Giải SBT Toán 8 CTST Bài tập cuối chương 8 có đáp án

Đáp án đúng là: C

Nếu tam giác ABC đồng dạng với tam giác A’B’C’ theo tỉ số k thì tỉ số của chu vi của hai tam giác đó bằng k.

Đáp án đúng là: B

Nếu ∆ABC ᔕ ∆MNP theo tỉ số \[k = \frac{2}{3}\] thì tam giác MNP đồng dạng với tam giác ABC theo tỉ số \[\frac{1}{k} = \frac{3}{2}\].

Đáp án đúng là: C

Xét ∆BEF và ∆ABC có

\[\widehat B\]chung và \[\widehat {BEF} = \widehat {BAC}\] (EF // AC, hai góc đồng vị).

Do đó ∆EBF ᔕ ∆ABC (g.g).

Đáp án đúng là: A

Ta có ∆ABD ᔕ ∆DEF với tỉ số đồng dạng \[k = \frac{3}{4}\].

Suy ra \[\frac{{AD}}{{DF}} = \frac{3}{4}\] hay \[\frac{{AD}}{{12}} = \frac{3}{4}\].

Do đó \[AD = \frac{{3.12}}{4} = 9\] (cm).

Vậy AD = 9 cm.

Đáp án đúng là: C

Nếu tam giác ABC và tam giác DEF có \[\widehat A = \widehat D\]; \[\widehat C = \widehat F\] thì ∆ACB ᔕ ∆DFE.

Đáp án đúng là: B

Ta có ∆MNP ᔕ ∆EFG, suy ra \[\frac{{MN}}{{EF}} = \frac{{NP}}{{FG}}\]hay \[\frac{8}{{EF}} = \frac{{15}}{{12}}\].

Do đó \[EF = \frac{{8.12}}{{15}} = 6,4\] (cm).

Vậy EF = 6,4 cm.

Đáp án đúng là: B

Ta có ∆ABC ᔕ ∆XYZ, suy ra \[\widehat B = \widehat Y = 75^\circ \]và \[\widehat C = \widehat Z = 36^\circ \].

Xét ∆ABC có \[\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ \].

Suy ra \[\widehat A = 180^\circ - \widehat B - \widehat C = 180^\circ - 75^\circ - 36^\circ = 69^\circ \].

Vậy \[\widehat A = 69^\circ \].

Đáp án đúng là: C

∆AOB ᔕ ∆COD với tỉ số đồng dạng \[k = \frac{{AB}}{{CD}} = \frac{9}{{15}} = \frac{3}{5}\].

•Xét ∆STR và ∆TUR có:

\[\widehat {SRT} = \widehat {TRU}\] và \[\widehat {STR} = \widehat {TUR}\]
Do đó ∆STR ᔕ ∆TUR (g.g).

Suy ra \[\frac{{ST}}{{TU}} = \frac{{TR}}{{UR}} = \frac{{SR}}{{TR}}\] hay \[\frac{7}{y} = \frac{{18}}{x} = \frac{{15}}{{18}}\].

Suy ra \[y = \frac{{7.18}}{{15}} = 8,4\] và \[x = \frac{{18.18}}{{15}} = 21,6\].

Vậy x = 21,6 và y = 8,4.

• Xét ∆STR và ∆UVR có:

\[\widehat {SRT} = \widehat {VRU}\] và \[\widehat {STR} = \widehat {UVR}\]

Do đó ∆STR ᔕ ∆UVR (g.g).

Suy ra \[\frac{{ST}}{{UV}} = \frac{{TR}}{{VR}} = \frac{{SR}}{{UR}}\] hay \[\frac{7}{z} = \frac{{18}}{{\rm{w}}} = \frac{{15}}{{21,6}}\].

Suy ra \[\frac{7}{z} = \frac{{15}}{{21,6}}\]và \[\frac{{18}}{{\rm{w}}} = \frac{{15}}{{21,6}}\].

Do đó \[z = \frac{{7.21,6}}{{15}} = 10,08\] và \[{\rm{w}} = \frac{{18.21,6}}{{15}} = 25,92\].

Vậy x = 21,6 ; y = 8,4 ; z = 10,08 và w = 25,92.

• VìMD là tia phân giác của \[\widehat {AMB}\] nên\[\frac{{DA}}{{DB}} = \frac{{MA}}{{MB}}\].

• VìME là tia phân giác của \[\widehat {AMC}\] nên\[\frac{{EA}}{{EC}} = \frac{{MA}}{{MC}}\].

VìAM là đường trung tuyến nên MB = MC .

Do đó \[\frac{{EA}}{{EC}} = \frac{{DA}}{{DB}}\]. Suy ra DE // BC.

Suy ra ∆ADE ᔕ ∆ABC.

Ta có ∆ABC ᔕ ∆EDF, suy ra \[\frac{{AB}}{{ED}} = \frac{{BC}}{{DF}}\] hay \[\frac{{AB}}{2} = \frac{{12,3}}{3}\].

Do đó \[AB = \frac{{2.12,3}}{3} = 8,2\].

Vậy chiều cao cột điện AB là 8,2 m.

Xét ∆ABC vuông tại A và ∆FEC vuông tại E có \[\widehat {BCA} = \widehat {ECF}\](đối đỉnh).

Do đó ∆ABC  ∆FEC (g.g).

Suy ra \[\frac{{AB}}{{FE}} = \frac{{BC}}{{EC}}\] hay \[\frac{{AB}}{{18,6}} = \frac{{79,6}}{{34,2}}\].

Do đó \[AB = \frac{{79,6.18,6}}{{34,2}} \approx 43,29\] (m).

Vậy khoảng cách AB của một khúc sông là 43,29 m.

Ta có ∆AKC ᔕ ∆BHC (g.g), suy ra \[\frac{{AK}}{{BH}} = \frac{{CK}}{{CH}}\] hay \[\frac{{AK}}{{4,8}} = \frac{{4,8}}{{1,6}}\].

Do đó \[AK = \frac{{4,8.4,8}}{{1,6}} = 14,4\].

Độ cao của toà nhà cao là:

14,4 + 1,6 = 16 (m).

Vậy độ cao của toà nhà cao là 16 m.

Xét ∆DMC vuông tại D và ∆ABC vuông tại A có \[\widehat {BCA}\]chung.

Do đó ∆DMC ᔕ∆ABC (g.g).

Xét ∆DBE vuông tại D và ∆DMC vuông tại D có

\[\widehat {DEB} = \widehat {DCM}\] (cùng phụ với \[\widehat {ABC}\]).

Do đó ∆DBE ᔕ ∆DMC (g.g).

Suy ra \[\frac{{DB}}{{DM}} = \frac{{DE}}{{DC}}\]. Do đó DB . DC = DE . DM (đpcm).

Xét ∆BEC có đường cao CA và BE cắt nhau tại M, suy ra M là trực tâm ∆BEC.

Do đó BK ⊥ EC.

Xét ∆EAC vuông tại A và ∆EKB vuông tại K có \[\widehat {BEC}\] chung.

Do đó ∆EAC ᔕ ∆EKB (g.g)

Suy ra \[\frac{{EA}}{{EK}} = \frac{{EC}}{{EB}}\] hay \[\frac{{EA}}{{EC}} = \frac{{EK}}{{EB}}\].

Xét ∆EAK và ∆ECB có \[\frac{{EA}}{{EC}} = \frac{{EK}}{{EB}}\] và \[\widehat {BEC}\] chung.

Do đó ∆EAK ᔕ ∆ECB (c.g.c).

Suy ra \[\widehat {EKA} = \widehat {EBC}\] (các góc tương ứng).

Ta có \[\widehat {AHE} = \widehat {ACD}\] ( cùng phụ với \[\widehat {CAD}\]).

Mà \[\widehat {AHE} = \widehat {BHD}\] (đối đỉnh) nên \[\widehat {ACD} = \widehat {BHD}\].

Xét ∆ADC vuông tại D và ∆BDH vuông tại D có \[\widehat {ACD} = \widehat {BHD}\].

Do đó ∆ADC ᔕ ∆BDH (g.g).

Suy ra \[\frac{{AD}}{{BD}} = \frac{{AC}}{{BH}}\]. Do đó AD . BH = AC . BD (đpcm).

Xét ∆HEA vuông tại E và ∆HDB vuông tại D có \[\widehat {AHE} = \widehat {BHD}\](đối đỉnh).

Do đó∆HEA ᔕ ∆HDB (g.g).

Suy ra \[\frac{{HE}}{{HD}} = \frac{{HA}}{{HB}}\]. Do đó HA . HD = HB . HE   (1)

Xét ∆HFA vuông tại F và ∆HDC vuông tại D có \[\widehat {AHF} = \widehat {CHD}\] (đối đỉnh).

Do đó ∆HFA ᔕ ∆HDC (g.g).

Suy ra \[\frac{{HF}}{{HD}} = \frac{{HA}}{{HC}}\]. Do đó HA . HD = HC . HF   (2)

Từ (1) và (2) suy ra HA . HD = HB . HE = HC . HF (đpcm).

Xét ∆BEC vuông tại E và ∆BHD vuông tại D có \[\widehat {EBC}\]chung.

Do đó ∆BEC ᔕ ∆BHD (g.g).

Suy ra \[\frac{{BC}}{{BH}} = \frac{{BE}}{{BD}}\]. Do đó BC . BD = BE . BH     (3)

Xét ∆BCF vuông tại F và ∆HCD vuông tại D có \[\widehat {FCB}\]chung.

Do đó ∆BCF ᔕ ∆HCD (g.g)

Suy ra \[\frac{{BC}}{{HC}} = \frac{{CF}}{{DC}}\]. Do đó BC . DC = CF . HC. (4)

Từ (3) và (4), suy ra BC . DB + BC . DC = BE . BH + CF . HC.

Do đó BC² = BE . BH + CF . CH (đpcm).

Xét ∆ANB vuông tại N và ∆AQC vuông tại Q có \[\widehat {BAC}\]chung.

Do đó ∆ANB ᔕ ∆AQC (g.g).

Suy ra \[\frac{{AN}}{{AQ}} = \frac{{AB}}{{AC}}\] hay \[\frac{{AN}}{{AB}} = \frac{{AQ}}{{AC}}\].

Xét ∆ANQ và ∆ABC có

\[\frac{{AN}}{{AB}} = \frac{{AQ}}{{AC}}\]; \[\widehat {BAC}\] chung.

Do đó ∆ANQ ᔕ ∆ABC (c.g.c)

Xét ∆FQB và ∆FCN có

\[\widehat {CFN}\] chung; \[\widehat {FQB} = \widehat {FCN}\]\[\left( { = \widehat {AQN}} \right)\].

Do đó ∆FQB ᔕ∆FCN (g.g).

Suy ra \[\frac{{FQ}}{{FC}} = \frac{{FB}}{{FN}}\]. Do đó FB . FC = FQ . FN (g.g).

Xét ∆ANI vuông tại N và ∆AIC vuông tại I có \[\widehat {IAC}\]chung.

Do đó∆ANI ᔕ ∆AIC (g.g).

Suy ra \[\frac{{AN}}{{AI}} = \frac{{AI}}{{AC}}\]. Do đó AI² = AN . AC   (1)

Xét ∆AQK vuông tại Q và ∆AKB vuông tại K có \[\widehat {BAK}\] chung.

Do đó ∆AQK ᔕ ∆AKB (g.g).

Suy ra \[\frac{{AQ}}{{AK}} = \frac{{AK}}{{AB}}\]. Do đó AK² = AQ . AB                   (2)

Mà\[\frac{{AN}}{{AB}} = \frac{{AQ}}{{AC}}\] nên suy ra AN . AC = AQ . AB  (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra AI = AK.

Vậy nên ∆AIK cân tại A.

Xét ∆ABC vuông tại A và ∆HBA vuông tại H có\[\widehat {ABC}\]chung.

Do đó∆ABCᔕ∆HBA (g.g).

Suy ra \[\frac{{AB}}{{BH}} = \frac{{BC}}{{AB}}\]. Do đó AB² = BC . BH (đpcm).

Xét ∆HBA vuông tại H và ∆HAC vuông tại H có

\[\widehat {BAH} = \widehat {ACH}\] (cùng phụ với \[\widehat {CAH}\]).

Do đó∆HBA ᔕ ∆HAC (g.g).

Suy ra \[\frac{{AH}}{{CH}} = \frac{{BH}}{{AH}}\]. Do đó AH² = BH . CH (đpcm).

Xét ∆ABD có MN // AD, suy ra \[\frac{{MN}}{{AD}} = \frac{{BM}}{{BA}}\]     (1)

Xét ∆ABC có MH // AC, suy ra \[\frac{{MH}}{{AC}} = \frac{{BM}}{{BA}}\]               (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[\frac{{MN}}{{AD}} = \frac{{MH}}{{AC}}\]. Do đó \[\frac{{MN}}{{MH}} = \frac{{AD}}{{AC}}\] (đpcm).

Xét ∆ABD vuông tại A và ∆EBA vuông tại E có \[\widehat {ABD}\] chung.

Do đó∆ABDᔕ∆EBA (g.g).

Suy ra \[\frac{{AB}}{{BE}} = \frac{{BD}}{{AB}}\]. Do đó AB² = BD . BE.

Mà AB² = BC . BH nên BC . BH = BD . BE.

Do đó \[\frac{{BH}}{{BD}} = \frac{{BE}}{{BC}}\].

Xét ∆BEH và ∆BCD có

\[\frac{{BH}}{{BD}} = \frac{{BE}}{{BC}}\]và \[\widehat {DBC}\]chung.

Do đó ∆BEH ᔕ ∆BCD (c.g.c).

Suy ra \[\widehat {BEH} = \widehat {BCD}\] (hai góc tương ứng).

Mà \[\widehat {BAH} = \widehat {BCD}\] (cùng phụ với \[\widehat {HAC}\]).

Do đó \[\widehat {BEH} = \widehat {BAH}\] (đpcm).