Giải SGK Toán 8 (Cánh Diều) Bài tập cuối chương 8

1900.edu.vn xin giới thiệu giải bài tập Toán lớp 8 Bài tập cuối chương 8 sách Cánh diều hay nhất, chi tiết giúp học sinh dễ dàng làm bài tập Toán 8. Mời các bạn đón xem:

Giải bài tập Toán lớp 8 Bài tập cuối chương 8

Bài tập

Bài 1 trang 94 Toán 8 Tập 2: Cho ∆DEG ᔕ ∆MNP, E^=60°, M^=40°.

a) Số đo góc D bằng bao nhiêu độ?

A. 40°.       

B. 50°.       

C. 60°.       

D. 80°.

b) Số đo góc N bằng bao nhiêu độ?

A. 40°.       

B. 50°.       

C. 60°.       

D. 80°.

c) Số đo góc P bằng bao nhiêu độ?

A. 40°.       

B. 50°.       

C. 60°.       

D. 80°.

Lời giải:

a) Đáp án đúng là: A

Vì ∆DEG ᔕ ∆MNP nên D^=M^=40°  (hai góc tương ứng).

b) Đáp án đúng là: C    

Vì ∆DEG ᔕ ∆MNP nên E^=N^  (hai góc tương ứng).

Do đó N^=E^=60°.

c) Đáp án đúng là: D

Xét tam giác MNP có M^+N^+P^=180°  (tổng ba góc của một tam giác)

Suy ra P^=180°M^+N^=180°40°+60°=80°.

Bài 2 trang 94 Toán 8 Tập 2: Cho ∆DEG ᔕ ∆MNP, DE = 2 cm, DG = 4 cm, MN = 4 cm, NP = 6 cm.

a) Độ dài cạnh EG là

A. 2 cm.     

B. 3 cm.     

C. 4 cm.     

D. 8 cm.

b) Độ dài cạnh MP là

A. 2 cm.     

B. 3 cm.     

C. 4 cm.     

D. 8 cm.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

a) Vì ∆DEG ᔕ ∆MNP nên DEMN=EGNP  (tỉ số đồng dạng)

Hay 24=EG6

Suy ra EG=264=3  (cm).

b) Đáp án đúng là: D

Vì ∆DEG ᔕ ∆MNP nên DEMN=DGMP  (tỉ số đồng dạng)

Hay 24=4MP

Suy ra MP=442=8  (cm).

Bài 3 trang 94 Toán 8 Tập 2: Cho tam giác ABC, các điểm M, N, P lần lượt thuộc các cạnh AB, AC, BC sao cho tứ giác BMNP là hình bình hành (Hình 102). Chứng minh rằng MNBC+NPAB=1.

Bài 3 trang 94 Toán 8 Tập 2 Cánh diều | Giải Toán 8

Lời giải:

Vì BMNP là hình bình hành nên NP = MB và MN // BP.

Xét ∆ABC với MN // BC, ta có MNBC=AMAB=ANAC  (hệ quả của định lí Thalès)

Suy ra MNBC+NPAB=AMAB+NPAB=AMAB+MBAB=AM+MBAB=ABAB=1 .

Vậy MNBC+NPAB=1.

Bài 4 trang 94 Toán 8 Tập 2: Cho tứ giác ABCD. Tia phân giác của góc BAD và BCD cắt nhau tại điểm I (Hình 103). Chứng minh AB.CD = AD.BC.

Bài 4 trang 94 Toán 8 Tập 2 Cánh diều | Giải Toán 8

Lời giải:

Xét ∆ABD có AI là phân giác của góc BAD nên IBID=ABAD  (tính chất đường phân giác)

Xét ∆BCD có CI là phân giác của góc BCD nên IBID=CBCD  (tính chất đường phân giác)

Bài 5 trang 94 Toán 8 Tập 2: Cho hình bình hành ABCD. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng AB, BC, AN và Q là giao điểm của AN và DM. Chứng minh:

a) MP // AD, MP=14AD;

b) AQ=25AN;

c) Gọi R là trung điểm của CD. Chứng minh ba điểm M, P, R thẳng hàng và  PR=34AD.  

Lời giải:

Bài 5 trang 94 Toán 8 Tập 2 Cánh diều | Giải Toán 8

a)  Do N là trung điểm của BC nên BN=12BC

Và ABCD là hình bình hành nên BC = AD, BC // AD

Suy ra  BN=12AD,BN // AD (1)

Xét ∆ABN có M, P lần lượt là trung điểm của AB, AN nên MP là đường trung bình của ∆ABN

Suy ra MP=12BN  và MP // BN         (2)

Từ (1) và (2) ta có MP=12BN=1212AD=14AD  và MP // AD.

Vậy MP // AD và MP=14AD.  (3)

b) Xét ∆ADQ với MP // AD, ta có ADMP=QAQP  (hệ quả của định lí Thalès)

Hay AD14AD=AQPQ  nên AQPQ=41

Suy ra AQPQ+AQ=41+4  hay AQAP=45

Mà P là trung điểm của AN nên AP=12AN

Do đó AQ12AN=45,  suy ra AQ=4512AN=25AN.

Vậy AQ=25AN.

c) Gọi K là trung điểm của DN.

Xét ∆AND có P, K lần lượt là trung điểm của AN, DN nên PK là đường trung bình của ∆AND. Do đó PK // AD và PK=12AD    (4)

Tương tự, xét ∆CDN có KR là đường trung bình của ∆CDN nên KR // CN và KR=12CN    

Mà N là trung điểm của BC nên CN=12BC=12AD  và BC // AD

Do đó KR // AD và KR=12CN=1212AD=14AD  (5)

Từ (3), (4) và (5), theo tiên đề Euclid ta có: M, P, K, R thẳng hàng.

Và PR=PK+KR=12AD+14AD=34AD.

Vậy ba điểm M, P, R thẳng hàng và PR=34AD.

Bài 6 trang 95 Toán 8 Tập 2: Cho ∆ABC ᔕ ∆A’B’C’ với tỉ số đồng dạng k.

a) Gọi AM, AM’ lần lượt là các đường trung tuyến của ∆ABC và ∆A’B’C’. Chứng minh ∆ABM ᔕ ∆A’B’M’ và AMA'M'=k.

b) Gọi AD, AD’ lần lượt là các đường phân giác của ∆ABC và ∆A’B’C’.

Chứng minh ∆ABD ᔕ ∆A’B’D’ và ADA'D'=k.

c) Gọi AH, AH’ lần lượt là các đường cao của các tam giác nhọn ABC, A’B’C’. Chứng minh ∆ABH ᔕ ∆A’B’H’ và AHA'H'=k.

Lời giải:

Bài 6 trang 95 Toán 8 Tập 2 Cánh diều | Giải Toán 8

Vì ∆ABC ᔕ ∆A’B’C’với tỉ số đồng dạng k nên ta có:

ABA'B'=BCB'C'=ACA'C'=k và BAC^=B'A'C'^,  B^=B'^,  C^=C'^.

a) Vì M, M’ lần lượt là trung điểm của BC, B’C’ nên BM=12BC  và B'M'=12B'C'

Suy ra ABA'B'=BCB'C'=BMB'M'=k

Xét ∆ABM và ∆A’B’M’ có: ABA'B'=BMB'M'=k  và B^=B'^

Suy ra ∆ABM ᔕ ∆A’B’M’ (c.g.c)

Do đó AMA'M'=ABA'B'=k  (tỉ số đồng dạng).

b) Vì AD, AD’ lần lượt là các đường phân giác của tam giác ABC, A’B’C’ nên BAD^=12BAC^  và B'A'D'^=12B'A'C'^

Mà BAC^=B'A'C'^  nên BAD^=B'A'D'^

Xét ∆ABD và ∆A’B’D’ có: BAD^=B'A'D'^  và B^=B'^

Do đó ∆ABD ᔕ ∆A’B’D’ (g.g) 

Suy ra ADA'D'=ABA'B'=k  (tỉ số đồng dạng).

c) Vì AH, AH’ lần lượt là các  đường cao của tam giác ABC, A’B’C’ nên AHB^=A'H'B'^=90°

Xét ∆ABH và ∆A’B’H’ có: AHB^=A'H'B'^=90°  và B^=B'^

Do đó ∆ABH ᔕ ∆A’B’H’ (g.g)

Suy ra AHA'H'=ABA'B'=k  (tỉ số đồng dạng).

Bài 7 trang 95 Toán 8 Tập 2: Tính các độ dài x, y, z, t ở các hình 104a, 104b, 104c:

Bài 7 trang 95 Toán 8 Tập 2 Cánh diều | Giải Toán 8

Lời giải:

+ Xét hình 104a:

Bài 7 trang 95 Toán 8 Tập 2 Cánh diều | Giải Toán 8

Theo hình vẽ ta có: AMN^=ABC^  mà hai góc ở vị trí đồng vị suy ra MN // BC.

Xét ∆ABC với MN // BC, ta có AMMB=ANNC  (định lí Thalès)

Hay x2=63  nên x=263=4.

Vậy x = 4.

+ Xét hình 104b:

Bài 7 trang 95 Toán 8 Tập 2 Cánh diều | Giải Toán 8

Theo hình vẽ ta có: GHD^=DEF^  mà hai góc ở vị trí so le trong nên GH // EF.

Xét ∆DEF với GH // EF, ta có GHEF=GDDF=HDDE  (hệ quả của định lí Thalès)

Hay z7,8=y9=26

Suy ra z=7,826=2,6  và y=926=3.

Vậy y = 3 và z = 2,6.

+ Xét  hình 104c:

Bài 7 trang 95 Toán 8 Tập 2 Cánh diều | Giải Toán 8

Theo hình vẽ ta có: JIK^=LIK^  nên IK là đường phân giác của góc JIL.

Xét ∆IJL có IK là đường phân giác của góc JIL nên KJKL=IJIL  (tính chất đường phân giác)

Hay t3=2,43,6,  suy ra t=32,43,6=2.

Vậy t = 2.

Bài 8 trang 95 Toán 8 Tập 2: Cho Hình 105. Chứng minh:

Bài 8 trang 95 Toán 8 Tập 2 Cánh diều | Giải Toán 8

a) ∆HAB ᔕ ∆HBC;

b) HB = HD = 6 cm.

Lời giải:

a) Xét ∆HAB và ∆HBC có:

AHB^=BHC^=90°; HAB^=HBC^  (cùng phụ với góc ABH^)

Suy ra ∆HAB ᔕ ∆HBC (g.g)

b) Do ∆HAB ᔕ ∆HBC (câu a) nên HAHB=HBHC  (tỉ số đồng dạng)

Suy ra HB2 = HA.HC = 4 . 9 = 36

Do đó HB = 6 cm.

Xét ∆HAD và ∆HDC có

AHD^=DHC^=90°; HAD^=HDC^  (cùng phụ với góc ADH^)

Do đó ∆HAD ᔕ ∆HDC (g.g)

Suy ra HAHD=HDHC  (tỉ số đồng dạng)

Nên HD2 = HA.HC = 4 . 9 = 36

Do đó HD = 6 (cm).

Vậy HB = HD = 6 cm.

Bài 9 trang 95 Toán 8 Tập 2: Cho Hình 106. Chứng minh:

a) AH2 = AB.AI = AC.AK;

b) AIK^=ACH^.

Bài 9 trang 95 Toán 8 Tập 2 Cánh diều | Giải Toán 8

Lời giải:

Bài 9 trang 95 Toán 8 Tập 2 Cánh diều | Giải Toán 8

a) Xét ∆AHI và ∆ABH có:

AIH^=AHB^=90°; BAH^  là góc chung

Suy ra ∆AHI ᔕ ∆ABH (g.g)

Do đó AHAB=AIAH  (tỉ số đồng dạng)

Nên AH2 = AB.AI (1)

Xét ∆AHK và ∆ACH có:

AKH^=AHC^=90°; HAC^  là góc chung

Suy ra ∆AHK ᔕ ∆ACH (g.g)

Do đó AHAC=AKAH  (tỉ số đồng dạng)

Nên AH2 = AC.AK (2)

Từ (1) và (2), suy ra AH2 = AB.AI = AC.AK.

b) Ta có: AB.AI = AC.AK (câu a) suy ra AKAB=AIAC

Xét ∆AIK và ∆ACB có:

BAC^ là góc chung; AKAB=AIAC .

Suy ra ∆AIK ᔕ ∆ACB (c.g.c)

Do đó AIK^=ACB^  (hai góc tương ứng).

Vậy AIK^=ACH^.

Bài 10 trang 96 Toán 8 Tập 2: Cho tam giác ABC có M, N là hai điểm lần lượt thuộc các cạnh AB, AC sao cho MN // BC. Gọi I, P, Q lần lượt là giao điểm của BN và CM, AI và MN, AI và BC. Chứng minh:

a) MPBQ=PNQC=APAQ;                 

b) MPQC=PNBQ=IPIQ.

Lời giải:

Bài 10 trang 96 Toán 8 Tập 2 Cánh diều | Giải Toán 8

a) Vì MN // BC, P ∈ MN nên ta có: MP // BQ, PN // QC.

Xét ∆ABQ với MP // BQ, ta có: MPBQ=APAQ  (hệ quả của định lí Thalès)

Xét ∆AQC với PN // QC, ta có: PNQC=APAQ  (hệ quả của định lí Thalès)

Suy ra MPBQ=PNQC=APAQ.

b) Vì MN // BC nên ta có: MP // QC, PN // BQ.

Xét ∆CQI với MP // QC, ta có: MPQC=IPIQ  (hệ quả của định lí Thalès)

Xét ∆BQI với PN // BQ, ta có: PNBQ=IPIQ  (hệ quả của định lí Thalès)

Suy ra MPQC=PNBQ=IPIQ.

Bài 11 trang 96 Toán 8 Tập 2: Cho Hình 107. Chứng minh:

a) ∆ABN ᔕ ∆AIP và AI.AN = AP.AB;

b) AI.AN + BI.BM = AB2.

Bài 11 trang 96 Toán 8 Tập 2 Cánh diều | Giải Toán 8

Lời giải:

Bài 11 trang 96 Toán 8 Tập 2 Cánh diều | Giải Toán 8

a) Xét ∆ABN và ∆AIP có:

ANB^=API^=90°; IAP^  là góc chung

Suy ra ∆ABN ᔕ ∆AIP (g.g)

Do đó ABAI=ANAP  (tỉ số đồng dạng)

Nên AI.AN = AP.AB.     (1)

b) Xét ∆ABM và ∆IBP có:

AMB^=IPB^=90°; ABM^  là góc chung

Suy ra ∆ABM ᔕ ∆IBP (g.g)

Do đó ABIB=BMBP  (tỉ số đồng dạng)

Nên AB.BP = BI.BM (2)

Từ (1) và (2) suy ra

AI.AN + BI.BM = AB.AP + AB.BP

                          = AB.(AP + BP) = AB.AB = AB2.

Vậy AI.AN + BI.BM = AB2.

Bài 12 trang 96 Toán 8 Tập 2: Hình 108 minh họa mặt cắt đứng của tủ sách nghệ thuật ở nhà bác Ngọc. Sau một thời gian sử dụng, tủ sách đó đã có dấu hiệu bị xuống cấp và cần sửa lại. Các tấm ngăn BM, CN, DP bị hỏng và cần thay mới. Em hãy giúp bác Ngọc tính toán chiều dài các tấm ngăn mới lần lượt thay thế cho các tấm ngăn BM, CN, DP đã bị hỏng. Biết chiều dài tấm ngăn EQ bằng 4 m.

Lời giải:

Bài 12 trang 96 Toán 8 Tập 2 Cánh diều | Giải Toán 8

Ta có: AB = BC = CD = DE (giả thiết);

          AC = AB + BC; CE = CD + DE

Suy ra AC = CE hay C là trung điểm của AE.

Lại có: AM = MN = NP = PQ (giả thiết);

           AN = AM + MN; NQ = NP + PQ

Suy ra AN = NQ hay N là trung điểm của AQ.

⦁ Xét ∆AEQ có C, N lần lượt là trung điểm của AE, AQ nên CN là đường trung bình của ∆AEQ

Suy ra CN=12EQ=124=2  (m).

⦁ Xét ∆ACN có B, M lần lượt là trung điểm của AC, AN (do AB = BC và AM = MN) nên BM là đường trung bình của ∆ACN.

Do đó BM=12CN=122=1  (m).

⦁ Ta có: AD = AB + BC + CD = 3AB, nên ABAD=13.

            AP = AM + MN + NP = 3AM, nên AMAP=13.

Do đó ABAD=AMAP=13.

Xét ∆ADP có ABAD=AMAP  nên BM // DP (định lí Thalès đảo)

Suy ra  (hệ quả của định lí Thalès)

Do đó DP = 3BM = 3.1 = 3 (m).

Vậy BM = 1 m, CN = 2 m, DP = 3 m.

Bài 13 trang 96 Toán 8 Tập 2: Cho Hình 109. Hình nào đồng dạng phối cảnh với:

a) Tam giác OAB?                                      b) Tam giác OBC?

c) Tam giác OCD?                                      d) Tứ giác ABCD?Bài 13 trang 96 Toán 8 Tập 2 Cánh diều | Giải Toán 8

Lời giải:

a) Ta thấy hai đường thẳng AM, BN cùng đi qua điểm O và OMOA=ONOB  nên tam giác OMN đồng dạng phối cảnh với tam giác OAB.

Tương tự như vậy, ta cũng có hình đồng dạng phối cảnh với:

b) Tam giác OBC là: tam giác ONP.

c) Tam giác OCD là: tam giác OPQ.

d) Tứ giác ABCD là: Tứ giác MNPQ.

Bài 14 trang 96 Toán 8 Tập 2: Hình 110 có ghi thứ tự của 6 lá mầm, trong đó có nhiều cặp lá mầm gợi nên những cặp hình đồng dạng. Hãy viết 6 cặp lá mầm gợi nên những hình đồng dạng.

Bài 14 trang 96 Toán 8 Tập 2 Cánh diều | Giải Toán 8

Lời giải:

Cặp 1: Lá mầm 1 và 3;

Cặp 2: Lá mầm 3 và 5;

Cặp 3: Lá mầm 1 và 5;

Cặp 4: Lá mầm 2 và 4;

Cặp 5: Lá mầm 4 và 6;

Cặp 6: Lá mầm 2 và 6.

Xem thêm các bài giải SGK Toán lớp 8 Cánh Diều hay, chi tiết khác:

Bài 7: Trường hợp đồng dạng thứ hai của tam giác

Bài 8: Trường hợp đồng dạng thứ ba của tam giác

Bài 9: Hình đồng dạng

Bài 10: Hình đồng dạng trong thực tiễn

Chủ đề 3: Thực hành đo chiều cao

Câu hỏi liên quan

a) Xét ∆ABN và ∆AIP có:
Xem thêm
a) Xét ∆AHI và ∆ABH có:
Xem thêm
a)  Do N là trung điểm của BC nên BN = 1/2BC
Xem thêm
a) Đáp án đúng là: A
Xem thêm
a) Xét ∆HAB và ∆HBC có:
Xem thêm
Đáp án đúng là: B
Xem thêm
a) Vì MN // BC, P ∈ MN nên ta có: MP // BQ, PN // QC.
Xem thêm
Ta có: AB = BC = CD = DE (giả thiết);
Xem thêm
Vì ∆ABC ᔕ ∆A’B’C’với tỉ số đồng dạng k nên ta có:
Xem thêm
a) Ta thấy hai đường thẳng AM, BN cùng đi qua điểm O và OM/OA = ON/OB nên tam giác OMN đồng dạng phối cảnh với tam giác OAB.
Xem thêm
Xem tất cả hỏi đáp với chuyên mục: Bài tập cuối chương 8 (CD)
Bình luận (0)

Đăng nhập để có thể bình luận

Chưa có bình luận nào. Bạn hãy là người đầu tiên cho tôi biết ý kiến!