}{KP}$;

D.$\frac{MN}{NK}=\frac{MP}{KP}$.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Vì MK là phân giác của$\widehat{NMP}$trong ∆MNP nên$\frac{MN}{MP}=\frac{NK}{KP}$.

Do đó$\frac{MN}{NK}=\frac{MP}{KP}$(theo tính chất tỉ lệ thức).

Bài 4 trang 49 SBT Toán 8 Tập 2:Cho tam giác MNP có có M'N' // MN (Hình 3). Đẳng thức nào sau đây sai?

A.$\frac{P{M}^{\text{'}}}{PM}=\frac{PN}{P{N}^{\text{'}}}$;

B.$\frac{P{M}^{\text{'}}}{PM}=\frac{P{N}^{\text{'}}}{PN}$;

C.$\frac{P{M}^{\text{'}}}{M^{\text{'}}M}=\frac{P{N}^{\text{'}}}{N^{\text{'}}N}$;

D.$\frac{M^{\text{'}}M}{PM}=\frac{N^{\text{'}}N}{PN}$.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Xét ∆PMN có M'N'// MN nên theo định lí Thalès, ta có :

$\frac{PM\text{'}}{PM}=\frac{PN\text{'}}{PN}$;$\frac{PM\text{'}}{M\text{'}M}=\frac{PN\text{'}}{N\text{'}N}$;$\frac{M\text{'}M}{PM}=\frac{N\text{'}N}{PN}$.

Bài 5 trang 49 SBT Toán 8 Tập 2:Độ dài x trong Hình 4 là

A. 2,5;

B. 2,9;

C. 3;

D. 3,2.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Vì MP ⊥ MN, NQ ⊥ MN nên MP // NQ.

Xét ∆OMP có MP // NQ, theo hệ quả của định lí Thalès, ta có$\frac{OM}{ON}=\frac{MP}{NQ}$.

Do đó NQ =$\frac{MP.ON}{OM}=\frac{2,5.3,6}{3}$= 3.

Vậy x = 3.

Bài 6 trang 49 SBT Toán 8 Tập 2:Trong Hình 5 có MQ là tia phân giác của$\widehat{NMP}$. Tỉ số$\frac{x}{y}$là

A.$\frac{5}{2}$;

B.$\frac{5}{4}$;

C.$\frac{4}{5}$;

D.$\frac{2}{5}$.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Vì MQ là tia phân giác của$\widehat{NMP}$trong ∆MNP nên

$\frac{MP}{MN}=\frac{QP}{QN}=\frac{2,5}{2}=\frac{5}{4}$.

Vậy$\frac{x}{y}=\frac{5}{4}$.

Bài 7 trang 49 SBT Toán 8 Tập 2:Cho hình vuông ABCD có M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA (Hình 6). Đẳng thức nào sau đây đúng?

A. S_MNPQ=$\frac{1}{4}$S_ABCD;

B. S_MNPQ=$\frac{1}{3}$S_ABCD;

C. S_MNPQ= S_ABCD;

D. S_MNPQ=$\frac{1}{2}$S_ABCD.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Vì ABCD là hình vuông và M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA nên

AM = MB = BN = NC = CP = PD = DQ = QA.

Suy ra AM²+ QA²= MB²+ BN²= NC²+ CP²= PD²+ DQ²,

Khi đó MQ²= MN²= NP²= PQ²hay MQ = MN = NP = PQ,

Do đó tứ giác MNPQ là hình thoi (1)

• Vì AM = AQ nên ∆AMQ vuông cân tại A, suy ra$\widehat{AMQ}$= 45°.

• Vì BM = BN nên ∆BMN vuông cân tại B, suy ra$\widehat{BMN}$= 45°.

Mà$\widehat{AMQ}$+$\widehat{QMN}$+$\widehat{BMN}$= 180°, suy ra$\widehat{QMN}$= 90° (2)

Từ (1) và (2) suy ra MNPQ là hình vuông.

S_ABCD= AB²; S_MNPQ= MQ²

MQ²= AM²+ QA²= ${\left(\frac{1}{2}AB\right)}^2+{\left(\frac{1}{2}AD\right)}^2$

=$\frac{1}{4}$AB²+$\frac{1}{4}$AD²=$\frac{1}{4}$AB²+$\frac{1}{4}$AB²=$\frac{1}{2}$AB².

Do đó S_MNPQ=$\frac{1}{2}$S_ABCD.

Bài 8 trang 49 SBT Toán 8 Tập 2:Cho hình bình hành ABCD có M, N lần lượt là trung điểm BC, AD. Vẽ MP // BD (P ∈ AC) và NQ // BD (Q ∈ AC). Phát biểu nào sau đây đúng?

A. AQ = QP = PC ;

B. O là trung điểm PQ ;

C. MNPQ là hình bình hành ;

D. MNPQ là hình chữ nhật.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

• Xét ∆OAD có NA = ND và NQ // OD nên QO = QA =$\frac{1}{2}$OA.

• Xét ∆OBD có MB = MC và MP // OB nên PO = PC =$\frac{1}{2}$OC.

Mà ABCD là hình bình hành, suy ra OC = OA.

Do đó OQ = OP. Suy ra O là trung điểm PQ.

Bài 9 trang 49 SBT Toán 8 Tập 2:Cho tam giác ABC đều cạnh bằng 1 dm. Gọi E, F lần lượt là trung điẻm AB, AC. Chu vi hình thang EFCB bằng:

A.$\frac{5}{2}$dm ;

B. 3 dm ;

C. 3,5 dm ;

D. 4 dm .

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Vì EB =$\frac{1}{2}$AB; FC =$\frac{1}{2}$AC, AB = AC nên EB = FC =$\frac{1}{2}$(dm)

Xét ∆ABC có EA = EB và FA = FC nên FF là đường trung bình của ∆ABC.

Suy ra EF =$\frac{1}{2}$BC =$\frac{1}{2}$(dm).

Chu vi hình thang EFCB bằng:

EF + FC + BC + EB =$\frac{5}{2}$(dm)

Bài 10 trang 49 SBT Toán 8 Tập 2:Cho hình thang ABCD (AB // CD) và DE = EC (Hình 8). Gọi O là giao điểm của AC và BD, K là giao điểm của EO và AB. Trong các khẳng định sau đây, có bao nhiêu khẳng định đúng?

(I)$\frac{AK}{EC}=\frac{KB}{DE}$;

(II) AK = KB ;

(III)$\frac{AO}{AC}=\frac{AB}{DC}$;

(IV)$\frac{AK}{EC}=\frac{OB}{OD}$.

A. 1;

B. 2;

C. 3;

D. 4.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Theo hệ quả của định lí Thalès:

• Xét ∆OEC có AK // EC nên$\frac{AK}{EC}=\frac{BK}{DE}$.

• Xét ∆OED có BK // DE nên$\frac{BK}{DE}=\frac{OK}{KE}$.

Suy ra$\frac{AK}{EC}=\frac{BK}{DE}$.

Mà EC = DE , suy ra AK = BK.

Xét ∆OCD có AB // CD, theo hệ quả của định lí Thalès, ta có:

$\frac{AO}{AC}=\frac{AB}{DC}=\frac{OB}{OD}$.

Vậy có 3 khẳng định đúng là các khẳng định (I), (II), (III).

BÀI TẬP TỰ LUẬN

Bài 11 trang 50 SBT Toán 8 Tập 2:Cho tam giác ABC có cạnh BC = 10 cm. Trên cạnh AB lấy các điểm D, E sao cho AD = DE = EB. Từ D, E kẻ các đường thẳng song song với BC, cắt cạnh AC lần lượt tại M và N. Tính độ dài DM và EN.

Lời giải:

• Xét ∆ABC có DM // BC, theo hệ quả của định lí Thalès, ta có:

$\frac{DM}{BC}=\frac{AD}{AB}=\frac{1}{3}$.

Suy ra DM =$\frac{1}{3}$BC =$\frac{1}{3}$.10 =$\frac{1}{3}$(cm).

• Xét ∆ABC có EN // BC, theo hệ quả của định lí Thalès, ta có:

$\frac{EN}{BC}=\frac{AE}{AB}=\frac{2}{3}$.

Suy ra EN =$\frac{2}{3}$BC =$\frac{2}{3}$.10 =$\frac{20}{3}$(cm).

Vậy DM =$\frac{10}{3}$cm và EN =$\frac{20}{3}$cm.

Bài 12 trang 50 SBT Toán 8 Tập 2:Cho tam giác ABC có I ∈ AB và K ∈ AC. Kẻ IM // BK (M ∈ AC), KN // CI (N ∈ AB). Chứng minh MN // BC.

Lời giải:

• Xét ∆ABK có IM // BK, theo định lí Thalès, ta có$\frac{AI}{AB}=\frac{AM}{AK}$.

• Xét ∆AIC có KN // CI, theo định lí Thalès, ta có$\frac{AN}{AI}=\frac{AK}{AC}$.

Do đó$\frac{AI}{AB}\cdot \frac{AN}{AI}=\frac{AM}{AK}\cdot \frac{AK}{AC}$, suy ra$\frac{AN}{AB}=\frac{AM}{AC}$.

Xét ∆ABC có$\frac{AN}{AB}=\frac{AM}{AC}$, theo định lí Thalès đảo ta có MN // BC.

Bài 13 trang 50 SBT Toán 8 Tập 2:Để đo khoảng cách giữa hai điểm A và B bị ngăn cách bởi một hồ nước, người ta đóng các cọc tại các vị trí A, B, M, N, O như Hình 9 và đo được MN = 45 m. Tính khoảng cách AB biết M, N lần lượt là trung điểm OA, OB.

Lời giải:

Xét ∆OAB, ta có MA = MO và NB = NO.

Suy ra MN là đường trung bình của ∆ABC nên MN =$\frac{1}{2}$AB.

Do đó AB = 2MN = 2.45 = 90 (m).

Vậy khoảng cách AB là 90 m.

Bài 14 trang 51 SBT Toán 8 Tập 2:Cho Hình 10, tính độ dài x, y.

Lời giải:

Ta có AB ⊥ AD, EF ⊥ AD, GH ⊥ AD, DG ⊥ AD.

Suy ra AB // EF // GH // DG.

• Xét tứ giác EFCD có EF // CD nên tứ giác EFCD là hình thang.

• Xét hình thang EFCD có FH= HC và GH // EF nên EG = GD.

Do đó GH là đường trung bình của hình thang EFCD.

Suy ra GH =$\frac{EF+GC}{2}=\frac{10+14}{2}$= 12.

Tương tự, có EF là đường trung bình của hình thang ABHG.

Suy ra EF =$\frac{AB+GH}{2}$, suy ra AB = 2EF – GH = 2.10 – 12 = 8.

Vậy x = 8 và y = 12.

Bài 15 trang 51 SBT Toán 8 Tập 2:Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 6 cm, AC = 8 cm. Tia phân giác của$\widehat{ABC}$cắt AC tại D.

a) Tính độ dài DA, DC;

b) Tia phân giác của$\widehat{ACB}$cắt BD ở I. Gọi M là trung điểm BC. Chứng minh$\widehat{BIM}$= 90°.

Lời giải:

a) Xét ∆ABC vuông tại A, áp dụng định lý Pythagore, ta có:

BC²= AB²+ AC²= 6²+ 8²=100 , suy ra BC = 10 (cm).

Vì BD là đường phân giác của$\widehat{ABC}$trong ∆ABC nên

$\frac{DA}{DC}=\frac{BA}{BC}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$,

Suy ra$\frac{DA}{3}=\frac{DC}{5}=\frac{DA+DC}{3+5}=\frac{AC}{8}=\frac{8}{8}$= 1.

Do đó DA = 3.1 = 3 (cm) và DC = 5.1 = 5 (cm).

Vậy DA = 3 cm và DC = 5 cm.

b) Xét ∆ABD vuông tại A, áp dụng định lý Pythagore, ta có:

BD²= AB²+ AD²= 6²+ 3²= 45 , suy ra BD =$3\sqrt{5}$(cm).

Ta có CI là đường phân giác của$\widehat{DCB}$trong ∆CBD nên

$\frac{ID}{IB}=\frac{CD}{CB}=\frac{5}{10}=\frac{1}{2}$hay $\frac{ID}{1}=\frac{IB}{2}$.

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

$\frac{ID}{1}=\frac{IB}{2}=\frac{ID+IB}{1+2}=\frac{BD}{3}=\frac{3\sqrt{5}}{3}=\sqrt{5}$.

Suy ra ID =$\sqrt{5}$(cm) và IB = 2$\sqrt{5}$(cm).

Ta có: MB = MC =$\frac{1}{2}$BC = 5 (cm)

Xét ∆IDC và ∆IMC có

IC chung

$\widehat{DCI}=\widehat{MCI}$

DC = MC

Do đó ∆IDC = ∆IMC (c.g.c).

Suy ra ID = IM =$\sqrt{5}$(cm)

Ta có IM²+ IB²=${\left(\sqrt{5}\right)}^2+{\left(2\sqrt{5}\right)}^2$= 25 và MB²= 5²= 25.

Do đó IM²+ IB²= MB².

Áp dụng định lý Pythagore đảo trong ∆IBM, suy ra ∆IBM vuông tại I.

Suy ra$\widehat{BIM}$= 90°.