Giải SBT Toán 8 CTST Bài tập cuối chương 7 có đáp án

Đáp án đúng là: B

Tỉ số của hai đường thẳng AB và CD là:

$\frac{{AB}}{{CD}} = \frac{{12}}{{10}} = \frac{6}{5}$.

Đáp án đúng là: C

Xét ∆ONN*'* có MM*'* // NN*'* nên theo định lí Thalès, ta có $\frac{{OM}}{{MN}} = \frac{{OM'}}{{M'N'}}$.

Suy ra $OM = \frac{{MN\,.\,OM'}}{{M'N'}} = \frac{{1.\,3}}{{1{,}5}} = 2$ (cm).

Vậy OM = 2 cm.

Đáp án đúng là: D

Vì MK là phân giác của $\widehat {NMP}$ trong ∆MNP nên $\frac{{MN}}{{MP}} = \frac{{NK}}{{KP}}$.

Do đó $\frac{{MN}}{{NK}} = \frac{{MP}}{{KP}}$ (theo tính chất tỉ lệ thức).

Đáp án đúng là: A

Xét ∆PMN có M*'N'* // MN nên theo định lí Thalès, ta có :

$\frac{{PM'}}{{PM}} = \frac{{PN'}}{{PN}}$; $\frac{{PM'}}{{M'M}} = \frac{{PN'}}{{N'N}}$; $\frac{{M'M}}{{PM}} = \frac{{N'N}}{{PN}}$.

Đáp án đúng là: C

Vì MP ⊥ MN, NQ ⊥ MN nên MP // NQ.

Xét ∆OMP có MP // NQ, theo hệ quả của định lí Thalès, ta có $\frac{{OM}}{{ON}} = \frac{{MP}}{{NQ}}$.

Do đó NQ = $\frac{{MP.ON}}{{OM}} = \frac{{2{,}5.3{,}6}}{3} = 3$.

Vậy x = 3.

Đáp án đúng là: B

Vì MQ là tia phân giác của $\widehat {NMP}$ trong ∆MNP nên

$\frac{{MP}}{{MN}} = \frac{{QP}}{{QN}} = \frac{{2{,}5}}{2} = \frac{5}{4}$.

Vậy $\frac{x}{y} = \frac{5}{4}$.

Đáp án đúng là: D

Vì ABCD là hình vuông và M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA nên

AM = MB = BN = NC = CP = PD = DQ = QA.

Suy ra AM$^{2}$ + QA$^{2}$ = MB$^{2}$ + BN$^{2}$ = NC$^{2}$ + CP$^{2}$ = PD$^{2}$ + DQ$^{2}$,

Khi đó MQ$^{2}$ = MN$^{2}$ = NP$^{2}$ = PQ$^{2}$ hay MQ = MN = NP = PQ,

Do đó tứ giác MNPQ là hình thoi (1)

• Vì AM = AQ nên ∆AMQ vuông cân tại A, suy ra $\widehat {AMQ}$ = 45°.

• Vì BM = BN nên ∆BMN vuông cân tại B, suy ra $\widehat {BMN}$ = 45°.

Mà $\widehat {AMQ}$+ $\widehat {QMN}$ + $\widehat {BMN}$ = 180°, suy ra $\widehat {QMN}$ = 90° (2)

Từ (1) và (2) suy ra MNPQ là hình vuông.

S$_{ABCD}$= AB$^{2}$ ; S$_{MNPQ}$= MQ$^{2}$

MQ$^{2}$ = AM$^{2}$ + QA$^{2}$ = ${\left( {\frac{1}{2}AB} \right)^2}$+ ${\left( {\frac{1}{2}AD} \right)^2}$

= $\frac{1}{4}$AB$^{2}$ + $\frac{1}{4}$AD$^{2}$ = $\frac{1}{4}$AB$^{2}$ + $\frac{1}{4}$AB$^{2}$ = $\frac{1}{2}$AB$^{2}$.

Do đó S$_{MNPQ}$ = $\frac{1}{2}$S$_{ABCD.}$

Đáp án đúng là: B

• Xét ∆OAD có NA = ND và NQ // OD nên QO = QA = $\frac{1}{2}$OA.

• Xét ∆OBD có MB = MC và MP // OB nên PO = PC = $\frac{1}{2}$OC.

Mà ABCD là hình bình hành, suy ra OC = OA.

Do đó OQ = OP. Suy ra O là trung điểm PQ.

Đáp án đúng là: A

Vì EB = $\frac{1}{2}$AB; FC = $\frac{1}{2}$AC, AB = AC nên EB = FC = $\frac{1}{2}$(dm)

Xét ∆ABC có EA = EB và FA = FC nên FF là đường trung bình của ∆ABC.

Suy ra EF = $\frac{1}{2}$BC = $\frac{1}{2}$(dm).

Chu vi hình thang EFCB bằng:

EF + FC + BC + EB = $\frac{5}{2}$(dm)

Đáp án đúng là: C

Theo hệ quả của định lí Thalès:

• Xét ∆OEC có AK // EC nên $\frac{{AK}}{{EC}} = \frac{{BK}}{{DE}}$.

• Xét ∆OED có BK // DE nên $\frac{{BK}}{{DE}} = \frac{{OK}}{{KE}}$.

Suy ra $\frac{{AK}}{{EC}} = \frac{{BK}}{{DE}}$.

Mà EC = DE , suy ra AK = BK.

Xét ∆OCD có AB // CD, theo hệ quả của định lí Thalès, ta có:

$\frac{{AO}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{DC}} = \frac{{OB}}{{OD}}$.

Vậy có 3 khẳng định đúng là các khẳng định (I), (II), (III).

• Xét ∆ABC có DM // BC, theo hệ quả của định lí Thalès, ta có:

$\frac{{DM}}{{BC}} = \frac{{AD}}{{AB}} = \frac{1}{3}$.

Suy ra DM = $\frac{1}{3}$BC = $\frac{1}{3}$.10 = $\frac{{10}}{3}$ (cm).

• Xét ∆ABC có EN // BC, theo hệ quả của định lí Thalès, ta có:

$\frac{{EN}}{{BC}} = \frac{{AE}}{{AB}} = \frac{2}{3}$.

Suy ra EN = $\frac{2}{3}$BC = $\frac{2}{3}$.10 = $\frac{{20}}{3}$ (cm).

Vậy DM = $\frac{{10}}{3}$ cm và EN = $\frac{{20}}{3}$ cm.

• Xét ∆ABK có IM // BK, theo định lí Thalès, ta có $\frac{{AI}}{{AB}} = \frac{{AM}}{{AK}}$.

• Xét ∆AIC có KN // CI, theo định lí Thalès, ta có $\frac{{AN}}{{AI}} = \frac{{AK}}{{AC}}$.

Do đó $\frac{{AI}}{{AB}} \cdot \frac{{AN}}{{AI}} = \frac{{AM}}{{AK}} \cdot \frac{{AK}}{{AC}}$, suy ra $\frac{{AN}}{{AB}} = \frac{{AM}}{{AC}}$.

Xét ∆ABC có $\frac{{AN}}{{AB}} = \frac{{AM}}{{AC}}$, theo định lí Thalès đảo ta có MN // BC.

Xét ∆OAB, ta có MA = MO và NB = NO.

Suy ra MN là đường trung bình của ∆ABC nên MN = $\frac{1}{2}$AB.

Do đó AB = 2MN = 2.45 = 90 (m).

Vậy khoảng cách AB là 90 m.

Ta có AB ⊥ AD, EF ⊥ AD, GH ⊥ AD, DG ⊥ AD.

Suy ra AB // EF // GH // DG.

• Xét tứ giác EFCD có EF // CD nên tứ giác EFCD là hình thang.

• Xét hình thang EFCD có FH= HC và GH // EF nên EG = GD.

Do đó GH là đường trung bình của hình thang EFCD.

Suy ra $GH = \frac{{EF + GC}}{2}$=$\frac{{10 + 14}}{2} = 12$.

Tương tự, có EF là đường trung bình của hình thang ABHG.

Suy ra $EF = \frac{{AB + GH}}{2}$, suy ra AB = 2EF – GH = 2.10 – 12 = 8.

Vậy x = 8 và y = 12.

Xét ∆ABC vuông tại A, áp dụng định lý Pythagore, ta có:

BC$^{2}$ = AB$^{2}$ + AC$^{2}$ = 6$^{2}$ + 8$^{2}$ =100 , suy ra BC = 10 (cm).

Vì BD là đường phân giác của $\widehat {ABC}$ trong ∆ABC nên

$\frac{{DA}}{{DC}} = \frac{{BA}}{{BC}} = \frac{6}{{10}} = \frac{3}{5}$,

Suy ra $\frac{{DA}}{3} = \frac{{DC}}{5} = \frac{{DA + DC}}{{3 + 5}} = \frac{{AC}}{8} = \frac{8}{8} = 1$.

Do đó DA = 3.1 = 3 (cm) và DC = 5.1 = 5 (cm).

Vậy DA = 3 cm và DC = 5 cm.

Xét ∆ABD vuông tại A, áp dụng định lý Pythagore, ta có:

BD$^{2}$ = AB$^{2}$ + AD$^{2}$ = 6$^{2}$ + 3$^{2}$ = 45 , suy ra $BD = 3\sqrt 5$ (cm).

Ta có CI là đường phân giác của $\widehat {DCB}$ trong ∆CBD nên

$\frac{{ID}}{{IB}} = \frac{{CD}}{{CB}} = \frac{5}{{10}} = \frac{1}{2}$ hay $\frac{{ID}}{1} = \frac{{IB}}{2}$.

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

$\frac{{ID}}{1} = \frac{{IB}}{2} = \frac{{ID + IB}}{{1 + 2}} = \frac{{BD}}{3} = \frac{{3\sqrt 5 }}{3} = \sqrt 5$.

Suy ra ID = $\sqrt 5$(cm) và IB = 2$\sqrt 5$(cm).

Ta có: MB = MC = $\frac{1}{2}$BC = 5 (cm)

Xét ∆IDC và ∆IMC có

IC chung

$$\widehat {DCI} = \widehat {MCI}$$

DC = MC

Do đó ∆IDC = ∆IMC (c.g.c).

Suy ra ID = IM = $\sqrt 5$(cm)

Ta có IM$^{2}$ + IB$^{2}$ = ${\left( {\sqrt 5 } \right)^2} + {\left( {2\sqrt 5 } \right)^2}$= 25 và MB$^{2}$ = 5$^{2}$ = 25.

Do đó IM$^{2}$ + IB$^{2}$= MB$^{2}$.

Áp dụng định lý Pythagore đảo trong ∆IBM, suy ra ∆IBM vuông tại I.

Suy ra $\widehat {BIM}$= 90°.