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

Chọn B.

A sai: Hai tam giác đồng dạng chỉ có các góc tương ứng bằng nhau và các cạnh tương ứng tỉ lệ (có thể khác kích thước) nên chưa chắc bằng nhau.

B đúng: Hai tam giác bằng nhau có các góc tương ứng bằng nhau và các cạnh tương ứng bằng nhau, do đó chúng đồng dạng với tỉ số $k = \frac{{A'B'}}{{AB}} = 1$.

C, D sai: Tam giác cân hoặc tam giác vuông cần thêm điều kiện về góc (hoặc tỉ lệ cạnh) mới đủ điều kiện đồng dạng.

Chọn B.

Theo định nghĩa, hai tam giác đồng dạng khi các góc tương ứng bằng nhau và các cạnh tương ứng tỉ lệ.

Do đó các đỉnh tương ứng là $A$ và $D$, $B$ và $E$, $C$ và $F$ nên $\widehat {A\,\,} = \widehat {D\,};\,\,\widehat {B\,} = \widehat {E\,};\,\,\widehat {C\,} = \widehat {F\,}.$

Chọn C.

Theo định nghĩa hai tam giác đồng dạng, tỉ số giữa các cạnh tương ứng bằng tỉ số đồng dạng $k$, tức là $\frac{{AB}}{{A'B'}} = 2$.

Hai góc tương ứng luôn bằng nhau $\widehat {A\,\,} = \widehat {A'\,}$ và tỉ số chu vi đúng bằng tỉ số đồng dạng $k = 2.$

Chọn C.

Do $ΔABC∽ΔDEF$ theo tỉ số ${k_1} = \frac{2}{3}$ và $ΔDEF∽ΔHKP$ theo tỉ số ${k_2} = \frac{3}{4}$ nên $ΔABC∽ΔHKP$ theo tỉ số ${k_1} \cdot {k_2} = \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} = \frac{1}{2}$.

Chọn B.

Vì $\Delta MNP$ có $KI\,{\rm{//}}\,NP$ nên $ΔMNP∽ΔMKI$.

Chọn A.

· Tính số đo góc $\widehat {P\,}$:

Xét tam giác $\Delta ABC$, tổng ba góc bằng $180^\circ$:

$\widehat {C\,} = 180^\circ - \left( {\widehat {A\,\,} + \widehat {B\,}} \right) = 180^\circ - \left( {60^\circ + 70^\circ } \right) = 50^\circ$.

Vì $ΔABC∽ΔMNP$ nên $\widehat {P\,} = \widehat {C\,} = 50^\circ$

· Tính độ dài cạnh $NP$:

Vì $ΔABC∽ΔMNP$ suy ra $\frac{{AB}}{{MN}} = \frac{{BC}}{{NP}}$.

Do đó $\frac{4}{{10}} = \frac{6}{{NP}}$ nên $NP = \frac{{10 \cdot 6}}{4} = 15$ cm.

Chọn C.

· Xét đáp án A:

Tam giác thứ hai: 9 cm; 1,2 dm $=$ 12 cm; 1,8 dm $=$ 18 cm.

Ta có các tỉ số: $\frac{3}{9} = \frac{4}{{12}} = \frac{6}{{18}} = \frac{1}{3}$.

Vì vậy, hai tam giác đồng dạng (c.c.c).

· Xét đáp án B:

Tam giác thứ nhất: 1,5 dm $=$ 15 cm; 2 dm $=$ 20 cm; 2,5 dm $=$ 25 cm.

Ta có các tỉ số: $\frac{{15}}{{30}} = \frac{{20}}{{40}} = \frac{{25}}{{50}} = \frac{1}{2}$.

Vì vậy, hai tam giác đồng dạng (c.c.c).

· Xét đáp án C:

Tam giác thứ hai: 0,9 dm $=$ 9 cm; 1,2 dm $=$ 12 cm; 1,6 dm $=$ 16 cm.

Ta có các tỉ số: $\frac{6}{9} = \frac{2}{3};\,\,\frac{8}{{12}} = \frac{2}{3};\,\,\frac{{10}}{{16}} = \frac{5}{8}$.

Vì $\frac{2}{3} \ne \frac{5}{8}$ nên hai tam giác này không đồng dạng.

· Xét đáp án D:

Tam giác thứ hai: 0,4 dm $=$ 4 cm; 0,5 dm $=$ 5 cm; 0,6 dm $=$ 6 cm.

Ta có các tỉ số: $\frac{{12}}{4} = \frac{{15}}{5} = \frac{{18}}{6} = 3$.

Vì vậy, hai tam giác đồng dạng (c.c.c).

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 $ΔABC∽ΔMPN$ (c.c.c).

Chọn C.

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

Nên $ΔMNP∽ΔHIK$(c.g.c) hay $ΔNMP∽ΔIHK$ (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, $ΔADC∽ΔACB$ (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 $ΔMNP∽ΔKHI$ (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 $ΔKNM∽ΔKMP$ (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:

$E{F^2} = D{E^2} + D{F^2}$.

Suy ra $E{F^2} = {3^2} + {3^2} = 9 + 9 = 18$ nên $EF = \sqrt {18}$ (cm).

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 $ΔABC∽ΔMNP$ (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 $ΔHDE∽ΔHFD$ (g.g).

· Khẳng định ii) đúng.

Vì $ΔHDE∽ΔHFD$ (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 $ΔBHC∽ΔBCD$ (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 $ΔAHC∽ΔBDC$ (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 $ΔADE∽ΔABC$ (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 $ΔHBA∽ΔHAC$ (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 $ΔADE∽ΔABC$.

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 $ΔBHD∽ΔACD$ (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 $ΔMEF∽ΔMAB$ (g.g).

b) Sai. Từ $ΔMEF∽ΔMAB$, 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 $ΔMHK∽ΔMAB$.

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 $ΔBMO∽ΔCON$ (g.g).

c) Đúng. Vì $ΔBMO∽ΔCON$ 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 $ΔBMO∽ΔOMN$ (c.g.c) suy ra $\widehat {BMO} = \widehat {OMN}$.

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

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

a) Đúng. Xét $\Delta ABD$ và $\Delta ACE$ có:

$\widehat {ADB} = \widehat {AEC} = 90^\circ$ (do $BD \bot AC,\,\,CE \bot AB$) và $\widehat {A\,\,}$là góc chung.

Do đó, $ΔABD∽ΔACE$ (g.g).

b) Sai. Vì $ΔABD∽ΔACE$ nên $\frac{{AD}}{{AE}} = \frac{{AB}}{{AC}}$ hay $\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AC}}$.

c) Đúng. Xét $\Delta ADE$ và $\Delta ABC$ có $\widehat {A\,\,}$là góc chung và $\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AC}}$ (cmt).

Do đó, $ΔADE∽ΔABC$ (c.g.c).

d) Sai. Vì $ΔADE∽ΔABC$ với tỉ số đồng dạng là $k = \frac{{DE}}{{BC}} = \frac{1}{3}$ nên chiều cao kẻ từ $A$ của $\Delta ADE$ và chiều cao kẻ từ $A$ $\left( {{h_2}} \right)$ của $\Delta ACB$ cũng tỉ lệ với nhau theo tỉ số đồng dạng $k = \frac{{{h_1}}}{{{h_2}}} = \frac{1}{3}$.

Ta có: $\frac{{{S_{\Delta ADE}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \frac{{\frac{1}{2}{h_1} \cdot DE}}{{\frac{1}{2}{h_2} \cdot BC}}$$= \frac{{{h_1}}}{{{h_2}}} \cdot \frac{{DE}}{{BC}}$$= {k^2} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} = \frac{1}{9}$.

Suy ra ${S_{\Delta ABC}} = 9 \cdot {S_{\Delta ADE}} = 9 \cdot 18 = 162$ (cm$^{2}$).