Đề kiểm tra Toán 8 Chương 4 (có đáp án) - Đề 2

Chọn B

Trên \(AB,\,\,AC\) lần lượt lấy các điểm \(D',\,\,E'\) sao cho \(AD' = AD,\,\,AE' = AE\).

Khi đó \(A\) là trung điểm của \(DD'\) và \(EE'\) nên tứ giác \(DED'E'\) là hình bình hành.

Suy ra \(DE\,{\rm{//}}\,D'E'\) và \(DE = D'E'.\)

Mà \(DE\,{\rm{//}}\,BC\) nên \(D'E'\,{\rm{//}}\,BC\).

Xét \[\Delta ABC\] có \(D'E'\,{\rm{//}}\,BC\) nên \(\frac{{D'E'}}{{BC}} = \frac{{AD}}{{AB}}\) (hệ quả định lí Thalès chứng minh tương tự Câu 1, Phần 1, Đề số 1).

Mà \(DE = D'E'\) suy ra \(\frac{{DE}}{{BC}} = \frac{{AD}}{{AB}}\)

Thay số: \(\frac{{DE}}{{15}} = \frac{6}{9} = \frac{2}{3}\)

Suy ra \(DE = 10\) cm.

Chọn C

Ta có \[\frac{{PS}}{{SM}} = \frac{6}{9} = \frac{2}{3}\] và \(\frac{{PT}}{{TN}} = \frac{8}{{12}} = \frac{2}{3}\).

Do đó \[\frac{{PS}}{{SM}} = \frac{{PT}}{{TN}}.\]

Xét \(\Delta MNP\) có \[\frac{{PS}}{{SM}} = \frac{{PT}}{{TN}}\] nên \(ST\,{\rm{//}}\,MN\) (định lí Thalès đảo).

Tứ giác \(MSUT\) có \(ST\,{\rm{//}}\,MN\) và \(TU\,{\rm{//}}\,MS\) nên nó là hình bình hành.

Suy ra \(TU = MS = 9\) cm.

Chọn B

Xét \(\Delta ABC\) có \(E,F\) lần lượt là trung điểm của \(AB,BC\)  nên \(EF\) là đường trung bình của tam giác, suy ra \(EF = \frac{{AC}}{2} = \frac{{12}}{2} = 6\) cm. Lập luận tương tự, \(GH = 6\) cm.

Đoạn \(FG\) là đường trung bình \(\Delta BCD\) nên \(FG = \frac{{BD}}{2} = \frac{{18}}{2} = 9\) cm. Tương tự, \(EH = 9\) cm.

Chu vi tứ giác \(EFGH\) là: \(2\left( {6 + 9} \right) = 30\) cm.

Chọn C

Xét \(\Delta BD\) có \[MP\,{\rm{//}}\,AB\] và \(M\) là trung điểm của \(AD\) nên \(MP\) là đường trung bình của tam giác, suy ra \(P\) là trung điểm \(BD\).

Xét \(\Delta BCD\) có \[PN\,{\rm{//}}\,CD\] (cùng song song với \(AB)\) và \(P\) là trung điểm \(BD\)  nên \(PN\) là đường trung bình của tam giác, suy ra \(NP = \frac{{CD}}{2} = \frac{{14}}{2} = 7\) cm.

Chọn B

Xét \(\Delta ABC\) có \(BD\) là tia phân giác trong của góc \(B\) nên \(\frac{{AD}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{6}{{10}} = \frac{3}{5}.\)

Suy ra \[\frac{{AD}}{{AD + DC}} = \frac{3}{{3 + 5}}\] hay \[\frac{{AD}}{{AC}} = \frac{3}{8}\].

Do đó \(AD = \frac{3}{8}AC = \frac{3}{8} \cdot 8 = 3\) cm.

Chọn C

Xét \(\Delta DEF\) có \(DM\) là phân giác trong của góc \(D\) nên \(\frac{{ME}}{{MF}} = \frac{{DE}}{{DF}} = \frac{5}{7}\).

Suy ra \(\frac{{ME}}{{MF + ME}} = \frac{5}{{12 + 5}}\) hay \(\frac{{ME}}{{EF}} = \frac{5}{{12}}\) nên \[ME = \frac{5}{{12}}EF = \frac{5}{{12}} \cdot 6 = 2,5\] cm.

Xét \(\Delta DEF\) có \(DN\) là phân giác ngoài của góc \(D\) nên \(\frac{{NE}}{{NF}} = \frac{{DE}}{{DF}} = \frac{5}{7}\) (chứng minh tương tự Câu 6, Phần 1, Đề số 1).

Suy ra \(\frac{{NE}}{{NE + EF}} = \frac{5}{7}\) nên \(\frac{{NE}}{{NE + 6}} = \frac{5}{7}\)

Do đó \(7NE = 5NE + 30\) suy ra \(2NE = 30\) nên \(NE = 15\) cm.

Vậy \(MN = NE + ME = 15 + 2,5 = 17,5\) cm.

a) Đúng. Ta có \(\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{6}{{15}} = \frac{2}{5}\) và \(\frac{{AN}}{{AC}} = \frac{8}{{20}} = \frac{2}{5}\).

Do đó \(\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AC}}\).

Xét \(\Delta ABC\) có \(\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AC}}\) nên \(MN\,{\rm{//}}\,BC\) (định lí Thalès đảo).

b) Sai. Xét \(\Delta ABC\) có \(MN\,{\rm{//}}\,BC\) nên \[\frac{{MN}}{{BC}} = \frac{{AM}}{{AB}} = \frac{2}{5}\] (hệ quả định lí Thalès chứng minh tương tự Câu 1, Phần 1, Đề số 1).

Suy ra \[MN = \frac{2}{5}BC = \frac{2}{5} \cdot 25 = 10\] cm.

c) Sai. Vì \(MN\,{\rm{//}}\,BC\) suy ra \(\widehat {MIB} = \widehat {IBC}\) (so le trong).

Mà \(\widehat {MBI} = \widehat {IBC}\) (do \(BI\) là tia phân giác góc \(B).\)

Suy ra \(\widehat {MIB} = \widehat {MBI}\), do đó tam giác \(MBI\) cân tại \(M\).

Nên \(MI = MB = 15 - 6 = 9\) cm.

d) Đúng. Vì \(MN = 10\) cm \( > MI = 9\) cm nên \(I\) nằm trong đoạn \(MN\).

Chứng minh tương tự ý c)  ta có \(NK = NC = AC - AN = 20 - 8 = 12\) cm.

\(NK = 12{\rm{\;cm}} > MN = 10{\rm{\;cm}}\) nên \(K\) nằm ngoài đoạn \(MN\) về phía điểm \(M\).

Do đó \(IK = IM + MK = MI + \left( {NK - MN} \right) = 9 + \left( {12 - 10} \right) = 11\) cm.

a)    Đúng. Vì \(AB\,{\rm{//}}\,CD\) (do \(ABCD\) là hình bình hành) nên \(\widehat {BAE} = \widehat {AED}\).

Mà \(AE\) là tia phân giác của góc \(A\) nên \(\widehat {DAE} = \widehat {BAE}\)

Suy ra \(\widehat {DAE} = \widehat {AED}\), do đó tam giác \(ADE\) cân tại \(D\).

Vậy \(DE = AD = 6\) cm.

b)   Đúng. Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(CD = AB = 10\) cm.

Suy ra \(EC = CD - DE = 10 - 6 = 4\) cm.

Do đó \(\frac{{EC}}{{AB}} = \frac{4}{{10}} = \frac{2}{5}\).

c) Sai. Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(BC = AD = 6\) cm.

Xét \(\Delta FAB\) có \(EC\,{\rm{//}}\,AB\) nên \(\frac{{FC}}{{FB}} = \frac{{EC}}{{AB}} = \frac{2}{5}\) (hệ quả định lí Thalès chứng minh tương tự Câu 1, Phần 1, Đề số 1).

Suy ra \(\frac{{FC}}{{FC + BC}} = \frac{2}{5}\) hay \(\frac{{FC}}{{FC + 6}} = \frac{2}{5}\) nên \(5FC = 2FC + 12\)

Do đó \(FC = 4\) cm.

d) Đúng. Kẻ đường cao \(EH \bot BC\) tại \(H\) và đường cao \(AK \bot BC\) tại \(K\).

Suy ra \(EH\,{\rm{//}}\,AK\).

Xét \(FAK\) có \(EH\,{\rm{//}}\,AK\) nên \(\frac{{EH}}{{AK}} = \frac{{FE}}{{FA}}\) (hệ quả định lí Thalès chứng minh tương tự Câu 1, Phần 1, Đề số 1).

Xét \(\Delta FAB\) có \(EC\,{\rm{//}}\,AB\) nên \(\frac{{FE}}{{FA}} = \frac{{FC}}{{FB}} = \frac{2}{5}\)

Suy ra \(\frac{{EH}}{{AK}} = \frac{{FC}}{{FB}} = \frac{2}{5}\).

Khi đó \(\frac{{{S_{EFC}}}}{{{S_{ABF}}}} = \frac{{\frac{1}{2} \cdot EH \cdot FC}}{{\frac{1}{2} \cdot AK \cdot FB}} = \frac{{EH}}{{AK}} \cdot \frac{{FC}}{{FB}} = \frac{2}{5} \cdot \frac{2}{5} = \frac{4}{{25}}\).

Ta có \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4}\) và \(\frac{{AE}}{{AC}} = \frac{3}{{12}} = \frac{1}{4}\).

Do đó \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AC}}.\)

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

Xét \(\Delta ABM\) có \(DI\,{\rm{//}}\,BM\) nên \(\frac{{DI}}{{BM}} = \frac{{AD}}{{AB}} = \frac{1}{4}\) (hệ quả định lí Thalès chứng minh tương tự Câu 1, Phần 1, Đề số 1).

Suy ra \(BM = 4 \cdot DI = 4 \cdot 1,5 = 6\) cm.

Mà \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(BC = 2BM = 2 \cdot 6 = 12\) cm.

Đáp án: 12.