Giải SBT Toán 8 CTST Bài tập cuối chương 3 có đáp án

Đáp án đúng là: A

Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác MNP vuông tại M có:

NP$^{2}$ = MN$^{2}$ + MP$^{2}$ = 40$^{2}$ + 9$^{2}$ = 1681.

Suy ra $NP=\sqrt{1681}=41$.

Đáp án đúng là: D

Ta có: 42$^{2}$ = 1764; 9$^{2}$ + 40$^{2}$ = 1681 nên 42$^{2}$ ≠ 9$^{2}$ + 40$^{2}$

Do đó bộ ba số 9; 40; 42 không thể là độ dài ba cạnh của một tam giác vuông.

Đáp án đúng là: D

Gọi x là số đo góc còn lại của tứ giác

Tổng các góc của 1 tứ giác bằng 360° nên ta có:

x + 80° + 40° + 100° = 360°

Suy ra x = 360° ‒ 80° ‒ 40° ‒ 100° = 140°.

Đáp án đúng là: C

Giả sử ABCD hình thang cân (AB // CD) có AB = 4 cm, CD = 10 cm và AD = BC = 5 cm (hình vẽ).

Kẻ hai đường cao AH và BK.

Xét ∆ADH vuông tại H và ∆BCK vuông tại K có:

AD = BC (hai cạnh bên bằng nhau của hình thang cân ABCD)

$\widehat{ADH}=\widehat{BCK}$ (do ABCD là hình thang cân)

Suy ra ∆ADH = ∆BCK (cạnh huyền – góc nhọn)

Do đó DH = CK (hai cạnh tương ứng)

Ta có: ABKH là hình chữ nhật nên AB = HK = 4 cm.

Mà DH + HK + CK = DC, suy ra $DH=CK=\frac{CD-HK}{2}=\frac{10-4}{2}=3$(cm).

Áp dụng định lý Pythagore trong ∆ADH vuông tại H ta có:

AD$^{2}$ = AH$^{2}$ + DH$^{2}$, suy ra AH$^{2}$ = AD$^{2}$ ‒ DH$^{2}$ = 5$^{2}$ ‒ 3$^{2}$ = 16

Suy ra $AH=\sqrt{16}=4$ (cm).

Đáp án đúng là: A

Do ABCD là hình bình hành nên MN = PQ = 6 cm.

Do O là giao điểm của hai đường chéo hình bình hành nên ON = OQ, OM = OP

Suy ra MP = 2OM = 2.3 = 6 cm và NQ = 2ON = 2.4 = 8 cm.

Đáp án đúng là: C

Do EFGH là hình thoi nên EG ⊥ HF tại O

Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác EOF vuông tại O có:

EF$^{2}$ = OE$^{2}$ + OF$^{2}$ = 6$^{2}$ + 8$^{2}$ = 100

Suy ra $EF=\sqrt{100}=10.$

Đáp án đúng là: B

Diện tích hình chữ nhật là: 2.18 = 36 (cm$^{2}$)

Độ dài cạnh của hình vuông là: $\sqrt{36}=6$ (cm).

Đáp án đúng là: A

Gọi ABCD là hình vuông có cạnh bằng $\sqrt{8}$ cm (hình vẽ).

Hình vuông ABCD có giao điểm O của hai đường chéo AC và BD nên AC ⊥ BD tại O và OA = OB = OC = OD.

Suy ra ∆OAB vuông cân tại O.

Áp đụng dịnh lý Pythagore trong ∆OAB vuông cân tại O ta có:

AB$^{2}$ = OA$^{2}$ + OB$^{2}$

Suy ra $2O{A}^{2}={(\sqrt{8})}^{2}=8$, suy ra OA$^{2}$ = 4

Do đó $OA=\sqrt{4}=2$ cm.

Ta có: AC = 2OA = 2.2 = 4 cm.

Đáp án đúng là: D

Hình bình hành có hai cạnh đối song song và bằng nhau.

Hình bình hành có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Hình chữ nhật, hình vuông mới có hai đường chéo bằng nhau.

Vậy ta chọn phương án D.

a) Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông ta có:

8$^{2}$ = x$^{2}$ + 5$^{2}$

Suy ra x$^{2}$ = 8$^{2}$ – 5$^{2}$ = 64 ‒ 25 = 39

Do đó $x=\sqrt{39}$ (cm).

b) Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông ta có:

40$^{2}$ = 37$^{2}$ + x$^{2}$

Suy ra x$^{2}$ = 10$^{2}$ – 37$^{2}$ = 1600 ‒ 1369 = 231

Do đó $x=\sqrt{231}$ (cm).

c) Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông ta có:

16$^{2}$ = x$^{2}$ + 7$^{2}$

Suy ra x$^{2}$ = 16$^{2}$ – 7$^{2}$ = 256 ‒ 49 = 207

Do đó $x=\sqrt{207}=\sqrt{9.23}=\sqrt{{(3\sqrt{23})}^{2}}=3\sqrt{23}$ (km).

a) Xét ∆ABD và ∆CBD có:

AB = BC; AD = CD; cạnh BD chung

Suy ra ∆ABD = ∆CBD (c.c.c)

Do đó $x=\widehat{BAD}=\widehat{BCD}=114^{\circ}.$

Vì tổng các góc trong một tứ giác bằng 360° nên ta có: $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}+\widehat{D}=360^{\circ}$

Suy ra $y=\widehat{D}=360^{\circ}-\widehat{A}-\widehat{B}-\widehat{C}=360^{\circ}-114^{\circ}-88^{\circ}-114^{\circ}=44^{\circ}.$

b) Xét ∆EFH và ∆GFH có:

EF = GF; EH = GH; cạnh FH chung

Suy ra ∆EFH = ∆GFH (c.c.c)

Do đó $\widehat{FEH}=\widehat{FGH}$

Vì tổng các góc trong một tứ giác bằng 360° nên ta có: $\widehat{E}+\widehat{F}+\widehat{G}+\widehat{H}=360^{\circ}$

Suy ra $\widehat{E}+\widehat{G}=360^{\circ}-\widehat{F}-\widehat{H}=360^{\circ}-95^{\circ}-60^{\circ}=205^{\circ}$

Do đó $\widehat{FEH}=\widehat{FGH}=\frac{205^{\circ}}{2}=102{,}5^{\circ}.$

Vậy x = y = 102,5°.

Xét ∆KEI và ∆TEI có:

EK = ET, IK = IT; cạnh EI chung

Suy ra ∆KEI = ∆TEI (c.c.c)

Do đó $\widehat{KEI}=\widehat{TEI}$ hay $\widehat{KES}=\widehat{TES}=\frac{\widehat{KET}}{2}=\frac{90^{\circ}}{2}=45^{\circ}.$

Vì tổng ba góc trong một tam giác bằng 180° nên ta có:

$\widehat{KEI}+\widehat{KIE}+\widehat{EKI}=180^{\circ}$

Suy ra $\widehat{KIE}=180^{\circ}-\widehat{KEI}-\widehat{EKI}=180^{\circ}-45^{\circ}-105^{\circ}=30^{\circ}.$

Xét ∆KET có EK = ET nên ∆KET cân tại E

Lại có $\widehat{KET}=90^{\circ}$ nên ∆KET vuông cân tại E

Do đó $\widehat{EKT}=45^{\circ}$

Khi đó $\widehat{SKI}=\widehat{EKI}-\widehat{EKT}=105^{\circ}-45^{\circ}=60^{\circ}.$

Từ A, B lần lượt kẻ AH, BK vuông góc với CD (H, K ∈ CD).

Xét tứ giác ABKH có: AB // HK (vì AB // CD do ABCD là hình thang), AH // BK (cùng vuông góc với CD).

Do đó, tứ giác ABKH là hình bình hành. Suy ra HK = AB = 10 cm.

Xét ∆ADH vuông tại H và ∆BCK vuông tại K, ta có:

$\widehat{D}=\widehat{C}$; AD = BC (do ABCD là hình thang cân).

Do đó ∆ADH = ∆BCK (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra DH = CK.

Ta có DH + HK + CK = CD hay 10 + 2CK = 24, suy ra CK = 7 (cm).

Xét ∆BCK vuông tại K, ta có

BC$^{2}$ = BK$^{2}$ + CK$^{2}$ hay 25$^{2}$ = BK$^{2}$ + 7$^{2}$

Do đó BK$^{2}$ = 25$^{2}$ – 7$^{2}$ = 576.

Suy ra $BK=\sqrt{576}=24\ cm.$

Ta có: AB // CD nên $\widehat{{B}_{1}}=\widehat{{D}_{2}}$ (hai góc so le trong).

DB là tia phân giác của góc D (giả thiết) nên $\widehat{{D}_{1}}=\widehat{{D}_{2}}.$

Do đó $\widehat{{B}_{1}}=\widehat{{D}_{1}}.$

Suy ra ∆ABD cân tại A, suy ra AB = AD = 4 cm.

Mà ABCD là hình thang cân, nên BC = AD = 4 cm.

Gọi M là giao điểm của AD và BC.

Xét ∆MDC có DB là tia phân giác của góc D và DB cũng là đường cao hạ từ đỉnh D nên ∆MDC là tam giác cân, do đó DM = DC.

Mặt khác: ∆MDC có $\widehat{MDC}=\widehat{MCD}$ (do ABCD là hình thang cân) nên ∆MDC cân tại M, do đó DM = CM.

Suy ra DM = DC = CM = 2BC = 2.4 = 8 cm.

Vậy chu vi hình thang là:

AB + BC + CD + DA = 4 + 4 + 8 + 4 = 20 cm.

a) ∆ABC có M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC (giả thiết).

Theo bài 4, trang 63, SBT Toán 8 Tập Một, ta có:

MN // BC và $\text{MN}=\frac{1}{2}\text{BC}=\frac{1}{2}\cdot 6=3$ (cm).

Xét tứ giác MNCB có MN // BC (chứng minh trên).

Do đó, tứ giác MNCB là hình thang có hai đáy là MN, BC.

Ta lại có $\widehat{B}=\widehat{C}$ (do ∆ABC cân tại A).

Suy ra hình thang MNCB là hình thang cân.

b) Xét tứ giác ABCK có:

N là trung điểm của AC (giả thiết);

N là trung điểm của BK (K là điểm đối xứng của B qua N).

Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành.

c) Xét tứ giác AHBP có:

M là trung điểm của AB (giả thiết);

M là trung điểm của HP (H là điểm đối xứng của P qua M).

Do đó, tứ giác AHBP là hình bình hành (1)

∆ABC cân tại A có AP là đường trung tuyến ứng với cạnh BC nên cũng đồng thời là đường cao

Do đó AP ⊥ BC tại P, suy ra $\widehat{\text{APB}}=90^{\circ}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra AHBP là hình chữ nhật.

d) ∆ABC có M, P lần lượt là trung điểm của AB, BC (giả thiết).

Theo bài 4, trang 63, SBT Toán 8 Tập Một, ta có:

MP // AC và $\text{MP}=\frac{1}{2}\text{AC}$ hay MP // AN (N ∈ AC) và $\text{MP}=\text{AN}(=\frac{1}{2}\text{AC})$.

Xét tứ giác AMPN có:

MP = AN (chứng minh trên);

MP // AN (chứng minh trên).

Do đó, tứ giác AMPN là hình bình hành (3)

Mặt khác, $\text{AM}=\frac{1}{2}\text{AB},\text{AN}=\frac{1}{2}\text{AC}$ và AB = AC nên AM = AN (4)

Từ (3) và (4) suy ra AMPN là hình thoi.

a) ABCD là hình bình hành nên AB = CD và AB // CD.

Xét ∆ABM và ∆CDN có:

AB = CD (chứng minh trên);

$\widehat{{B}_{1}}=\widehat{{D}_{1}}$ (hai góc so le trong do AB // CD);

BM = DN (giả thiết).

Do đó ∆ABM = ∆CDN (c.g.c).

Suy ra AM = CN (hai cạnh tương ứng)

Xét ∆AND và ∆CMB có:

AD = BC (do ABCD là hình bình hành);

$\widehat{ADN}=\widehat{CBM}$(hai góc so le trong do AD // BC);

DN = BM (giả thiết).

Do đó ∆AND = ∆CMB (c.g.c).

Suy ra AN = CM (hai cạnh tương ứng).

Xét tứ giác AMCN có: AM = CN (chứng minh trên) và AN = CM (chứng minh trên)

Do đó, tứ giác AMCN là hình bình hành.

b) Gọi E là giao điểm của tia AM và BC.

Xét ∆BNC có ME // CN và E là trung điểm của BC (giả thiết)

Theo bài 5, trang 63, SBT Toán 8 Tập Một, ta có: M là trung điểm của BN

Do đó BM = MN, mà BM = DN (giả thiết) nên BM = MN = ND

Suy ra $\text{BM}=\frac{1}{3}\text{BD}$.

a) Xét ∆AOB có M, N lần lượt là trung điểm của AO, BO.

Theo bài 4, trang 63, SBT Toán 8 Tập Một, ta có: MN // AB; $\text{MN}=\frac{1}{2}\text{AB.}$ (1)

Tương tự, xét ∆OCD ta cũng có PQ // CD;$\text{QP}=\frac{1}{2}\text{DC.}$ (2)

Mà AB // CD; AB = CD (do ABCD là hình bình hành). (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra MN // PQ, MN = PQ.

Vậy tứ giác MNPQ là hình bình hành.

b) Xét ∆ANB và ∆CQD có:

AB = CD (ABCD là hình bình hành);

$\widehat{\text{ABN}}=\widehat{\text{CDQ}}$ (hai góc so le trong do AB // CD);

$\text{BN}=\text{DQ}(=\frac{1}{4}\text{BD})$ (vì OB = OD, NO = NB, QO = QD)

Do đó ∆ANB = ∆CQD (c.g.c). Suy ra AN = CQ. (4)

Xét ∆AQD và ∆CNB có:

AD = BC (do ABCD là hình bình hành);

$\widehat{\text{ADQ}}=\widehat{\text{CBN}}$ (hai góc so le trong do AD // BC);

$\text{DQ}=\text{BN}(=\frac{1}{4}\text{BD})$.

Do đó ∆AQD = ∆CNB (c.g.c). Suy ra AQ = CN. (5)

Từ (4) và (5) suy ra ANCQ là hình bình hành.

a) Ta có ABCD là hình bình hành nên AD // BC.

Suy ra $\widehat{\text{ADB}}=\widehat{\text{DBC}}$ (hai góc so le trong).

Do đó $\frac{\widehat{\text{ADB}}}{2}=\frac{\widehat{\text{DBC}}}{2}$

Suy ra $\widehat{\text{EDB}}=\widehat{\text{KBD}}$ (do DE, BK lần lượt là đường phân giác của $\widehat{\text{ADB}}$ và $\widehat{\text{DBC}}$)

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên DE // BK.

Vậy DE // BK.

b) Xét ∆DAB có DE vừa là đường cao vừa là đường phân giác, suy ra ∆DAB cân tại D.

Khi đó, DA = DB.

c) Xét tứ giác DEBK có: DE // BK, BE // DK.

Suy ra DEBK là hình bình hành.

Mà $\widehat{E}=90^{\circ}$ nên DEBK là hình chữ nhật.

Để tứ giác DEBK là hình vuông thì DE = EB.

Mà ∆DAB cân tại D nên DE vừa là đường cao vừa là trung tuyến của ∆DAB.

Suy ra $\text{DE}=\text{EB}=\frac{\text{AB}}{2},$ suy ra ∆DAB vuông tại D hay $\widehat{\text{ADB}}=90^{\circ}.$