21 câu Trắc nghiệm Toán 8 Ôn tập chương 3: Tam giác đồng dạng có đáp án

Áp dụng hệ quả định lý Ta-lét, ta có: $\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}=\frac{DE}{BC}$

=> Đáp án A đúng.

+ Vì $\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}$ nên AD.AC = AB.AE

=> Đáp án B sai.

+ Ta có: $\frac{DE}{BC}=\frac{AD}{AB}\ne \frac{AD}{DB}$(hệ quả định lý Ta-lét)

=> Đáp án C sai.

+ Ta có: $\frac{AD}{DB}=\frac{DE}{BC}$ => AD.BC = AB.DE

=> Đáp án D sai.

Đáp án: A

Giả sử ta có: ΔABC = ΔA’B’C’ => A = A’, B = B’ (cắc cặp góc tương ứng bằng nhau)

=> ΔABC ~ ΔA’B’C’ (g - g)

=> Đáp án A, B đúng

+ Giả sử xét 2 tam giác ABC và A’B’C’ có: $\frac{AB}{A\text{'}B\text{'}}=\frac{BC}{B\text{'}C\text{'}}$

Điều kiện trên chưa đủ để chứng minh ΔABC ~ ΔA’B’C’.

=> Đáp án C sai.

+ Vì hai tam giác bằng nhau thì có diện tích bằng nhau => Đáp án D đúng.

Đáp án: C

Có CD // AB (vì ABCD là hình bình hành)

Suy ra: CK // AB; KD // AB; CL // AD

Vì CK // AB nên áp dụng định lý Talet ta có: $\frac{LC}{LB}=\frac{LK}{LA}$

Vì KD // AB nên áp dụng định lý Talet ta có:

Có BC // AD (vì ABCD là hình bình hành)

Suy ra: CL // AD

Vì CL // AD nên áp dụng định lý Talet ta có: $\frac{KA}{KL}=\frac{KD}{KC}$

Vậy $\frac{IB}{IK}=\frac{IA}{ID}$ sai

Đáp án: B

Giả sử ΔMNP ~ ΔQRS theo tỉ số diện tích $\frac{S_{MNP}}{S_{QRS}}=k^2$

Đáp án: C

Gọi k là tỉ số đồng dạng của 2 tam giác MNP và HGK

Theo bài ra ta có ΔMNP ~ ΔHGK và $\frac{P_{MNP}}{P_{HGK}}=\frac{2}{7}$

$$\begin{gathered} \frac{MN}{HG}=\frac{NP}{GK}=\frac{MP}{HK}=\frac{P_{MNP}}{P_{HGK}} \\ =\frac{2}{7}=k\Rightarrow \frac{HG}{MN}=\frac{7}{2} \\ \frac{S_{MNP}}{S_{HGK}}=k^2={\left(\frac{2}{7}\right)}^2=\frac{4}{49} \end{gathered}$$

Đáp án: A

Theo bài ra ta có ΔABC ~ ΔXYZ

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{AB}{XY}=\frac{BC}{YZ}\iff \frac{3}{5}=\frac{4}{YZ} \\ \Rightarrow YZ=\frac{5.4}{3}=\frac{20}{3}=6\frac{2}{3} \end{gathered}$$

Đáp án: D

Ta có:

$$\begin{gathered} \frac{MN}{BC}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2},\frac{PN}{CA}=\frac{2,5}{5}=\frac{1}{2}, \\ \frac{PM}{AB}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2} \\ \Rightarrow \frac{MN}{BC}=\frac{PN}{CA}=\frac{PM}{AB}=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

Vậy ΔPMN ~ ΔABC (c - c - c)

Suy ra tỉ số đồng dạng k của hai tam giác là $k=\frac{MN}{BC}=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow \frac{S_{MNP}}{S_{ABC}}=k^2={\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}$

Đáp án: B

Theo bài ra, ta có: $\frac{AB}{CD}=\frac{5}{7}$ => AB = $\frac{5}{7}$CD

Mà đoạn thẳng AB ngăn shonw đoạn thẳng CD là 10cm, suy ra: CD - AB = 10.

=> CD - $\frac{5}{7}$CD = 10$\iff$$\frac{2}{7}$CD = 10$\iff$CD =$\frac{10.7}{2}$= 35cm

=> AB = $\frac{5}{7}$CD =$\frac{5}{7}$.35 = 25cm

Đáp án: C

Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác ABC, ta có: $\frac{BA}{AD}=\frac{BC}{CD}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{10}{6}=\frac{15}{CD} \\ \iff CD=\frac{6.15}{10}=9cm \end{gathered}$$

=> AC = AD + DC = 6 + 9 = 15cm

Đáp án: D

Xét ΔEAC có AD, EB là 2 đường trung tuyến.

Suy ra F là giao của 2 đường trung tuyến AD, EB nên F là trọng tâm của tam giác ABC.

$\frac{EF}{EB}=\frac{AF}{AD}=\frac{2}{3}$

Kẻ FH vuông góc với CE (H thuộc CE).

Xét 2 tam giác vuông EFH và EBC ta có: $\widehat{BEC}$ chung

=> ΔEFH ~ ΔEBC (g - g)

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{EF}{EB}=\frac{FH}{BC}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{FH}{15}=\frac{2}{3} \\ \Rightarrow FH=\frac{2.15}{3}=10cm \end{gathered}$$

Vì D là trung điểm của CE nên CD = DE = 15cm.

Vậy diện tích của tam giác DEF là: $S_{DEF}=\frac{1}{2}.FH.DE=\frac{1}{2}.10.15=75c{m}^2$

Đáp án: C

Ta lại có BH và CK là hai đường trung tuyến kẻ từ B và C của tam giác ABC, suy ra H và K lần lượt là trung điểm của AC và AB.

Nên HK là đường trung bình của tam giác ABC nên HK = $\frac{1}{2}$BC = $\frac{8}{4}$ = 4cm

Đáp án: B

Ta mô tả vị trí cây, cọc và người như hình vẽ bên.

Xét ΔBFE và ΔBNM ta có:

B chung

$\widehat{BEF}=\widehat{BMN}$ (vì EF // MN, cặp góc đồng vị bằng nhau)

=> ΔBFE ~ ΔBNM (g - g)

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{BF}{BN}=\frac{FE}{NM}\iff \frac{BF}{BF+FN}=\frac{FE}{NM} \\ \iff \frac{BF}{BF+0,64}=\frac{1,65}{2,45} \end{gathered}$$

$\iff$1,65(BF + 0,64) = 2,45.BF

$\iff$BF = 1,32m

Xét ΔBFE và ΔBCA có:

B chung

$\widehat{BEF}=\widehat{BAC}$ (vì EF // AC, cặp góc đồng vị bằng nhau)

=> ΔBFE ~ ΔBCA (g - g)

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{BF}{BC}=\frac{FE}{CA} \\ \iff \frac{BF}{BF+FN+NC}=\frac{FE}{CA} \\ \iff \frac{1,32}{1,32+0,64+1,36}=\frac{1,65}{CA} \end{gathered}$$

=> CA = 4,15m

Vậy cây cao đúng bằng độ dài của đoạn CA hay cây cao 4,15m.

Đáp án: D

Xét tam giác BCI và tam giác DEI có:

$\widehat{CBI}=\widehat{EDI}$ (cặp góc so le trong)

$\widehat{EID}=\widehat{CIB}$ (2 góc đối đỉnh)

=> ΔBCI ~ ΔDEI (g - g)

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{CI}{EI}=\frac{BC}{DE}\iff \frac{9}{x}=\frac{10}{8} \\ \iff x=\frac{9.8}{10}=7,2 \end{gathered}$$

Vậy x = 7,2.

Đáp án: A

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông IAD ta có:

$$\begin{gathered} A{I}^2+A{D}^2=I{D}^2\iff 4^2+3^2=I{D}^2 \\ \iff I{D}^2=25\Rightarrow ID=5 \end{gathered}$$

Xét 2 tam giác vuông IAD và CBI có: $\widehat{IDA}=\widehat{CIB}$ (gt)

=> ΔIAD ~ ΔCBI (g  - g)

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{IA}{CB}=\frac{ID}{CI}\iff \frac{4}{15}=\frac{5}{y} \\ \iff y=\frac{15.5}{4}=18,75 \end{gathered}$$

Vậy y = 18,75.

Đáp án: C

Giả sử 2 tam giác đồng dạng là ABC và DEF, 2 cạnh bé nhất của 2 tam giác lần  lượt là AB và DE.

Khi đó: $\frac{AB}{DE}=\frac{2}{5}$

Vì ΔABC ~ ΔDEF nên:

$$\begin{gathered} \frac{AB}{DE}=\frac{BC}{EF}=\frac{CA}{FD} \\ =\frac{AB+BC+CA}{DE+EF+FD}=\frac{2}{5} \\ \Rightarrow \frac{p}{p\text{'}}=\frac{2}{5}\iff p=\frac{2}{5}p\text{'} \end{gathered}$$

Ta lại có: p’ - p = 18

=> p’ - $\frac{2}{5}$p’ = 18$\iff$p’ = 30

=> p = $\frac{2}{5}$p’ = 12

Đáp án: A

Theo bài ta có: $S_{A’B’C’}=S_{ABC}\Rightarrow \frac{S_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{S_{ABC}}=\frac{25}{49}$

Gọi k là tỉ số đồng dạng của 2 tam giác ΔA’B’C’ và ΔABC.

Khi đó ta có:

$$\begin{gathered} \frac{S_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{S_{ABC}}=k^2=\frac{25}{49}={\left(\frac{5}{7}\right)}^2 \\ \Rightarrow k=\frac{5}{7} \end{gathered}$$

Vì ΔA’B’C’ ~ ΔABC nên $\frac{C_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{C_{ABC}}=k=\frac{5}{7}$

$\Rightarrow C_{A’B’C’}=\frac{5}{7}{C}_{ABC}$

Ta lại có hiệu 2 chu vi của 2 tam giác là 16m, suy ra:

$C_{ABC}-C_{A’B’C’} = 16$

$$\begin{gathered} \Rightarrow C_{ABC}-\frac{5}{7}{C}_{ABC}=16 \\ \iff C_{ABC}=16 \\ \iff C_{ABC}=\frac{16.7}{2}=56m \\ \Rightarrow C_{A’B’C’}=\frac{5}{7}{C}_{ABC}=\frac{5}{7}.56 \\ =40m \end{gathered}$$

Vậy C_A’B’C’ = 40m, C_ABC = 56m

Đáp án: D

Gọi k là tỉ số đồng dạng của 2 tam giác đã cho.

Theo đề bài ta có: $k=\frac{p_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{p_{ABC}}=\frac{50}{60}=\frac{5}{6}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{S_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{S_{ABC}}=k^2=\frac{25}{36} \\ \Rightarrow S_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{25}{36}{S}_{ABC} \end{gathered}$$

Ta lại có: $S_{ABC}-S_{A’B’C’}=33$

$$\begin{gathered} \iff S_{ABC}-\frac{25}{36}{S}_{ABC}=33 \\ \iff S_{ABC}=108c{m}^2 \end{gathered}$$

Đáp án: D

+) Vì ABCD là hình bình hành nên AD // BC => AD // BF (tính chất hbh)

Xét ΔBEF và ΔDEA có:

$\widehat{BEF}=\widehat{DEA}$(hai góc đối đỉnh)

$\widehat{FBE}=\widehat{ADE}$ (cặp góc so le trong bằng nhau)

=> ΔBEF ~ ΔDEA (g - g) nên A sai

+) Vì ABCD là hình bình hành nên AB // DC => AB // DF

Xét ΔDGE và ΔBAE ta có:

$\widehat{DEG}=\widehat{BEA}$ (2 góc đối đỉnh)

$\widehat{ABE}=\widehat{GDE}$ (cặp góc so le trong bằng nhau)

=> ΔDGE ~ ΔBAE (g - g) nên B sai

+) Vì ΔBEF ~ ΔDEA nên $\frac{EF}{EA}=\frac{BE}{DE}$ (1)

Vì ΔDGE ~ ΔBAE nên $\frac{AE}{GE}=\frac{BE}{DE}$ (2)

Từ (1) và (2) ta có: $\frac{EF}{EA}=\frac{AE}{GE}\iff$ $A{E}^2$ = GE.EF nên C đúng

Đáp án: C

+) Xét 2 tam giác vuông ΔKNM và ΔMNP có: N chung

Nên ΔKNM ~ ΔMNP (g.g) (1)

Xét 2 tam giác vuông KMP và MNP có: P chung

Nên ΔKMP ~ ΔMNP (gg) (2)

Từ (1) và (2) suy ra: ΔKNM ~ ΔKMP (theo t/c bắc cầu).

Vậy ΔKNM ~ ΔMNP ~ ΔKMP nên A đúng.

+) Theo chứng minh trên: ΔKNM ~ ΔKMP $\Rightarrow \frac{MK}{PK}=\frac{NK}{MK}$

$\iff$$M{K}^2$ = NK.PK nên B đúng

Vậy cả A, B đều đúng.

Đáp án: D

Ta có AB // CD (vì ABCD là hình chữ nhật)

Áp dụng định lý Talet ta có: $\frac{EF}{FD}=\frac{AE}{DC}$

Vì E là trung điểm của AB nên AE = EB = $\frac{1}{2}$AB = $\frac{1}{2}$CD

$\Rightarrow \frac{EF}{FD}=\frac{AE}{DC}=\frac{1}{2}\left(1\right)$

=> FD = 2EF

Xét 2 tam giác vuông ΔAED và ΔBEG ta có:

$\widehat{DAE}=\widehat{GBE}={90}^{\circ }$

AE = EB (gt)

$\widehat{AED}=\widehat{BEG}$ (2 góc đối đỉnh bằng nhau)

=> ΔAED = ΔBEG (g - c - g)

=> ED = EG (các cạnh tương ứng)

Ta thấy:

$$\begin{gathered} \frac{FD}{FG}=\frac{2EF}{FE+EG}=\frac{2EF}{EF+EF+FD} \\ =\frac{2EF}{EF+EF+2EF}=\frac{2EF}{4EF}=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

Từ (1) và (2) ta có: $\frac{EF}{FD}=\frac{FD}{FG}\iff F{D}^2=EF.FG$

Đáp án: A

Gọi I, K lần lượt là hình chiếu của H lên AB và AC.

$\Rightarrow \widehat{HIA}=\widehat{HKA}={90}^{\circ }$

Xét tứ giác AIHK có: $\widehat{IAK}=\widehat{HIA}=\widehat{HKA}={90}^{\circ }$

=> Tứ giác AIHK là hình chữ nhật (dhnb)

+) Xét ΔAIK và ΔIAH ta có:

AI chung

AK = IH (theo tính chất của hình chữ nhật)

AH = IK (theo tính chất của hình chữ nhật)

=> ΔAIK = ΔIAH (c - c - c) (1)

Xét 2 tam giác vuông ΔIAH và ΔHAB có: A chung

=> ΔIAH ~ ΔHAB (g - g) (2)

Xét 2 tam giác vuông ΔHAB và ΔACB có: B chung

=> ΔHAB ~ ΔACB (g - g) (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có: ΔAIK ~ ΔACB

Đáp án: A