Bài tập ôn tập Toán 8 Chương 4 (có đáp án)

Chọn B

Xét \(\Delta ABM\) có \(\frac{{DI}}{{BM}} = \frac{{AI}}{{AM}}\) (hệ quả định lí Thalès chứng minh tương tự câu 3).

Xét \(\Delta ACM\) có \(\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{IE}}{{CM}}\) (hệ quả định lí Thalès chứng minh tương tự câu 3).

Suy ra \(\frac{{DI}}{{BM}} = \frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{IE}}{{CM}}\).

Vì \(BM = CM\) (do \(AM\) là trung tuyến), nên \(DI = IE\), tức \(I\) là trung điểm của \(DE.\)

Chọn A

Xét \(\Delta ABC\) có \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(AC\) nên \(MN\) là đường trung bình của tam giác.

Theo tính chất đường trung bình, ta có \(MN = \frac{1}{2}BC = \frac{{12}}{2} = 6\) cm.

Chọn C

Xét \(\Delta ABC\) có \(M\) là trung điểm của \[AB\] và \[MN\,{\rm{//}}\,AC\] nên \(MN\) là đường trung bình của tam giác.

Suy ra điểm \(N\) là trung điểm của \(BC\) nên \(BC = 2BN = 2 \cdot 15 = 30\) cm.

Chọn A

⦁ Ta có \(AM = \frac{1}{2}AB\) nên \(M\) là trung điểm của \(AB.\)

Tương tự \(N\) là trung điểm của \(AC.\)

Xét \(\Delta ABC\) có \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(AC\) nên \(MN\) là đường trung bình của tam giác.

Suy ra \(MN\,{\rm{//}}\,BC\) và \(MN = \frac{1}{2}BC.\)

⦁ Chu vi \(\Delta AMN\) là

\(AM + AN + MN = \frac{1}{2}AB + \frac{1}{2}AC + \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}\left( {AB + AC + BC} \right).\)

Chu vi hình thang \(MNCB\) là

\(MB + NC + BC + MN = \frac{1}{2}AB + \frac{1}{2}AC + BC + \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}\left( {AB + AC + AB} \right) + BC.\)

Hai giá trị này hoàn toàn chênh lệch nhau.

Chọn B

Xét \(\Delta ABC\) có \(M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,\,BC\) nên \(MN\) là đường trung bình của tam giác. Suy ra \(MN = \frac{1}{2}AC.\)

Tương tự, \(NP,\,\,PM\) cũng là các đường trung bình của tam giác nên \(NP = \frac{1}{2}AB,\,\,PM = \frac{1}{2}BC.\)

Chu vi tam giác \(MNP\) là:

\(MN + NP + PM = \frac{1}{2}AC + \frac{1}{2}AB + \frac{1}{2}BC\)

                           \( = \frac{1}{2}\left( {AB + BC + CA} \right)\)

                           \( = \frac{1}{2}{\rm{Chu vi }}\Delta ABC = \frac{1}{2} \cdot 30 = 15\) (cm).

Chọn D

Xét \(\Delta ABC\) có \(M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,\,BC\) nên \(MN\) là đường trung bình của tam giác. Suy ra \(MN\,{\rm{//}}\,AC\) và \(MN = \frac{1}{2}AC.\)

Tương tự với \(\Delta ACD\) có \(PQ\) là đường trung bình của tam giác, suy ra \(PQ\,{\rm{//}}\,AC\) và \(PQ = \frac{1}{2}AC.\)

Do đó \(MN\,{\rm{//}}\,PQ\) và \(MN = PQ.\)

Khi đó tứ giác \(MNPQ\) là hình bình hành.

Chọn A

Gọi \(P\) là trung điểm của \(AD.\)

Xét \(\Delta ADC\) có \(P,\,\,M\) lần lượt là trung điểm của \(AD,\,\,AC\) nên \(PM\) là đường trung bình của \(\Delta ADC\), suy ra \(PM\,{\rm{//}}\,CD\) và \(PM = \frac{1}{2}CD\).

Tương tự, ta có \(PN\) là đường trung bình của \(\Delta ABD\) nên \(PN\,{\rm{//}}\,AB\) và \(PN = \frac{1}{2}AB\).

Vì \(ABCD\) là hình thang có đáy nhỏ \(AB\) và đáy lớn \(CD\) nên \(AB\,{\rm{//}}\,CD\).

Từ đó suy ra \(PN\,{\rm{//}}\,CD.\)

Qua điểm \(P\) có \(PM\,{\rm{//}}\,CD\) và \(PN\,{\rm{//}}\,CD\) nên theo tiên đề Euclid thì \(PM,\,\,PN\) trùng nhau hay ba điểm \(P,\,\,M,\,\,N\) thẳng hàng.

Khi đó \(AB\,{\rm{//}}\,MN\,{\rm{//}}\,CD\) và \[MN = PM - PN = \frac{1}{2}CD - \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}\left( {CD - AB} \right).\]

Chọn B

Đính lí: Trong tam giác, đường phân giác của một góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn ấy.

Xét \(\Delta ABC\) có \(AD\) là đường phân giác của góc \(A\) \(\left( {D \in BC} \right)\) nên \(\frac{{DB}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{AC}}.\)

Chọn C

Xét \(\Delta ABC\) có \(AD\) là đường phân giác của góc \(A\) \(\left( {D \in BC} \right)\) nên \(\frac{{DB}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}.\)

Chọn A

Đặt \(DB = x\) (cm), từ đó \(DC = 10 - x\) (cm).

Xét \(\Delta ABC\) có \(AD\) là đường phân giác của góc \(A\) \(\left( {D \in BC} \right)\) nên \(\frac{{DB}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{AC}}.\)

Suy ra \(\frac{x}{{10 - x}} = \frac{5}{8}\)

            \(8x = 5\left( {10 - x} \right)\)

            \(8x = 50 - 5x\)

            \(13x = 5\)

               \(x = \frac{{50}}{{13}}\) cm.

Chọn C

Xét \(\Delta ABC\) có \(AD\) là đường phân giác của góc \(A\) \(\left( {D \in BC} \right)\) nên \(\frac{{DB}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{AC}}.\)

Suy ra \(\frac{x}{y} = \frac{c}{b}\), do đó \(\frac{x}{c} = \frac{y}{b}\) và \(x \cdot b = y \cdot c\).

Cách viết \(x \cdot c = y \cdot b\) là sai.

Chọn B

Ta có \(BC = BD + DC = 6 + 9 = 15\) cm.

Vì \(\Delta ABC\) có chu vi bằng 45 cm nên \(AB + AC = 45 - 15 = 30\) cm.

Vì \(AD\) là đường phân giác của góc \(A\) \(\left( {D \in BC} \right)\) nên \(\frac{{DB}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{AC}}\) hay \(\frac{{AB}}{{DB}} = \frac{{AC}}{{DC}}.\)

Suy ra \(\frac{{AB}}{6} = \frac{{AC}}{9} = \frac{{AB + AC}}{{6 + 9}} = \frac{{30}}{{15}} = 2\) (cm).

Từ đó ta có \(AB = 2 \cdot 6 = 12\) cm.

Chọn A

Vì \(AE\) là đường phân giác ngoài của góc \(A\) nên \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{A_2}}.\)

Vì \(BF\,{\rm{//}}\,AC\) nên \(\widehat {{A_1}} = \widehat {AFB}\) (so le trong).

Suy ra \(\widehat {{A_2}} = \widehat {AFB}\) nên \(\Delta ABF\) cân tại \(B.\) Do đó \(AB = BF.\)

Xét \(\Delta AEC\) có \(BF\,{\rm{//}}\,AC\) nên \(\frac{{EB}}{{EC}} = \frac{{BF}}{{AC}}\) (hệ quả định lí Thalès chứng minh tương tự câu 3).

Suy ra \(\frac{{EB}}{{EC}} = \frac{{AB}}{{AC}}.\)

Các phương án C và D chưa đủ cơ sở để khẳng định.

Chọn A

Vì \(AE\) là đường phân giác ngoài của góc \(A\) nên \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{A_2}}.\)

Vẽ \(BF\,{\rm{//}}\,AC\) \(\left( {F \in AE} \right)\)  nên \(\widehat {{A_1}} = \widehat {AFB}\) (so le trong).

Suy ra \(\widehat {{A_2}} = \widehat {AFB}\) nên \(\Delta ABF\) cân tại \(B.\) Do đó \(AB = BF.\)

Xét \(\Delta AEC\) có \(BF\,{\rm{//}}\,AC\) nên \(\frac{{EB}}{{EC}} = \frac{{BF}}{{AC}}\) (hệ quả định lí Thalès chứng minh tương tự câu 3).

Suy ra \(\frac{{EB}}{{EC}} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}.\)

Chọn A

Xét \(\Delta ABC\) có \(AD\) là đường phân giác trong của tam giác nên \(\frac{{BD}}{{CD}} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}\).

Suy ra \(CD = 2BD.\)

Mà \(BD + CD = BC = 6\) cm, nên \(BD + 2BD = 6\) suy ra \(3BD = 6,\) do đó \(BD\) = 2 cm.

Vì \(AE\) là đường phân giác ngoài của \(\Delta ABC\) nên \(\widehat {xAE} = \widehat {EAB}.\)

Kẻ \(BF\,{\rm{//}}\,AC\,\,\left( {F \in AE} \right).\) Khi đó \(\widehat {xAE} = \widehat {AFB}.\)

Suy ra \(\widehat {AFB} = \widehat {FAB}\) nên \(\Delta ABF\) cân tại \(B.\) Do đó \(AB = BF.\)

Xét \(\Delta AEC\) có \(BF\,{\rm{//}}\,AC\) nên \(\frac{{EB}}{{EC}} = \frac{{BF}}{{AC}}\) (hệ quả định lí Thalès chứng minh tương tự câu 3).

Suy ra \(\frac{{EB}}{{EC}} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{1}{2}.\)

Ta có \(EC = EB + BC = EB + 6\).

Do đó \(\frac{{EB}}{{EB + 6}} = \frac{1}{2}\) nên \(2EB = EB + 6,\) suy ra \(EB\) = 6 cm.

Vậy \(DE = BD + EB = 2 + 6 = 8\) cm.

Chọn A

Kẻ \[AH \bot BC.\]

Diện tích tam giác \(ABD\) là: \[{{\rm{S}}_{\Delta ABD}} = \frac{1}{2}AH \cdot BD,\,\,{S_{\Delta ACD}} = \frac{1}{2}AH \cdot CD.\]

Suy ra \[\frac{{{{\rm{S}}_{\Delta ABD}}}}{{{S_{\Delta ACD}}}} = \frac{{\frac{1}{2}AH \cdot BD}}{{\frac{1}{2}AH \cdot CD}} = \frac{{BD}}{{CD}}.\]

Xét \(\Delta ABC\) có \(AD\) là đường phân giác của góc \(A\) nên \(\frac{{BD}}{{CD}} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{5}{8}\).

Chọn A

Xét \(\Delta ABC\) có \(AD\) là đường phân giác của góc \(A\) \(\left( {D \in BC} \right)\) nên \(\frac{{DB}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}.\)

Suy ra \(\frac{{DC}}{{DB}} = \frac{4}{3}.\) Theo tính chất tỉ lệ thức ta có \(\frac{{DC}}{{DB + DC}} = \frac{4}{{3 + 4}}\) hay \[\frac{{CD}}{{CB}} = \frac{4}{7}.\]

Vì \(DE\,{\rm{//}}\,AB\), áp dụng định lí Thalès cho \(\Delta ABC\), ta có \(\frac{{CE}}{{AC}} = \frac{{CD}}{{BC}}\).

Suy ra \(\frac{{CE}}{8} = \frac{4}{7}\) nên \(CE = \frac{{8 \cdot 4}}{7} = \frac{{32}}{7}\) (cm).

Chọn A

Xét \(\Delta ABC\) có \(AD\) là đường phân giác của góc \(A\) \(\left( {D \in BC} \right)\) nên \(\frac{{DB}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{12}}{{18}} = \frac{2}{3}.\)

Cách 1. Từ \(\frac{{DB}}{{DC}} = \frac{2}{3}\) suy ra \(\frac{{DC}}{{DB}} = \frac{3}{2}\), theo tính chất tỉ lệ thức ta có \[\frac{{DC}}{{DB + DC}} = \frac{3}{{2 + 3}}\] hay \(\frac{{DC}}{{BC}} = \frac{3}{5}\).

Vì \(DE\,{\rm{//}}\,AB\) nên \(\frac{{DE}}{{AB}} = \frac{{CD}}{{CB}}\) (hệ quả định lí Thalès chứng minh tương tự câu 3).

Suy ra \(\frac{{DE}}{{12}} = \frac{3}{5}\) nên \(DE = \frac{{12 \cdot 3}}{5} = 7,2\) (cm).

Cách 2. Từ \(\frac{{DB}}{{DC}} = \frac{2}{3}\) theo tính chất tỉ lệ thức ta có \(\frac{{DB}}{{DC + DB}} = \frac{2}{{3 + 2}}\) hay \(\frac{{DB}}{{BC}} = \frac{2}{5}\).

Vì \(DE\,{\rm{//}}\,AB\) nên \(\widehat {BAD} = \widehat {ADE}\) (so le trong).

Vì \(AD\) là tia phân giác của góc \(A\) nên \(\widehat {BAD} = \widehat {CAD}.\)

Suy ra \[\widehat {EAD} = \widehat {ADE}\] nên \(\Delta ADE\) cân tại \(E.\)

Do đó \(DE = AE.\)

Vì \(DE\,{\rm{//}}\,AB\) nên \(\frac{{AE}}{{AC}} = \frac{{BD}}{{BC}} = \frac{2}{5},\) suy ra \(DE = AE = \frac{2}{5}AC = \frac{2}{5} \cdot 18 = 7,2\) (cm).

Chọn A

Vì \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\) nên \(MN\,{\rm{//}}\,BC\) và \(M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,\,AC.\)

Suy ra \(AM = \frac{1}{2}AB,\,\,AN = \frac{1}{2}AC.\)

Xét \(\Delta ABD\) có \(IM\,{\rm{//}}\,BD\) nên \(\frac{{MI}}{{BD}} = \frac{{AM}}{{AB}} = \frac{1}{2}\) (hệ quả định lí Thalès chứng minh tương tự câu 3).

Tương tự xét \(\Delta ACD\), ta có \(\frac{{IN}}{{DC}} = \frac{{AN}}{{AC}} = \frac{1}{2}\).

Suy ra \[\frac{{MI}}{{BD}} = \frac{{IN}}{{DC}}.\] Do đó \(\frac{{IM}}{{IN}} = \frac{{BD}}{{CD}}\).

Xét \(\Delta ABC\) có \(AD\) là đường phân giác của góc \(A\) \(\left( {D \in BC} \right)\) nên \(\frac{{DB}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{10}}{{15}} = \frac{2}{3}.\)

Do đó \(\frac{{IM}}{{IN}} = \frac{2}{3}.\)

Chọn A

⦁ Vì \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) nên đường phân giác \(AD\) đồng thời là đường trung tuyến của tam giác, nên \(D\) là trung điểm của \(BC.\) Do đó \(DB = DC.\)

Vì \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\) nên \(MN\,{\rm{//}}\,BC\) và \(M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,\,AC.\)

Suy ra \(AM = \frac{1}{2}AB,\,\,AN = \frac{1}{2}AC.\)

Xét \(\Delta ABD\) có \(IM\,{\rm{//}}\,BD\) nên \(\frac{{MI}}{{BD}} = \frac{{AM}}{{AB}} = \frac{1}{2}\) (hệ quả định lí Thalès chứng minh tương tự câu 3).

Tương tự xét \(\Delta ACD\), ta có \(\frac{{IN}}{{DC}} = \frac{{AN}}{{AC}} = \frac{1}{2}\).

Suy ra \[\frac{{MI}}{{BD}} = \frac{{IN}}{{DC}}.\] Do đó \(\frac{{IM}}{{IN}} = \frac{{BD}}{{CD}}\).

Mà \(DB = DC\) nên \(IM = IN,\) suy ra \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \(MN\).

⦁ Xét \(\Delta ABC\) có \(MN\) là đường trung bình của tam giác nên \(MN\,{\rm{//}}\,BC.\)

Xét \(\Delta ABD\) có \(MI\,{\rm{//}}\,BD\) và \(M\) là trung điểm của \(AB\) nên \(MI\) là đường trung bình của tam giác, do đó điểm \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AD\).

⦁ Mặt khác, vì \(MI\) là đường trung bình của \(\Delta ABD\) nên \(MI = \frac{1}{2}BD\) mà \(BD = \frac{1}{2}BC\) (do \(D\) là trung điểm của \(BC)\) nên \(MI = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}BC = \frac{1}{4}BC.\)

⦁ Chưa đủ cơ sở để khẳng định \(MN = AD.\)

Chọn A

Vì \(AD\,{\rm{//}}\,EM\) nên \(\widehat {BAD} = \widehat {AEF}\) (đồng vị) và \(\widehat {CAD} = \widehat {AFE}\) (so le trong).

Mặt khác, \(AD\) là tia phân giác của góc \(A\) nên \(\widehat {BAD} = \widehat {CAD}\).

Từ đó suy ra \(\widehat {AEF} = \widehat {AFE}\), do đó \(\Delta AEF\) là tam giác cân tại \(A\).

Suy ra \(AE = AF\).

Xét \(\Delta BEM\) có \(AD\,{\rm{//}}\,EM\) nên \(\frac{{BE}}{{BA}} = \frac{{BM}}{{BD}}\) (định lí Thalès) suy ra \(BM = \frac{{BD \cdot BE}}{{BA}}.\)

Xét \(\Delta CAD\) có \(FM\,{\rm{//}}\,AD\) nên \(\frac{{CF}}{{CA}} = \frac{{CM}}{{CD}}\) (định lí Thalès) suy ra \(CM = \frac{{CD \cdot CF}}{{CA}}.\)

Mà \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(BM = CM\)

Suy ra \(\frac{{BD \cdot BE}}{{BA}} = \frac{{CD \cdot CF}}{{CA}}\)

            \(\frac{{BD \cdot BE}}{{CD}} = \frac{{BA \cdot CF}}{{CA}}\)

             \(\frac{{BD}}{{CD}} \cdot BE = \frac{{BA}}{{CA}} \cdot CF\) (1)

Xét \(\Delta ABC\) có \(AD\) là tia phân giác của góc \(A\) nên \(\frac{{BD}}{{CD}} = \frac{{BA}}{{CA}}.\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(BE = CF\).

Nên \(AB + AE = AC - AF\)

        \(AE + AF = AC - AB\)

Mà \(AE = AF\) nên \(2AE = AC - AB = 20 - 14 = 6\) (cm).

Suy ra \(AE = 3\) cm.

a) Đúng. Xét \(\Delta ABC\) có \(DE\,{\rm{//}}\,BC\) nên \(\frac{{AD}}{{DB}} = \frac{{AE}}{{EC}}\) (định lí Thalès).

b) Sai. Thay \(AD = 4\) cm, \(DB = 2\) cm và \(AE = 6\) cm vào tỉ lệ \(\frac{{AD}}{{DB}} = \frac{{AE}}{{EC}}\) ta được:

\(\frac{4}{2} = \frac{6}{{EC}}\) suy ra \(EC = \frac{{2 \cdot 6}}{4} = 3\) (cm).

c) Sai. Tứ giác \(BDEF\) có \(DE\,{\rm{//}}\,BF,\,\,BD\,{\rm{//}}\,EF\) nên \(BDEF\) là hình bình hành.

Do đó \(BD = EF.\)

Áp dụng định lí Thalès cho \(\Delta ABC\) có \(EF\,{\rm{//}}\,AB\), ta được \(\frac{{BF}}{{CF}} = \frac{{AE}}{{EC}}\).

Tương tự, \(DE\,{\rm{//}}\,BC\) nên \(\frac{{AB}}{{EF}} = \frac{{AB}}{{BD}} = \frac{{AC}}{{EC}}.\)

Như vậy \(\frac{{BF}}{{CF}} \ne \frac{{AB}}{{EF}}.\)

d) Đúng. Áp dụng định lí Thalès cho \(\Delta ABC\) có \(EF\,{\rm{//}}\,AB\) ta được \(\frac{{CF}}{{CB}} = \frac{{CE}}{{CA}} = \frac{{CE}}{{AE + CE}}\)

Suy ra \(\frac{{4,5}}{{CB}} = \frac{3}{{6 + 3}}\) nên \(CB = \frac{{4,5 \cdot 9}}{3} = 13,5\) (cm).

a) Đúng. Xét \(\Delta ADC\) có \(MI\,{\rm{//}}\,DC\), theo định lí Thalès ta có \(\frac{{AM}}{{MD}} = \frac{{AI}}{{IC}}\).

b) Sai. Xét \(\Delta ABC\) có \(IN\,{\rm{//}}\,AB\), theo định lí Thalès ta có \(\frac{{AI}}{{IC}} = \frac{{BN}}{{NC}}\).

Kết hợp với ý a), ta có \(\frac{{AM}}{{MD}} = \frac{{BN}}{{NC}}\).

c) Sai. Từ \(\frac{{AM}}{{MD}} = \frac{{BN}}{{NC}}\) và \(\frac{{AM}}{{MD}} = \frac{1}{2}\) ta có \(\frac{{BN}}{{NC}} = \frac{1}{2}\) nên \(\frac{{NC}}{{BN}} = 2\).

Suy ra \(\frac{{NC}}{{NC + BN}} = \frac{2}{{2 + 1}}\) hay \(\frac{{CN}}{{CB}} = \frac{2}{3}.\)

Xét \(\Delta ABC\) có \(IN\,{\rm{//}}\,AB\) nên \(\frac{{IN}}{{AB}} = \frac{{CN}}{{CB}} = \frac{2}{3}\) (hệ quả định lí Thalès chứng minh tương tự câu 3).

d) Đúng. Vì \(AB = 6\) cm và \(\frac{{IN}}{{AB}} = \frac{2}{3}\) nên ta có \(\frac{{IN}}{6} = \frac{2}{3},\) suy ra \(IN = \frac{{6 \cdot 2}}{3} = 4\) (cm).

Từ \(\frac{{AM}}{{MD}} = \frac{1}{2}\) suy ra \(\frac{{AM}}{{MD + AM}} = \frac{1}{{2 + 1}}\) hay \(\frac{{AM}}{{AD}} = \frac{1}{3}.\)

Xét \(\Delta ADC\) có \(MI\,{\rm{//}}\,DC\) nên \(\frac{{MI}}{{DC}} = \frac{{AM}}{{AD}} = \frac{1}{3}\) (hệ quả định lí Thalès chứng minh tương tự câu 3).

Mà \(CD = 9\) cm nên \(\frac{{MI}}{9} = \frac{1}{3},\) suy ra \(MI = \frac{{9 \cdot 1}}{3} = 3\) (cm).

Khi đó \(MN = MI + IN = 3 + 4 = 7\) (cm).

a) Sai. Vì \[AD = 2DB\] nên \(\frac{{AD}}{{DB}} = 2\) suy ra \(\frac{{AD}}{{DB + AD}} = \frac{2}{{1 + 2}}\) hay \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{2}{3}\).

b) Đúng. Vì \(G\) là trọng tâm của \(\Delta ABC\) nên \(\frac{{AG}}{{AM}} = \frac{2}{3}\).

Xét \(\Delta ABM\) có \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AG}}{{AM}} = \frac{2}{3}\) nên theo định lí Thalès đảo ta có \(DG\,{\rm{//}}\,BM\) hay \(DG\,{\rm{//}}\,BC.\)

c) Đúng. Từ \[\frac{{EC}}{{AC}} = \frac{1}{3}\] suy ra \[\frac{{AC - AE}}{{AC}} = \frac{1}{3}\] hay \[1 - \frac{{AE}}{{AC}} = \frac{1}{3}\] nên \[\frac{{AE}}{{AC}} = \frac{2}{3}.\]

Xét \(\Delta ACM\) có \(\frac{{AE}}{{AC}} = \frac{{AG}}{{AM}} = \frac{2}{3}\) nên theo định lí Thalès đảo ta có \[GE\,{\rm{//}}\,MC\] hay \(GE\,{\rm{//}}\,BC.\)

Qua điểm \(G\) có \(DG\,{\rm{//}}\,BC\) và \(GE\,{\rm{//}}\,BC\) nên theo tiên đề Euclid thì \(DG,\,\,GE\) trùng nhau hay \(D,\,\,G,\,\,E\) thẳng hàng.

d) Đúng. Xét \(\Delta ABM\) có \(DG\,{\rm{//}}\,BM\) nên \(\frac{{AG}}{{AM}} = \frac{{DG}}{{BM}}\) (hệ quả định lí Thalès chứng minh tương tự câu 3).

Xét \(\Delta ACM\) có \(GE\,{\rm{//}}\,BC\) nên \(\frac{{AG}}{{AM}} = \frac{{GE}}{{CM}}\) (hệ quả định lí Thalès chứng minh tương tự câu 3).

Do đó \(\frac{{DG}}{{BM}} = \frac{{GE}}{{CM}},\) mà \(BM = CM\) (do \(M\) là trung điểm \(BC)\) nên \(DG = GE.\)

Lại có \(D,\,\,G,\,\,E\) thẳng hàng nên \(G\) là trung điểm của \(DE.\)

a) Đúng. Do \(AB\,{\rm{//}}\,CD\) nên \(\widehat E = \widehat {{D_2}}\) (hai góc so le trong).

Lại có \(\widehat {{D_1}} = \widehat {{D_2}}\) (do \(AD\) là tia phân giác góc \(D).\)

Suy ra \(\widehat E = \widehat {{D_1}}\) nên \(\Delta ADE\) cân tại \(A\).

b) Đúng. Vì \(\Delta ADE\) cân tại \(A\) nên \(AE = AD = 8\) cm.

c) Sai. Lấy \(B',\,\,E'\) lần lượt trên cạnh \(FC,\,\,FD\) sao cho \(F\) là trung điểm của \(BB',\,\,EF'.\)

Khi đó tứ giác \(BEB'E'\) là hình bình hành.

Suy ra \(B'E' = BE\) và \(B'E'\,{\rm{//}}\,BE.\)

Lại có \(AE\,{\rm{//}}\,CD\) nên \(B'E'\,{\rm{//}}\,CD.\)

Xét \(\Delta FCD\) có \(B'E'\,{\rm{//}}\,CD\) nên \(\frac{{FE'}}{{FD}} = \frac{{B'E'}}{{CD}}\) (hệ quả định lí Thalès chứng minh tương tự câu 3).

Mà \(B'E' = BE\) và \(FE' = FE\) nên \[\frac{{FE}}{{FD}} = \frac{{BE}}{{CD}} = \frac{{AE - AB}}{{CD}} = \frac{{8 - 4}}{{10}} = \frac{4}{{10}} = \frac{2}{5}\].

d) Sai. Từ \(\frac{{FE}}{{FD}} = \frac{2}{5}\) ta có \(\frac{{FD}}{{FE}} = \frac{5}{2}\) suy ra \(\frac{{FD}}{{FE + FD}} = \frac{5}{{2 + 5}}\) hay \(\frac{{DF}}{{DE}} = \frac{5}{7}.\)

Xét \(\Delta ADE\) có \(IF\,{\rm{//}}\,AE\) nên \(\frac{{IF}}{{AE}} = \frac{{DF}}{{DE}} = \frac{5}{7}\) (hệ quả định lí Thalès chứng minh tương tự câu 3).

Suy ra \(\frac{{IF}}{8} = \frac{5}{7}\) nên \(IF = \frac{{40}}{7}\) cm.

a) Đúng. Xét \(\Delta ABC\) có \(M,N\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AB,BC\) nên \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\).

b) Sai. Xét \(\Delta ABC\) có \(P,Q\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(CD,DA\) nên \(PQ\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\).

Suy ra \(PQ = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \cdot 8 = 4\) (cm).

c) Đúng. Vì \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\) nên \(MN\,{\rm{//}}\,AC\) và \(MN = \frac{1}{2}AC.\)

Vì \(PQ\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\) nên \(PQ\,{\rm{//}}\,AC\) và \(PQ = \frac{1}{2}AC.\)

Suy ra \(MN\,{\rm{//}}\,PQ\) và \(MN = PQ\).

Do đó tứ giác \(MNPQ\) là hình bình hành.

d) Sai. Tương tự, \(MQ\) là đường trung bình của \(\Delta ABD\) nên \(MQ = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2} \cdot 12 = 6\) cm.

Chu vi hình bình hành \(MNPQ\) là \(2\left( {QM + QP} \right) = 2\left( {6 + 4} \right) = 20\) cm.

a) Đúng. Xét \(\Delta DEF\) có \(IK\,{\rm{//}}\,EF\) và \(I\) là trung điểm của cạnh \(DE\) nên \(IK\) là đường trung bình của \(\Delta DEF\).

b) Đúng. Vì \(IK\) là đường trung bình của \(\Delta DEF\) nên \(K\) là trung điểm của \(DF\).

c) Đúng. Tứ giác \(IDHF\) có \(K\) là trung điểm của \(IH\) và \(DF\) nên tứ giác \(IDHF\) là hình bình hành.

d) Sai. Để hình bình hành \(IDHF\) là hình chữ nhật thì \(\widehat {DIF} = 90^\circ \), khi đó \(FI\) vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao của \(\Delta DEF\), lúc này \(\Delta DEF\) sẽ là tam giác cân tại \(F\).

a) Đúng. Vì \(AC \bot AB\) và \(MD \bot AB\) nên \(MD\,{\rm{//}}\,AC.\)

b) Sai. Xét \(\Delta ABC\) có \(MD\,{\rm{//}}\,AC\) và \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên nó là đường trung bình của \(\Delta ABC\).

Suy ra \(D\) là trung điểm của \(AB\).

c) Sai. Tương tự, \(\Delta ABC\) có \(ME\,{\rm{//}}\,AB\) và \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên nó là đường trung bình của \(\Delta ABC\).

Suy ra \(E\) là trung điểm của \(AC\).

Do đó \(AE = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \cdot 8 = 4\) (cm).

d) Đúng. Xét  \(\Delta ABC\) có \(D,\,E\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,\,AC\) nên \(DE\) là đường trung bình của tam giác.

Suy ra \(DE = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} \cdot 10 = 5\) (cm).

Vì \(D\) là trung điểm của \(AB\) nên \(AD = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2} \cdot 6 = 3\) (cm).

Chu vi của \(\Delta ADE\) là \(AD + AE + DE = 3 + 4 + 5 = 12\) (cm).

a) Đúng. Xét \(\Delta ABC\) có \(D,\,\,M\) lần lượt là trung điểm của \(AC,\,\,BC\) nên \(DM\) đường trung bình của tam giác \(\Delta ABC\).

b) Đúng. Xét \(\Delta ABC\) có \(DE\,{\rm{//}}\,BC\) và \(D\) là trung điểm của \(AC\) nên \(ED\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\). Suy ra \(E\) là trung điểm của \(AB\).

c) Sai. Xét \(\Delta ABC\) có \(E,\,\,M\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,\,BC\) nên \(EM\) đường trung bình của tam giác \(\Delta ABC\).

Suy ra \(EM\,{\rm{//}}\,AC.\)

Vì \(DM\) đường trung bình của tam giác \(\Delta ABC\) nên \(DM\,{\rm{//}}\,AB\).

Tứ giác \(ADME\) có \(DM\,{\rm{//}}\,AE\) và \(EM\,{\rm{//}}\,AD\) nên nó là hình bình hành.

d) Đúng. Để hình bình hành \(ADME\) là hình thoi thì \(AE = AD\).

Mà \(AE = \frac{1}{2}AB,\,\,AD = \frac{1}{2}AC\) nên ta cần có \(AB = AC,\) lúc này \(\Delta ABC\) cân tại \(A.\)

Thật vậy, nếu \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) thì \(ADME\) là hình thoi.

a) Đúng. Xét \(\Delta ABC\) có \(AD\) là tia phân giác của góc \(A\) nên \(\frac{{DB}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{9}{{12}} = \frac{3}{4}.\)

Suy ra \(\frac{{DB}}{3} = \frac{{DC}}{4}.\)

Mà \(DB + DC = BC = 14\) (cm).

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

\(\frac{{DB}}{3} = \frac{{DC}}{4} = \frac{{DB + DC}}{{3 + 4}} = \frac{{14}}{7} = 2.\)

Suy ra \(DB = 6\) cm, \(DC = 8\) cm.

b) Đúng. Xét \(\Delta ABD\) có \(BI\) là đường phân giác nên \(\frac{{IA}}{{ID}} = \frac{{BA}}{{BD}} = \frac{9}{6} = \frac{3}{2}\).

c) Sai. Kẻ \(IH \bot BC\) và \(AK \bot BC\) khi đó \(IH\,{\rm{//}}\,AK.\)

Xét \(\Delta ADK\) có \(IH\,{\rm{//}}\,AK\) nên \(\frac{{IH}}{{AK}} = \frac{{DI}}{{DA}}\) (hệ quả định lí Thalès chứng minh tương tự câu 3).

Từ \(\frac{{IA}}{{ID}} = \frac{3}{2}\) suy ra \(\frac{{ID}}{{IA}} = \frac{2}{3}\) nên \(\frac{{ID}}{{IA + ID}} = \frac{2}{{3 + 2}}\) hay \(\frac{{ID}}{{AD}} = \frac{2}{5}.\)

Suy ra \(\frac{{IH}}{{AK}} = \frac{{DI}}{{DA}} = \frac{2}{5}.\)

Vậy khoảng cách từ \(I\) chỉ bằng \(\frac{2}{5}\) khoảng cách từ \(A\) đến \(BC\).

d) Sai. \({S_{\Delta IBC}} = \frac{1}{2}IH \cdot BC;\,\,{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AK \cdot BC.\)

Suy ra \(\frac{{{S_{\Delta IBC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \frac{{\frac{1}{2}IH \cdot BC}}{{\frac{1}{2}AK \cdot BC}} = \frac{{IH}}{{AK}} = \frac{2}{5}.\)

Vậy \({S_{\Delta IBC}} = \frac{2}{5}{S_{\Delta ABC}}.\)

a) Đúng. Xét \(\Delta ABC\) có \(AD\) là tia phân giác của góc \(A\) nên \(\frac{{DB}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{12}}{{18}} = \frac{2}{3}\).

b) Đúng. Từ \(\frac{{DB}}{{DC}} = \frac{2}{3}\) suy ra \(\frac{{DB}}{2} = \frac{{DC}}{3}.\)

Mà \(DB + DC = BC = 25\) (cm).

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

\(\frac{{DB}}{2} = \frac{{DC}}{3} = \frac{{DB + DC}}{{2 + 3}} = \frac{{25}}{5} = 5.\)

Suy ra \(DB = 10\) cm, \(DC = 15\) cm.

c) Đúng. Xét \(\Delta ADH\) có \(IK\,{\rm{//}}\,DH\) và \(I\) là trung điểm của \(AD\) nên \(K\) là trung điểm của \(AH.\)

d) Sai. Xét \(\Delta BCK\) có \(DH\,{\rm{//}}\,BK\) nên \(\frac{{KH}}{{HC}} = \frac{{BD}}{{DC}} = \frac{2}{3}.\)

Suy ra \(HC = \frac{3}{2}HK = \frac{3}{2}AK\) (vì \(K\) là trung điểm của \(AH\) nên \(HK = AK).\)

Ta có \(AC = AK + KH + HC = 2AK + \frac{3}{2}AK = \frac{7}{2}AK.\)

Do đó \[\frac{{AK}}{{AC}} = \frac{2}{7}.\]

Xét \(\Delta ABC\) có \(DE\,{\rm{//}}\,BC\) nên \(\frac{{AD}}{{DB}} = \frac{{AE}}{{EC}}\) (định lí Thalès).

Thay số: \(\frac{4}{2} = \frac{6}{{EC}}\), suy ra \(EC = \frac{{2 \cdot 6}}{4} = 3\) (cm).

Đáp án: 3.

Ta có \(AC = AE + EC = 2 + 4 = 6\) (cm).

Khi đó \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{3}{9} = \frac{1}{3}\) và \(\frac{{AE}}{{AC}} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}\).

Suy ra \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AC}}\).

Xét \(\Delta ABC\) có \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AC}}\) nên \(DE\,{\rm{//}}\,BC\) (định lí Thalès đảo).

Suy ra \(\frac{{DE}}{{BC}} = \frac{{AD}}{{AB}} = \frac{1}{3}\) (hệ quả định lí Thalès chứng minh tương tự câu 3).

Vậy \(BC = 3 \cdot 2,5 = 7,5\) (cm).

Đáp án: 7,5.

Điểm \(F\) là trung điểm \(DB\) nên \(DF = FB = 4\) cm.

Khi đó \(AF = AD + DF = 2 + 4 = 6\) cm và \(AB = AD + DB = 10\) cm.

Xét \(\Delta ABC\), áp dụng định lí Thalès:

⦁ với \(DE\,{\rm{//}}\,BC\) ta có \[\frac{{AE}}{{AC}} = \frac{{AD}}{{AB}} = \frac{2}{{10}} = \frac{1}{5}\] suy ra \(AE = \frac{1}{5}AC = \frac{1}{5} \cdot 20 = 4\) cm.

⦁ với \(FG\,{\rm{//}}\,BC\), ta có \(\frac{{AG}}{{AC}} = \frac{{AF}}{{AB}} = \frac{6}{{10}} = \frac{3}{5}\) suy ra \(AG = \frac{3}{5}AC = \frac{3}{5} \cdot 20 = 12\) cm.

Do đó \(EG = AG - AE = 12 - 4 = 8\) cm.

Đáp án: 8.

Vì \(G\) là trọng tâm của \(\Delta ABC\) nên \(\frac{{AG}}{{AM}} = \frac{2}{3}\).

Xét \(\Delta ABM\) có \(EG\,{\rm{//}}\,BM\) nên \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AG}}{{AM}} = \frac{2}{3}.\)

Xét \(\Delta ABC\) có \(EF\,{\rm{//}}\,BC\) nên \(\frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{AE}}{{AB}} = \frac{2}{3}\) (hệ quả định lí Thalès chứng minh tương tự câu 3).

Suy ra \(EF = \frac{2}{3}BC = \frac{2}{3} \cdot 12 = 8\) cm.

Đáp án: 8.

Xét \(\Delta ABC\) có \(M,N\) là trung điểm của \(AB\) và \(AC\) nên \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\).

Suy ra \(MN = \frac{{BC}}{2} = \frac{{12,4}}{2} = 6,2\) (cm).

Đáp án: 6,2.

Vì \(BD\) và \(CE\) là hai đường trung tuyến, \(E,D\) lần lượt là trung điểm của \(AB,AC\).

Suy ra \(ED\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\), suy ra \(BC = 2ED = 10\) cm.

Xét \(\Delta GBC\), có \(M,N\) là trung điểm của \(GB,GC\), nên \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta GBC\)

Suy ra \(MN = \frac{{BC}}{2} = \frac{{10}}{2} = 5\) (cm).

Đáp án: 5.

Xét \(\Delta ABC\) có \(AD\) là tia phân giác của góc \(A\) nên \(\frac{{BD}}{{CD}} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{6}{9} = \frac{2}{3}\).

Từ đó suy ra \(\frac{{BD}}{{BD + CD}} = \frac{2}{{2 + 3}}\), hay \(\frac{{BD}}{{BC}} = \frac{2}{5}\).

Thay \(BC = 10\) cm, ta có \(BD = \frac{2}{5} \cdot 10 = 4\) (cm).

Đáp án: 4.

Xét \(\Delta ABC\) có \(AD\) là tia phân giác của góc \(A\) nên \(\frac{{CD}}{{DB}} = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{{12}}{8} = \frac{3}{2}\).

Suy ra \(\frac{{CD}}{{CB}} = \frac{3}{{3 + 2}} = \frac{3}{5}\).

Xét \(\Delta ABC\) có \(DE\,{\rm{//}}\,AB\) nên \(\frac{{DE}}{{AB}} = \frac{{CD}}{{CB}} = \frac{3}{5}\) (hệ quả định lí Thalès chứng minh tương tự câu 3).

Vậy \(DE = \frac{3}{5}AB = \frac{3}{5} \cdot 8 = 4,8\) (cm).

Đáp án: 4,8.

Xét \(\Delta ABC\) có \(AD\) là tia phân giác của góc \(A\) nên \(\frac{{DB}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{10}}{{15}} = \frac{2}{3}.\)

Suy ra \(\frac{{DB}}{2} = \frac{{DC}}{3}.\)

Mà \(DB + DC = BC = 20\) (cm).

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

\(\frac{{DB}}{2} = \frac{{DC}}{3} = \frac{{DB + DC}}{{2 + 3}} = \frac{{20}}{5} = 4.\)

Suy ra \(DB = 4 \cdot 2 = 8\) (cm).

Xét \(\Delta ABC\) có \(M,N\) là trung điểm của \(AB\) và \(AC\) nên \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\). Suy ra \(MN\,{\rm{//}}\,BC.\)

Xét \(\Delta ABD\) có \(MI\,{\rm{//}}\,BD\) và \(M\) là trung điểm của \(AB\) nên \(MI\) là đường trung bình của \(\Delta ABD\). Suy ra \(MI = \frac{{BD}}{2} = \frac{8}{2} = 4\) (cm).

Đáp án: 4.

Tứ giác \(AEDF\) có \[DE\,{\rm{//}}\,AF,\,\,DF\,{\rm{//}}\,AE\] nên nó là hình bình hành.

Mặt khác, đường chéo \(AD\) là tia phân giác của góc \(A\), nên hình bình hành này là hình thoi. Suy ra \(AE = ED = DF = FA\).

Xét \(\Delta ABC\) có \(AD\) là tia phân giác của góc \(A\) nên \(\frac{{BD}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{6}{{12}} = \frac{1}{2}.\)

Suy ra \(\frac{{BD}}{{DC + BD}} = \frac{1}{{2 + 1}}\) hay \(\frac{{BD}}{{BC}} = \frac{1}{3}.\)

Lại có \(DE\,{\rm{//}}\,AC\) nên \(\frac{{DE}}{{AC}} = \frac{{BD}}{{BC}} = \frac{1}{3}\) (hệ quả định lí Thalès chứng minh tương tự câu 3).

Suy ra \(\frac{{DE}}{{12}} = \frac{1}{3}\) nên \(DE = 4\) (cm).

Chu vi hình thoi là \(4 \cdot 4 = 16\) (cm).

Đáp án: 16.