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.

• Vì MD là tia phân giác của $\widehat {AMB}$ nên $\frac{{DA}}{{DB}} = \frac{{MA}}{{MB}}$.

• Vì ME là tia phân giác của $\widehat {AMC}$ nên $\frac{{EA}}{{EC}} = \frac{{MA}}{{MC}}$.

Vì AM 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 BC$^{2}$ = 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 AI$^{2}$ = 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 AK$^{2}$ = 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 ∆ABC ᔕ ∆HBA (g.g).

Suy ra $\frac{{AB}}{{BH}} = \frac{{BC}}{{AB}}$. Do đó AB$^{2}$ = 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 AH$^{2}$ = 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 ∆ABD ᔕ ∆EBA (g.g).

Suy ra $\frac{{AB}}{{BE}} = \frac{{BD}}{{AB}}$. Do đó AB$^{2}$ = BD . BE.

Mà AB$^{2}$ = 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).