Đề kiểm tra Toán 8 Chương 9 (có đáp án) - Đề 1

Chọn C.

Vì $NP\,{\rm{//}}\,HK$ nên suy ra $\frac{{MH}}{{MN}} = \frac{{MK}}{{MP}} = \frac{{HK}}{{NP}}$.

Vì vậy $\frac{{MH}}{{MN}} = \frac{{MK}}{{MP}}$.

Chọn C.

Vì $ΔMNP∽ΔABC$ nên các góc tương ứng bằng nhau là $\widehat {M\,} = \widehat {A\,\,};\,\,\widehat {N\,} = \widehat {B\,};\,\,\widehat {P\,} = \widehat {C\,}$ và các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ với nhau là $\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{NP}}{{BC}} = \frac{{MP}}{{AC}}$.

Vậy $\widehat {N\,} = \widehat {B\,}$ đúng.

Chọn B.

Xét tỉ số giữa các cạnh tương ứng: $\frac{{AB}}{{DE}} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2};\,\,\frac{{BC}}{{EF}} = \frac{5}{{10}} = \frac{1}{2};\,\,\frac{{CA}}{{FD}} = \frac{7}{{14}} = \frac{1}{2}$.

Vì $\frac{{AB}}{{DE}} = \frac{{BC}}{{EF}} = \frac{{CA}}{{FD}} = \frac{1}{2}$ nên $ΔABC∽ΔDEF$ (c.c.c) với tỉ số đồng dạng $k = \frac{1}{2}$.

Chọn C.

⦁ Xét $\Delta ABC$ có $CE$ là đường phân giác đồng thời là đường cao nên $\Delta ABC$ cân tại $C$.

Mà $\Delta ABC$ cân tại $A$ nên $\Delta ABC$ là tam giác đều.

Suy ra $BD$ là đường phân giác đồng thời là đường cao, suy ra $BD \bot AC$.

Xét $\Delta IEB$ và $\Delta IDC$ có: $\widehat {IEB} = \widehat {IDC} = 90^\circ$ và $\widehat {EIB} = \widehat {DIC}$ (hai góc đối đỉnh).

Do đó $ΔIEB∽ΔIDC$ (g.g) suy ra $\frac{{IE}}{{ID}} = \frac{{IB}}{{IC}}$ hay $IE \cdot IC = ID \cdot IB$ (1).

⦁ Ta có: $\widehat {IBC} = \frac{1}{2}\widehat {ABC}$ và $\widehat {ICB} = \frac{1}{2}\widehat {ACB}$, mà $\widehat {ABC} = \widehat {ACB}$ (do tam giác $ABC$ cân tại $A)$ nên $\widehat {IBC} = \widehat {ICB}$ suy ra $\Delta IBC$ cân tại $I$ suy ra $IB = IC$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $IE \cdot IB = ID \cdot IC$.

Do đó khẳng định i) đúng và khẳng định iii) sai.

⦁ Chứng minh tương tự ta được $\widehat {ABD} = \widehat {ACE}$.

Xét $\Delta ADB$ và $\Delta AEC$ có $\widehat {A\,\,}$ chung và $\widehat {ABD} = \widehat {ACE}$.

Do đó $ΔADB∽ΔAEC$ (g.g)

Suy ra $\frac{{AD}}{{AE}} = \frac{{AB}}{{AC}}$ hay $AE \cdot AB = AD \cdot AC$.

Do đó khẳng định ii) đúng.

Vậy có 2 khẳng định đúng.

Chọn C.

Hình ảnh thang, tường và mặt đất tạo thành một tam giác $ABC$ vuông tại $A$ với $AB$ là mặt tường, $BC$ là độ dài của thang $\left( {5{\rm{ m}}} \right)$, $AC$ là khoảng cách từ chân thang đến tường$\left( {3\,\,{\rm{m}}} \right)$ được mô tả bởi hình vẽ dưới đây:

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có:

$A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}$ hay $AB = \sqrt {B{C^2} - A{C^2}} = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = 4$ (m).

Vậy đỉnh thang chạm tường ở độ cao $4$ mét so với mặt đất.

Chọn C.

Gọi $a,\,\,b$ lần lượt là chiều dài và chiều rộng ban đầu của bức ảnh hình chữ nhật.

$a',\,\,b'$ lần lượt là chiều dài và chiều rộng mới của bức ảnh hình chữ nhật.

Vì hai bức ảnh có kích thước tỉ lệ với nhau nên ta có: $\frac{{a'}}{a} = \frac{{b'}}{b}.$

Thay $a = 12$ cm, $b = 8$ cm và $a' = 6$ cm ta được $\frac{6}{{12}} = \frac{{b'}}{8}$ suy ra $b' = \frac{{8 \cdot 6}}{{12}} = 4$ (cm).

Vậy chiều rộng của bức ảnh mới là 4 cm.

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

a) Sai. Xét $\Delta ABC$ có: ${9^2} + {12^2} = {15^2} = 225$ suy ra $A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}$ hay $\Delta ABC$ vuông tại $A$.

b) Đúng. Ta có $AC \bot AB$ và $PM \bot AB$ nên $AC\,{\rm{//}}\,PM$ suy ra $\widehat {NCM} = \widehat {PMB}$ (đồng vị).

Xét $\Delta BMP$ và $\Delta MCN$ có $\widehat {BPM} = \widehat {MNC} = 90^\circ$ và $\widehat {PMB} = \widehat {NCM}$.

Do đó $ΔBMP∽ΔMCN$ (g.g).

c) Đúng. Vì $AC\,{\rm{//}}\,PM$ nên suy ra $\frac{{BP}}{{BA}} = \frac{{BM}}{{BC}} = \frac{6}{{15}} = \frac{2}{5}$.

Do đó $\frac{{BP}}{9} = \frac{2}{5}$ suy ra $BP = 3{,}6$ (cm) nên $AP = AB - BP = 5{,}4$ (cm).

Vậy $AP = 5{,}4$ cm.

d) Sai. Vì $ΔBPM∽ΔBAC$ nên $\frac{{BP}}{{BA}} = \frac{{PM}}{{AC}}$ hay $PM = \frac{{BP \cdot AC}}{{AB}} = \frac{{3{,}6 \cdot 12}}{9} = 4{,}8$ (cm).

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác $APM$ vuông tại $P$ ta có:

$A{M^2} = A{P^2} + P{M^2} = {5{,}4^2} + {4{,}8^2} = 52{,}2$ suy ra $AM = 7{,}22$ (cm).

Vậy $AM = 7{,}22$ cm.

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

a) Đúng. Ta có các tỉ số: $\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$ và $\frac{{AE}}{{AC}} = \frac{6}{9} = \frac{2}{3}$ suy ra $\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AC}} = \frac{2}{3}$ .

b) Sai. Xét $\Delta ADE$ và $\Delta ABC$ có: $\widehat {A\,\,}$ là góc chung và $\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AC}} = \frac{2}{3}$.

Do đó $ΔADE∽ΔABC$ (c.g.c).

c) Đúng. Vì $ΔADE∽ΔABC$ nên $\frac{{DE}}{{BC}} = \frac{{AD}}{{AB}} = \frac{2}{3}$ suy ra $DE = \frac{2}{3} \cdot BC = \frac{2}{3} \cdot 12 = 8$ (cm).

Vì $\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AC}} = \frac{2}{3}$ nên theo định lí Thales đảo trong tam giác $ABC$ thì $DE\,{\rm{//}}\,BC$.

Vì $DE\,{\rm{//}}\,BC$ nên $\widehat {IED} = \widehat {IBC}$ và $\widehat {IDE} = \widehat {ICB}$ (hai góc so le trong) suy ra $ΔIDE∽ΔICB$ (g.g).

d) Đúng. Ta có $ΔIDE∽ΔICB$ với tỉ số đồng dạng $k = \frac{{DE}}{{CB}} = \frac{{ID}}{{IC}} = \frac{{IE}}{{IB}} = \frac{8}{{12}} = \frac{2}{3}$.

Suy ra $ID = \frac{2}{3} \cdot IC;\,\,IE = \frac{2}{3} \cdot IB;\,\,DE = \frac{2}{3} \cdot CB$.

Suy ra $\frac{{{C_{\Delta IDE}}}}{{{C_{\Delta ICB}}}} = \frac{{ID + IE + DE}}{{IC + IB + CB}} = \frac{{\frac{2}{3}IC + \frac{2}{3}IB + \frac{2}{3}CB}}{{IC + IB + CB}} = \frac{{\frac{2}{3}\left( {IC + IB + CB} \right)}}{{IC + IB + CB}} = \frac{2}{3} = k.$

Chu vi $\Delta ICB = 18$ cm thì ${C_{\Delta IDE}} = \frac{2}{3} \cdot {C_{\Delta ICB}} = \frac{2}{3} \cdot 18 = 12$ (cm).

Trong đó $\Delta A'B'C'$ là phần tam giác bên trong và $\Delta ABC$ là phần tam giác bên ngoài.

Đổi: $60$ cm $=$ $0{,}6$ m; $40$ cm $=$ $0{,}4$ m.

Vì phần tam giác bên trong đồng dạng với phần tam giác bên ngoài, nên tỉ số đồng dạng $k$giữa tam giác bên trong và tam giác bên ngoài là: $k = \frac{{0{,}4}}{{0{,}6}} = \frac{2}{3}$.

Do $Δ{A}^{'}{B}^{'}{C}^{'}∽ΔABC$ theo tỉ số $k = \frac{{B'C'}}{{BC}} = \frac{2}{3}$ nên các đường cao tương ứng của $\Delta A'B'C'$ và $\Delta ABC$ cũng theo tỉ số $k = \frac{{{h_{A'}}}}{{{h_A}}} = \frac{2}{3}$.

Do đó, $\frac{{{S_{A'B'C'}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{\frac{1}{2}{h_{A'}} \cdot B'C'}}{{\frac{1}{2}{h_A} \cdot BC}} = \frac{{{h_{A'}}}}{{{h_A}}}.\frac{{B'C'}}{{BC}} = {k^2} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} = \frac{4}{9}$.

Diện tích phần bên trong của một chiếc cờ là: ${S_{A'B'C'}} = \frac{4}{9} \cdot {S_{ABC}} = \frac{4}{9} \cdot 1{,}8 = 0{,}8$ (m2)

Số phần bên trong chiếc cờ bác Huệ có thể làm được từ tấm vải $8$ m2 là:

$8:0{,}8 = 10$ (cái).

Đáp án: 10.

Vì $M$ là trung điểm của $AC$ nên $AM = \frac{{AC}}{2} = 8$ (cm).

Xét $\Delta ABM$ vuông tại $A$ theo định lí Pythagore, ta có:

$BM = \sqrt {A{B^2} + A{M^2}} = \sqrt {{{12}^2} + {8^2}} = \sqrt {208} = 4\sqrt {13}$ (cm).

Xét $\Delta BNA$ và $\Delta BAM$ có $\widehat {BNA} = \widehat {BAM} = 90^\circ$ và $\widehat {B\,}$ chung.

Do đó $ΔBNA∽ΔBAM$ (g.g).

Suy ra $\frac{{BN}}{{AB}} = \frac{{AB}}{{BM}}$ hay $BN = \frac{{A{B^2}}}{{BM}} = \frac{{{{12}^2}}}{{4\sqrt {13} }} = \frac{{36}}{{\sqrt {13} }} \approx 10$ (cm).
Đáp án: 10.

Vì $E$ là trung điểm $CD$ suy ra $CE = 6$ cm.

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác $BEC$ vuông tại $C$ có

$BE = \sqrt {B{C^2} + C{E^2}} = \sqrt {{{12}^2} + {6^2}} = 6\sqrt 5$ (cm).

Xét $\Delta ABK$ vuông tại $B$ và $\Delta BCE$ vuông tại $C$ có:

$AB = BC = 12$ và $\widehat {KAB} = \widehat {EBC}$ (cùng phụ với $\widehat {FBA}$)

Do đó $\Delta ABK = \Delta BCE$ (cạnh góc vuông – góc nhọn kề).

Suy ra $BK = EC = 6$ (cm).

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác $ABK$ vuông tại $B$ có:

$AK = \sqrt {A{B^2} + B{K^2}} = \sqrt {{{12}^2} + {6^2}} = 6\sqrt 5$ (cm).

Chứng minh tương tự: suy ra $\frac{{BF}}{{AB}} = \frac{{FK}}{{BK}} = \frac{6}{{6\sqrt 5 }} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}$.

Do đó, $\frac{{{S_{\Delta BFK}}}}{{{S_{\Delta ABK}}}} = \frac{{\frac{1}{2}BF \cdot FK}}{{\frac{1}{2}AB \cdot BK}} = \frac{{BF}}{{AB}} \cdot \frac{{FK}}{{BK}} = {\left( {\frac{1}{{\sqrt 5 }}} \right)^2} = \frac{1}{5}$.

Mà ${S_{\Delta ABK}} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BK = \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot 6 = 36$ (cm$^{2}$).

Suy ra ${S_{\Delta BFK}} = \frac{{36}}{5} = 7{,}2$ (cm$^{2}$).

Đáp án: 7,2.