Bài tập ôn tập Toán 8 Chương 9 (có đáp án)

Chọn C.

Ta có các tỉ số:

\(\frac{{AB}}{{PM}} = \frac{8}{{12}} = \frac{2}{3}\); \(\frac{{AC}}{{MN}} = \frac{{10}}{{15}} = \frac{2}{3}\) và \(\frac{{BC}}{{NP}} = \frac{{12}}{{18}} = \frac{2}{3}\).

Xét hai tam giác \(ABC\) và \(MNP\) có \(\frac{{AB}}{{PM}} = \frac{{AC}}{{MN}} = \frac{{BC}}{{NP}} = \frac{2}{3}\) nên $\Delta ABC\backsim \Delta MPN$ (c.c.c).

Chọn C.

Xét \(\Delta MNP\) và \(\Delta HIK\) có: \(\widehat {N\,} = \widehat {I\,}\) và \(\frac{{NM}}{{NP}} = \frac{{IH}}{{IK}}\)

Nên $\Delta MNP\backsim \Delta HIK$(c.g.c) hay $\Delta NMP\backsim \Delta IHK$ (c.g.c).

Chọn A.

Xét \(\Delta ADC\) và \(\Delta ACB\) ta có: \(\widehat {ADC} = \widehat {ACB} = 90^\circ \) và \[\frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{AC}}{{AB}}\,\,\left( { = \frac{3}{4}} \right)\].

Vì vậy, $\Delta ADC\backsim \Delta ACB$ (c.g.c).

Chọn B.

Trong \(\Delta MNP\) có: \[\widehat {P\,} = 180^\circ  - \left( {\widehat {M\,} + \widehat {N\,}} \right) = 180^\circ  - \left( {80^\circ  + 40^\circ } \right) = 60^\circ \].

Xét tam giác \(\Delta MNP\) và \(\Delta HIK\) có: \(\widehat {M\,} = \widehat {K\,} = 80^\circ \) và \(\widehat {P\,} = \widehat {I\,} = 60^\circ \).

Suy ra $\Delta MNP\backsim \Delta KHI$  (g.g).

Chọn A.

Xét \(\Delta KNM\) và \(\Delta KMP\) có:

\(\widehat {NKM} = \widehat {MKP} = 90^\circ \) (do \(MK \bot NP\)).

\(\widehat {KNM} = \widehat {KMP}\) (cùng phụ với \(\widehat {KMN}\)).

Do đó $\Delta KNM\backsim \Delta KMP$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{KN}}{{KM}} = \frac{{KM}}{{KP}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

Nên \(K{M^2} = KN \cdot KP\) hay \(M{K^2} = KN \cdot KP\).

Chọn B.

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác \(DEF\) vuông cân tại \(D\) ta có:

\(E{F^2} = D{E^2} + D{F^2}\).

Chọn D.

Vì \({2^2} + {3^2} = 4 + 9 = 13 \ne {4^2} = 16\) (không thỏa mãn định lí Pythagore đảo).

Chọn B.

Mô hình hóa bài toán thành tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) với:

Hai cạnh góc vuông \(AB = 5\) cm; \(AC = 12\) cm và thanh tre còn lại chính là cạnh huyền \(BC\).

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) ta có: \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {5^2} + {12^2} = 25 + 144 = 169\). 

Suy ra: \(BC = \sqrt {169}  = 13\) (cm).

Chọn B.

Kẻ \(AM \bot BC\) tại \(M\) \(\left( {M \in BC} \right)\).

Vì \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) nên đường cao \(AM\) đồng thời là đường trung tuyến, ta có:

\(BM = MC = \frac{{BC}}{2} = \frac{6}{2} = 3\) (cm).

Áp dụng định lý Pythagore cho \(\Delta ABM\) vuông tại \(M\): \(A{M^2} + B{M^2} = A{B^2}\).

Suy ra \(AM = \sqrt {A{B^2} - B{M^2}}  = \sqrt {{5^2} - {3^2}}  = 4\) (cm).

Diện tích tam giác \(ABC\) là: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot AM \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 6 = 12\) (cm2).

Lại có, \({S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot BH \cdot AC\) suy ra \(BH = \frac{{2S}}{{AC}} = \frac{{12 \cdot 2}}{5} = 4,8\) (cm).

Chọn B.

Tính các cạnh \(AB\) và \(AC\) của tam giác \(ABC\):

Áp dụng định lý Pythagore cho \(\Delta ABH\) vuông tại \(H\):

\(A{B^2} = A{H^2} + B{H^2} = {12^2} + {9^2} = 144 + 81 = 225\) suy ra \(AB = \sqrt {225}  = 15\) (cm).

Áp dụng định lý Pythagore cho \(\Delta ACH\) vuông tại \(H\):

\(A{C^2} = A{H^2} + H{C^2} = {12^2} + {16^2} = 144 + 256 = 400\) suy ra \(AC = \sqrt {400}  = 20\) (cm).

Tính độ dài cạnh \(BC\):

Vì \(\widehat {B\,},\,\,\widehat {C\,}\) là các góc nhọn nên \(H\) nằm giữa \(B\) và \(C\), do đó

\(BC = BH + HC = 9 + 16 = 25\) (cm).

Xét tam giác \(ABC\) có \(A{B^2} + A{C^2} = {25^2} + {20^2} = 225 + 400 = 625 = {25^2} = B{C^2}\).

Do \(A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\), theo định lý Pythagore đảo, tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\).

Chọn A.

Kẻ \[NK \bot PQ\] tại \(K\).

Xét tam giác vuông \(NKQ\), theo định lý Pythagore ta có: \(N{Q^2} = Q{K^2} + N{K^2}\).

Xét tam giác vuông \(NPK\), theo định lý Pythagore ta có: \(N{P^2} = K{P^2} + N{K^2}\).

Lại có: \(QK + KP = PQ;\,\,QK - KP = MN\).

Suy ra: \(N{Q^2} - N{P^2} = Q{K^2} - K{P^2} = \left( {QK + KP} \right)\left( {QK - KP} \right)\)

\( = PQ \cdot \left( {QK - KP} \right) = PQ \cdot \left( {QK + KP - 2KP} \right) = PQ \cdot \left( {QP - 2KP} \right) = PQ \cdot MN\).

Vì vậy, \(N{Q^2} - N{P^2} = PQ \cdot MN\).

Chọn B.

Xét tam giác \[ABC\] và tam giác \[MNP\] có:

\(\widehat {BAC} = \widehat {NMP} = 90^\circ \) và \(\frac{{AB}}{{MN}} = \frac{{BC}}{{NP}}\)

Do đó $\Delta ABC\backsim \Delta MNP$ (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

Chọn C.

· Khẳng định i) đúng.

Xét \(\Delta HDE\) và \(\Delta HFD\) có:

\(\widehat {DHE} = \widehat {FHD} = 90^\circ \)

\(\widehat {HDE} = \widehat {HFD}\) (cùng phụ với \(\widehat {HDF}\))

Suy ra $\Delta HDE\backsim \Delta HFD$ (g.g).

· Khẳng định ii) đúng.

Vì $\Delta HDE\backsim \Delta HFD$ (g.g) nên \(\frac{{HD}}{{HF}} = \frac{{HE}}{{HD}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

· Khẳng định iii) sai.

Từ \(\frac{{HD}}{{HF}} = \frac{{HE}}{{HD}}\) suy ra \(H{D^2} = HE \cdot HF\) (chứ không phải \[H{D^2} = HE \cdot EF\])

· Khẳng định iv) đúng.

Thay vào \(EH = 9\) cm và \(HF = 16\) cm công thức \(H{D^2} = HE \cdot HF\) ta được:

\(H{D^2} = 9 \cdot 16 = 144\) suy ra \(HD = \sqrt {144}  = 12\) (cm).

Vậy có 3 khẳng định đúng.

Chọn C.

Khẳng định C sai, vì:

Do \(CH \bot BD\) nên \(\widehat {BHC} = 90^\circ \) và \[ABCD\] là hình chữ nhật nên \[\widehat {BCD} = 90^\circ \].

 Xét hai tam giác vuông \(\Delta BHC\) và \(\Delta BCD\) có:

\(\widehat {BHC} = \widehat {BCD} = 90^\circ \)

\(\widehat {DBC}\) là góc chung

Do đó $\Delta BHC\backsim \Delta BCD$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{{BC}}{{BD}}\) hay \(B{C^2} = BH \cdot BD\).

Chọn D.

· Kẻ \(AH \bot BC\) tại \(H\).

Do \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) có \(AH\) là đường cao nên \(AH\) cũng là đường trung tuyến.

Suy ra \(H\) là trung điểm của \(BC\) nên \(HC = \frac{{BC}}{2} = \frac{{10}}{2} = 5\) (cm).

· Xét \(\Delta AHC\) (vuông tại \(H\)) và \(\Delta BDC\) (vuông tại \(D\)) có:

\(\widehat {AHC} = \widehat {BDC} = 90^\circ \)

\(\widehat {C\,}\) là góc chung

Do đó $\Delta AHC\backsim \Delta BDC$ (g.g) suy ra \(\frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{HC}}{{DC}}\).

Nên \(\frac{{AC}}{{10}} = \frac{5}{4}\) hay \(AC = \frac{{10 \cdot 5}}{4} = 12,5\) (cm).

Chọn B.

Xét \(\Delta ADE\) vuông tại \[A\], áp dụng định lí Pythagore ta được: \(AD = \sqrt {D{E^2} - A{E^2}}  = \sqrt {{{15}^2} - {9^2}}  = \sqrt {225 - 81}  = \sqrt {144}  = 12\) (cm).

Tương tự, \(AB = 16\) (cm).

Ta có: \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{12}}{{16}} = \frac{3}{4}\) và \(\frac{{AE}}{{AC}} = \frac{9}{{12}} = \frac{3}{4}\) suy ra \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AC}}\).

Xét \(\Delta ADE\) và \(\Delta ABC\) có:

\[\widehat {DAE} = \widehat {BAC} = 90^\circ \] và \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AC}}\)

Do đó $\Delta ADE\backsim \Delta ABC$ (c.g.c).

Chọn B.

Xét \(\Delta HBA\) và \(\Delta HAC\) có:

\(\widehat {AHB} = \widehat {CHA} = 90^\circ \) (do \(AH \bot BC\))

\(\widehat {HBA} = \widehat {HAC}\) (cùng phụ với \(\widehat {HAB}\))

Suy ra $\Delta HBA\backsim \Delta HAC$ (g.g) nên \(\frac{{HB}}{{HA}} = \frac{{HA}}{{HC}}\) hay \(HB \cdot HC = HA \cdot HA = A{H^2}\).

Vậy \(HB.HC = A{H^2}\).

Chọn B.

· Hai tam giác cân chưa chắc đã có các góc ở đỉnh bằng nhau (hoặc các góc ở đáy bằng nhau), do đó các góc tương ứng không nhất thiết bằng nhau nên không thể luôn đồng dạng. (Ví dụ: Một tam giác cân có góc ở đỉnh \(40^\circ \) và một tam giác cân có góc ở đỉnh \(100^\circ \) thì không đồng dạng).

· Tam giác đều: Luôn có các góc bằng \(60^\circ \) và tỉ số các cạnh luôn bằng nhau.

· Hình tròn: Luôn đồng dạng với tỉ số bằng tỉ số hai bán kính.

· Hình vuông: Luôn có các góc bằng \(90^\circ \) và tỉ số các cạnh luôn bằng nhau.

Chọn B.

Vì \(\Delta ABC\)đồng dạng phối cảnh với \(\Delta DEF\) nhận \(O\) làm tâm phối cảnh, nên tỉ số đồng dạng \(k'\) giữa \(\Delta ABC\) và \(\Delta DEF\) bằng tỉ số khoảng cách từ tâm phối cảnh \(O\) đến các đỉnh tương ứng:

\(k = \frac{{OA}}{{OD}} = \frac{{OB}}{{OE}} = \frac{{OC}}{{OF}}\).

Theo giả thiết: \(\frac{{OD}}{{OA}} = \frac{{OE}}{{OB}} = \frac{{OF}}{{OC}} = 2\) suy ra \(\frac{{OA}}{{OD}} = \frac{{OB}}{{OE}} = \frac{{OC}}{{OF}} = \frac{1}{2}\).

Do đó, hai tam giác \(ABC\) và \(DEF\) đồng dạng phối cảnh với tỉ số đồng dạng \(k = \frac{1}{2}\).

Chọn D.

Tỉ số đồng dạng của đường tròn \[\left( {O;\,\,8{\rm{ cm}}} \right)\] đối với đường tròn \(\left( {O';\,\,2{\rm{ cm}}} \right)\) là:

\(k = \frac{R}{{R'}} = \frac{8}{2} = 4.\)

Chọn C.

Mọi hai hình vuông bất kỳ luôn đồng dạng và đồng dạng phối cảnh với nhau vì các góc tương ứng bằng nhau \(\left( {90^\circ } \right)\) và tỉ số các cạnh tương ứng luôn bằng nhau.

Chọn C.

Vì \(SP = \frac{1}{3}SM\) và \(SQ = \frac{1}{3}SN\) mà \(S\) là giao điểm của \(SM\) và \(SN\) nên cạnh \(PQ\) là hình đồng dạng phối cảnh của \(MN\) với tỉ số đồng dạng là \(k = \frac{1}{3}\), tâm phối cảnh là điểm \(S\).

Do đó, cạnh \(PQ\) là hình đồng dạng phối cảnh của cạnh \(MN\) với tỉ số \(k = \frac{1}{3}\), tâm phối cảnh là điểm \(S\).

Suy ra, cả A, B đều đúng.

Chọn A.

Vì diện tích hình vuông \(A'B'C'D'\) bằng 100 cm2  nên ta có: \({\left( {A'B'} \right)^2} = 100\) suy ra \(A'B' = 10\) cm.

Vì diện tích hình vuông \(ABCD\) là 25 cm2  nên ta có: \(A{B^2} = 25\) suy ra \(AB = 5\) cm.

Vì hình vuông \(A'B'C'D'\) là hình đồng dạng với hình vuông \(ABCD\) theo tỉ số đồng dạng \(k\) nên: \(k = \frac{{A'B'}}{{AB}} = \frac{{10}}{5} = 2\).

Vậy tỉ số đồng dạng là \(2\).

Đáp án: a) Đúng.                    b) Đúng.            c) Sai.            d) Sai.

a) Đúng. Vì \(DE\,{\rm{//}}\,BC\) nên $\Delta ADE\backsim \Delta ABC$.

b) Đúng. Vì  nên \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AC}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

c) Sai. Từ  suy ra \(\frac{{DE}}{{BC}} = \frac{{AD}}{{AB}}\)

Thay số: \(\frac{{DE}}{6} = \frac{4}{6}\) suy ra \(DE = 4\) cm.

d) Sai. Tứ giác \(BDEF\) có \(DE\,{\rm{//}}\,BF\) \(\left( {DE\,{\rm{//}}\,BC} \right)\) và \(EF\,{\rm{//}}\,BD\) \(\left( {EF\,{\rm{//}}\,AB} \right)\) nên \(BDEF\) là hình bình hành. Suy ra \(BF = DE = 4\) cm nên \(BF = 5\) cm là sai.

Đáp án: a) Đúng.                    b) Sai.                c) Đúng.        d) Đúng.

a) Đúng. Vì  nên \(\widehat {AMN} = \widehat {B\,} = 70^\circ \).

b) Sai. Vì  nên \(k = \frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{MN}}{{BC}} = \frac{5}{{15}} = \frac{1}{3}\).

c) Đúng. Từ tỉ số đồng dạng \(k = \frac{1}{3}\), ta có: \(\frac{{AN}}{{AC}} = \frac{1}{3}\) suy ra \(AN = \frac{1}{3}AC = \frac{1}{3} \cdot 18 = 6\) (cm).

d) Đúng. Ta có \(AN = \frac{1}{3}AC\) và \(AM = \frac{1}{3}AB\).

Suy ra \(AN - AM = \frac{1}{3}AC - \frac{1}{3}AB = \frac{1}{3}\left( {AC - AB} \right)\)\( = \frac{1}{3} \cdot 6 = 2\) (cm).

Đáp án: a) Đúng.                    b) Đúng.           c) Đúng.        d) Sai.

a) Đúng. Xét  tam giác \(MNP\) với \(MK\) là phân giác của \(\widehat {NMP}\), ta có: \(\frac{{KN}}{{KP}} = \frac{{MN}}{{MP}} = \frac{{12}}{{18}} = \frac{2}{3}.\)

b) Đúng. Từ tỉ số \(\frac{{KN}}{{KP}} = \frac{2}{3}\) suy ra \(\frac{{KN + KP}}{{KP}} = \frac{{2 + 3}}{3}\) hay \(\frac{{NP}}{{KP}} = \frac{5}{3}\).

Thay \(NP = 25\) cm ta được \(\frac{{25}}{{KP}} = \frac{5}{3}\) suy ra \(KP = \frac{{25 \cdot 3}}{5} = 15\) (cm).

c) Đúng.

Xét \(\Delta NMP\) có \(IK\,{\rm{//}}\,MP\) \(\left( {I \in MN,K \in NP} \right)\) suy ra .

d) Sai.  có tỉ số đồng dạng bằng tỉ số giữa các cạnh tương ứng: \(k = \frac{{NK}}{{NP}}.\)

Từ câu b, ta có \(KP = 15\) (cm), suy ra \(NK = NP - KP = 25 - 15 = 10\) (cm).

Thay số vào tỉ số: \(k = \frac{{10}}{{25}} = \frac{2}{5}\).

Vậy  với tỉ số đồng dạng là \(k = \frac{2}{5}\).

Đáp án: a) Đúng.                    b) Đúng.            c) Sai.            d) Sai.

a) Đúng. Xét tam giác \(ADC\) vuông tại \(D\) (do \(AD \bot BC\)) có \(\widehat {CAD} + \widehat {C\,} = 90^\circ \) (1).

Xét tam giác \(BEC\) vuông tại \(E\) (do \(BE \bot AC\)) có \(\widehat {EBC} + \widehat {C\,} = 90^\circ \) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \[\widehat {CAD} = \widehat {EBC}\] (cùng phụ với \(\widehat {C\,}\)).

b) Đúng. Xét \(\Delta BHD\) và \(\Delta ACD\) có:

\(\widehat {BDH} = \widehat {ADC} = 90^\circ \) và \[\widehat {HBD} = \widehat {CAD}\] (câu a)

Do đó $\Delta BHD\backsim \Delta ACD$ (g.g).

c) Sai. Từ  suy ra \(\frac{{BD}}{{AD}} = \frac{{HD}}{{CD}}\).

d) Sai. Theo bài \(\frac{{CD}}{{BD}} = \frac{1}{2}\) suy ra \(CD = \frac{1}{2}BD\) nên \(\frac{{BD}}{{AD}} = \frac{{HD}}{{\frac{1}{2}BD}}\)

Suy ra \(\frac{1}{2}B{D^2} = AD \cdot HD\)

Do đó \[B{D^2} = 2\left( {AH + HD} \right) \cdot HD = 2 \cdot \left( {1,4 + 3,6} \right) \cdot 3,6 = 36\] nên \(BD = 6\) cm.

Đáp án: a) Đúng.                    b) Đúng.            c) Đúng.        d) Sai.

a) Đúng. Áp dụng định lý Pythagore cho \(\Delta AHB\) vuông tại \(H\) có \(A{H^2} + H{B^2} = A{B^2}\)

Suy ra \(A{H^2} = A{B^2} - H{B^2} = {15^2} - {9^2} = 225 - 81 = 144\) (cm).

Nên \(AH = \sqrt {144}  = 12\) (cm).

b) Đúng. Áp dụng định lý Pythagore cho \(\Delta AHC\) vuông tại \(H\) có \(A{H^2} + H{C^2} = A{C^2}\)

Suy ra \(H{C^2} = A{C^2} - A{H^2} = {20^2} - {12^2} = 400 - 144 = 256\)(cm).

Nên \(HC = \sqrt {256}  = 16\) (cm).

c) Đúng. Ta có: \(BC = HB + HC = 9 + 16 = 25\) (cm).

\(A{B^2} + A{C^2} = {15^2} + {20^2} = 225 + 400 = 625 = {25^2} = B{C^2}\).

Theo định lý Pythagore đảo, tam giác \(ABC\) vuông tại \[A\].

d) Sai. Chu vi tam giác \(ABC\) là:

\({C_{\Delta ABC}} = AB + AC + BC = 15 + 20 + 25 = 60\) (cm).

Chu vi tam giác \(AHC\) là:

\({C_{\Delta AHC}} = AH + HC + AC = 12 + 16 + 20 = 48\) (cm).

\({C_{\Delta ABC}} - {C_{\Delta AHC}} = 60 - 48 = 12\) (cm).

Vậy, chu vi \(\Delta ABC\) lớn hơn chu vi \(\Delta AHC\) là \(12\) cm.

Đáp án: a) Đúng.                    b) Đúng.           c) Sai.            d) Đúng.

\(OP \bot DE\) suy ra \(\Delta OPD\) và \(\Delta OPE\) vuông tại \(P\).

\(OQ \bot DF\) suy ra \(\Delta OQD\) và \(\Delta OQF\) vuông tại \(Q\).

\(OR \bot EF\) suy ra \(\Delta ORE\) và \[\Delta ORF\] vuông tại \(R.\)

a) Đúng. Xét \[\Delta OPE\] vuông tại \(P\), áp dụng định lý Pythagore ta có:

\(O{E^2} = E{P^2} + O{P^2}.\)

b) Đúng. Trong \(\Delta OPD\) vuông tại \(P\) có \(D{P^2} = O{D^2} - O{P^2}\).

Trong \[\Delta OPE\] vuông tại \(P\) có \(E{P^2} = O{E^2} - O{P^2}\).

Trừ hai vế ta được: \(D{P^2} - E{P^2} = \left( {O{D^2} - O{P^2}} \right) - \left( {O{E^2} - O{P^2}} \right) = O{D^2} - O{E^2}\).

Vậy \(D{P^2} - E{P^2} = O{D^2} - O{E^2}\).

c) Sai. Tương tự câu b, trong các tam giác vuông tại \(R\) (\(\Delta ORF\) và \(\Delta ORE\)):

\(F{R^2} - E{R^2} = \left( {O{F^2} - O{R^2}} \right) - \left( {O{E^2} - O{R^2}} \right) = O{F^2} - O{E^2}\).

Vậy \(F{R^2} - E{R^2} = O{F^2} - O{E^2}\).

d) Đúng. Từ: \(D{P^2} - P{E^2} = O{D^2} - O{E^2}\) (1)

                      \(E{R^2} - R{F^2} = O{E^2} - O{F^2}\) (2)

                      \(F{Q^2} - Q{D^2} = O{F^2} - O{D^2}\) (3)

Cộng vế với vế của \[\left( 1 \right),{\rm{ }}\left( 2 \right),\,\,\left( 3 \right)\] ta được:

\[\left( {D{P^2} - P{E^2}} \right) + \left( {E{R^2} - R{F^2}} \right) + \left( {F{Q^2} - Q{D^2}} \right)\]

\[ = \left( {O{D^2} - O{E^2}} \right) + \left( {O{E^2} - O{F^2}} \right) + \left( {O{F^2} - O{D^2}} \right) = 0.\]

Suy ra \(D{P^2} + E{R^2} + F{Q^2} = P{E^2} + R{F^2} + Q{D^2}\).

Đáp án: a) Đúng.                    b) Sai.               c) Sai.            d) Sai.

a) Đúng. Do \(EF \bot MB\) và \(AB \bot MB\) nên \(EF\,{\rm{//}}\,AB\).

Xét \(\Delta MEF\) và \(\Delta MAB\) ta có: \(\widehat M\) là góc chung và \(\widehat {EFM} = \widehat {ABM} = 90^\circ \)

Suy ra $\Delta MEF\backsim \Delta MAB$ (g.g).

b) Sai. Từ $\Delta MEF\backsim \Delta MAB$, ta có tỉ số các cạnh tương ứng: \(\frac{{MF}}{{MB}} = \frac{{EF}}{{AB}}\).

c) Sai. Từ \(\frac{{MF}}{{MB}} = \frac{{EF}}{{AB}}\) suy ra \(AB = \frac{{EF \cdot MB}}{{MF}} = \frac{{1,6 \cdot 30}}{{2,5}} = 19,2\) (m).

d) Sai. Gọi \(HK\) là cọc tiêu phụ đặt tại \(K\) (\(HK \bot MB\), với \(H \in AM\)).

Cách 1. Do \(K\) là trung điểm của \(MB\) nên \(MK = \frac{{MB}}{2} = \frac{{30}}{2} = 15\) (m).

Do \(HK\,{\rm{//}}\,AB\) (cùng vuông góc với \(MB\)) suy ra $\Delta MHK\backsim \Delta MAB$.

Suy ra \(\frac{{HK}}{{AB}} = \frac{{MK}}{{MB}} = \frac{{15}}{{30}} = \frac{1}{2}\) hay \(HK = \frac{{AB}}{2} = \frac{{19,2}}{2} = 9,6\) (m).

Cách 2. Xét \(\Delta MAB\) có \(K\) là trung điểm của \(MB\) và \(HK\,{\rm{//}}\,AB\) (cùng vuông góc với \(MB)\) nên \(HK\) là đường trung bình của tam giác này.

Khi đó \(HK = \frac{{AB}}{2} = \frac{{19,2}}{2} = 9,6\) (m).

Vậy chiều cao của cọc tiêu phụ là \(9,6\) m.

Đáp án: a) Đúng.                    b) Sai.                c) Đúng.        d) Đúng.

a) Đúng. Vì \(\Delta ABC\) đều nên \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB} = 60^\circ \).

Xét \(\Delta BMO\), ta có:

\(\widehat {BMO} = 180^\circ  - \widehat {ABC} - \widehat {MOB} = 180^\circ  - 60^\circ  - \widehat {MOB} = 120^\circ  - \widehat {MOB}\) (1).

Lại có, \(\widehat {CON} = 180^\circ  - \widehat {MON} - \widehat {MOB} = 180^\circ  - 60^\circ  - \widehat {MOB} = 120^\circ  - \widehat {MOB}\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {BMO} = \widehat {CON}\).

b) Sai. Xét \(\Delta BMO\) và \(\Delta CON\) có:

\(\widehat {BMO} = \widehat {CON}\) (cmt) và \(\widehat {MBO} = \widehat {NCO}\) (do \(\Delta ABC\) đều).

Suy ra $\Delta BMO\backsim \Delta CON$ (g.g).

c) Đúng. Vì $\Delta BMO\backsim \Delta CON$ nên \(\frac{{OM}}{{ON}} = \frac{{BM}}{{CO}}\).

Lại có \(OB = OC\) (do \(O\) là trung điểm \(BC\)) suy ra \(\frac{{OM}}{{ON}} = \frac{{BM}}{{BO}}\).

d) Đúng. Xét \(\Delta BMO\) và \(\Delta OMN\) có:

\[\frac{{BM}}{{BO}} = \frac{{OM}}{{ON}}\] và \(\widehat {B\,} = \widehat {MON} = 60^\circ \).

Do đó $\Delta BMO\backsim \Delta OMN$ (c.g.c) suy ra \(\widehat {BMO} = \widehat {OMN}\).

Vậy \(MO\) là tia phân giác của \(\widehat {BMN}\).

Đáp án: a) Đúng.                    b) Đúng.           c) Sai.            d) Sai.

a) Đúng. Vì \(HK\,{\rm{//}}\,FG\) nên $\Delta EHK\backsim \Delta EFG$.

b) Đúng. Ta có \(EF = EH + HF = 3 + 6 = 9\) (cm).

Do $\Delta EHK\backsim \Delta EFG$ nên ta có tỉ số đồng dạng \(k = \frac{{EH}}{{EF}} = \frac{3}{9} = \frac{1}{3}\).

c) Sai. Do  với tỉ số đồng dạng \(k = \frac{1}{3}\) nên \(\frac{{EK}}{{EG}} = \frac{1}{3}\)

Do đó \(EG = 3 \cdot EK = 3 \cdot 4 = 12\) (cm).

d) Sai. Do \(IK\,{\rm{//}}\,GM\) (vì \(HK\,{\rm{//}}\,FG\)), ta có $\Delta EKI\backsim \Delta EGM$ với tỉ số đồng dạng là\(k' = \frac{{IK}}{{MG}} = \frac{{EK}}{{EG}} = \frac{1}{3}\).

Do đó, chiều cao kẻ từ \(E\) (h₁) của \(\Delta EKI\) và chiều cao kẻ từ \(E\) \(\left( {{h_2}} \right)\) của \(\Delta EGM\) cũng tỉ lệ với nhau theo tỉ số đồng dạng \(\frac{{{h_1}}}{{{h_2}}} = k' = \frac{1}{3}\).

Ta có: \(\frac{{{S_{\Delta EKI}}}}{{{S_{\Delta EGM}}}} = \frac{{\frac{1}{2}{h_1} \cdot IK}}{{\frac{1}{2}{h_2} \cdot MG}} = \frac{{{h_1}}}{{{h_2}}} \cdot \frac{{IK}}{{MG}} = {\left( {k'} \right)^2} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} = \frac{1}{9}\).

Ta có: \(AB = AM + MB = 3 + 6 = 9\) (cm).

Vì \(MN\,{\rm{//}}\,BC\) nên  suy ra \(\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{MN}}{{BC}}\).

Suy ra \(\frac{3}{9} = \frac{{MN}}{{12}}\) nên \(MN = \frac{{12 \cdot 3}}{9} = 4\) (cm).

Đáp án: 4.

Chu vi \(\Delta ABC\) kí hiệu là \(P\left( {ABC} \right)\).

Vì $\Delta ABC\backsim \Delta MNP$ theo tỉ số \(\frac{2}{5}\) suy ra \(\frac{{AB}}{{MN}} = \frac{{AC}}{{MP}} = \frac{{BC}}{{NP}} = \frac{2}{5}\).

Do đó, \(\frac{{P\left( {ABC} \right)}}{{P\left( {MNP} \right)}} = \frac{{AB + AC + BC}}{{MN + MP + NP}} = \frac{{\frac{2}{5}MN + \frac{2}{5}MP + \frac{2}{5}NP}}{{MN + MP + NP}} = \frac{{\frac{2}{5}\left( {MN + MP + NP} \right)}}{{MN + MP + NP}} = \frac{2}{5}\) .

Suy ra \[\frac{{P\left( {MNP} \right)}}{5} = \frac{{P\left( {ABC} \right)}}{2}\]

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

\[\frac{{P\left( {MNP} \right)}}{5} = \frac{{P\left( {ABC} \right)}}{2} = \frac{{P\left( {MNP} \right) - P\left( {ABC} \right)}}{{5 - 2}} = \frac{{18}}{3} = 6\].

Từ đó ta được \(P\left( {ABC} \right) = 12\) (cm).

Đáp án: 12.

Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AB\,{\rm{//}}\,CD\) và \(AB = CD,\,\,BC = AD.\)

Do \(BG\,{\rm{//}}\,DC\) nên $\Delta GBF\backsim \Delta DCF$.

Suy ra \[\frac{{BG}}{{CD}} = \frac{{BF}}{{CF}}\] suy ra \(BG = \frac{{BF}}{{CF}} \cdot CD = \frac{{AD - CF}}{{CF}} \cdot AB = \frac{{5 - 3}}{3} \cdot 6 = 4\) (cm).

Từ đó ta có \(AG = AB + BG = 6 + 4 = 10\) (cm).

Đáp án: 10.

·   Tính các tỉ số: \(\frac{{MS}}{{MN}} = \frac{8}{{12}} = \frac{2}{3};\,\,\frac{{MR}}{{MP}} = \frac{{10}}{{15}} = \frac{2}{3}\) suy ra \(\frac{{MS}}{{MN}} = \frac{{MR}}{{MP}} = \frac{2}{3}\).

·   Xét \(\Delta MRS\) và \(\Delta MPN\) có \(\widehat {M\,}\) là góc chung và \(\frac{{MS}}{{MN}} = \frac{{MR}}{{MP}}\)

Suy ra $\Delta MRS\backsim \Delta MPN$ (c.g.c).

Do đó \(\frac{{RS}}{{PN}} = \frac{2}{3}\) suy ra \(\frac{{RS}}{{18}} = \frac{2}{3}\) hay \(RS = \frac{{18 \cdot 2}}{3} = 12\) (cm).

Đáp án: 12.

· Tính đường cao \[AH\]:

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác \(AHC\) vuông tại \[H\], ta có \(A{H^2} + H{C^2} = A{C^2}\).

Suy ra \(a = AH = \sqrt {A{C^2} - H{C^2}}  = \)\(\sqrt {{{40}^2} - {{32}^2}}  = \sqrt {1600 - 1024}  = \sqrt {576}  = 24\) (cm).

· Tính cạnh \[AB\]:

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác \(AHB\) vuông tại \[H\], ta có \(A{H^2} + B{H^2} = A{B^2}\)

Suy ra \(b = AB = \sqrt {A{H^2} + B{H^2}}  = \sqrt {{{18}^2} + {{24}^2}}  = 30\) (cm).

Vì vậy, \(a + 2b = 24 + 2 \cdot 30 = 84\) (cm).

Đáp án: 84.

Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta A'B'C'\) có:

\(\widehat {ABC} = \widehat {A'B'C'} = 90^\circ \) (do cây xanh và học sinh đều đứng vuông góc với mặt đất)

\(\widehat {ACB} = \widehat {A'C'B'}\) (vì cùng một thời điểm, các tia nắng mặt trời chiếu xuống mặt đất tạo thành các góc bằng nhau)

Do đó $\Delta ABC\backsim \Delta A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ (g.g) suy ra \(\frac{{AB}}{{A'B'}} = \frac{{BC}}{{B'C'}}\) hay \(\frac{h}{{1,6}} = \frac{{7,5}}{2}\)

Suy ra \(h = \frac{{7,5 \cdot 1,6}}{2} = \frac{{12}}{2} = 6\) (m).

Đáp án: 6.

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác \(AEC\) vuông tại \(E\) có:

\(E{C^2} + A{E^2} = A{C^2}\) hay \(E{C^2} + {6^2} = {10^2}\) suy ra \(EC = 8\) (cm).

\(\Delta ABC\) cân tại \(A\) có \(AD\) là đường cao. Suy ra \(AD\) là đường phân giác.

Xét \[\Delta AEC\] có \(AH\) là đường phân giác góc \(A\) nên \(\frac{{HC}}{{HE}} = \frac{{AC}}{{AE}}\) hay \(\frac{{HC}}{{AC}} = \frac{{HE}}{{AE}}\).

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: \(\frac{{HC}}{{AC}} = \frac{{HE}}{{AE}} = \frac{{HC + HE}}{{AC + AE}} = \frac{{EC}}{{AC + AE}}\).

Thay \(EC = 8\) cm, \(AC = 10\) cm, \(AE = 6\) cm ta được \(\frac{{HC}}{{10}} = \frac{8}{{16}}\) hay \(HC = 5\) (cm).

Đáp án: 5.

Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta FEC\) có:

\(\widehat {ABC} = \widehat {FEC} = 90^\circ \) (do \(AB \bot BC\) và \(EF \bot BC\))

\(\widehat {ACB} = \widehat {FCE}\) (hai góc đối đỉnh)

Suy ra $\Delta ABC\backsim \Delta FEC$ (g.g) suy ra \(\frac{{AB}}{{FE}} = \frac{{BC}}{{EC}}\).

Do đó \(\frac{{AB}}{{15}} = \frac{{60}}{{25}}\) hay \(AB = \frac{{60 \cdot 15}}{{25}} = 36\) (m).

Đáp án: 36.

Xét \(\Delta ADE\) và \(\Delta BKE\) có: \(\widehat {A\,\,} = \widehat {B\,} = 90^\circ \) và \(\widehat {AED} = \widehat {BEK}\) (hai góc đối đỉnh).

Do đó $\Delta ADE\backsim \Delta BKE$ (g.g) suy ra \(\frac{{AE}}{{BE}} = \frac{{AD}}{{BK}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

Vì \(BE = \frac{1}{4}AB\) suy ra \(\frac{{AE}}{{BE}} = 3\) hay \(\frac{{AD}}{{BK}} = 3\) suy ra \(BK = \frac{{AD}}{3} = \frac{8}{3}\) (cm).

Suy ra \(KC = KB + BC = \frac{8}{3} + 8 = \frac{{32}}{3}\) (cm).

Vì vậy, \({S_{\Delta CDK}} = \frac{{CD \cdot CK}}{2} = \frac{{8 \cdot \frac{{32}}{3}}}{2} = \frac{{128}}{3} \approx 43\) (cm2)

Đáp án: 43.

Vì \(MNPQ\) là hình chữ nhật nên \(\widehat {QPN} = 90^\circ \).

Xét \(\Delta QPN\) và \(\Delta QNK\) có:

\(\widehat {QPN} = \widehat {QNK} = 90^\circ \) và \(\widehat {Q\,}\) là góc chung

Do đó $\Delta QPN\backsim \Delta QNK$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{QN}}{{QK}} = \frac{{QP}}{{QN}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) hay \(Q{N^2} = QP \cdot QK\).

Vì \(MNPQ\) là hình chữ nhật nên \(QP = MN = 8\) (cm).

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác \(\Delta QPN\) vuông tại \(P\) có:

\(Q{N^2} = N{P^2} + Q{P^2} = {6^2} + {8^2} = 100 = {10^2}\) suy ra \(QN = 10\) (cm).

Lại có, \(Q{N^2} = QP \cdot QK\) suy ra \({10^2} = 8 \cdot QK\) suy ra \(QK = 12,5\) (cm).

Vì \(P\) nằm giữa \(Q\) và \(K\) nên \(PK = QK - QP = 12,5 - 8 = 4,5\) (cm).

Đáp án: 4,5.