Với giải sách bài tập Toán 8 Bài tập cuối chương 8 sách Cánh diều hay, chi tiết giúp học sinh dễ dàng xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập trong SBT Toán 8. Mời các bạn đón xem:
Giải SBT Toán 8 Bài tập cuối chương 8
A.
B.
C.
D.
Lời giải:
Đáp án đúng là: C
Xét ∆ABC với MN // BC, ta có (định lí Thalès)
Suy ra
Bài 57 trang 83 SBT Toán 8 Tập 2: Cho hai tam giác MNP và M’N’P’. Phát biểu nào sau đây là đúng?
A. Nếu và thì ∆MNP ᔕ ∆M’N’P’.
B. Nếu và thì ∆MNP ᔕ ∆M’N’P’.
C. Nếu và thì ∆MNP ᔕ ∆M’N’P’.
D. Nếu và thì ∆MNP ᔕ ∆M’N’P’.
Lời giải:
Đáp án đúng là: D
Xét ∆MNP và ∆M’N’P’ có:
và
Do đó ∆MNP ᔕ ∆M’N’P’ (g.g).
Vậy ta chọn phương án D.
Bài 58 trang 83 SBT Toán 8 Tập 2: Nếu ∆MNP ᔕ ∆DEG thì
A.
B.
C.
D.
Lời giải:
Đáp án đúng là: A
Vì ∆MNP ᔕ ∆DEG nên (tỉ số đồng dạng)
Suy ra
Bài 59 trang 83 SBT Toán 8 Tập 2: Cho ∆MNP ᔕ ∆M’N’P’ và . Số đo góc P là:
A. 30°.
B. 40°.
C. 70°.
D. 110°.
Lời giải:
Đáp án đúng là: D
Do ∆MNP ᔕ ∆M’N’P’ nên (hai góc đồng dạng)
Xét ∆MNP có (tổng ba góc của một tam giác)
Suy ra =
Vậy
Bài 60 trang 83 SBT Toán 8 Tập 2: Hình 54 cho biết A’B’ = 4, A’O = 3, AO = 6, OB = x, AB = y
Giá trị của biểu thức x + y là:
A. 22.
B. 18.
C. 20.
D. 16.
Lời giải:
Đáp án đúng là: B
Xét ∆A’OB’ vuông tại A’ có: B’O2 = A’B’2 + A’O2 (định lí Pythagore)
Do đó =
Do A’B’ ⊥ AA’, AB ⊥ AA’ nên A’B’ // AB.
Suy ra ∆OA’B’ ᔕ ∆OAB nên (tỉ số đồng dạng)
Hay
Do đó
Vậy x + y = 10 + 8 = 18.
Bài 61 trang 83 SBT Toán 8 Tập 2: Cho tam giác ABC có DE // BC (Hình 55).
Khẳng định nào dưới đây đúng?
A.
B.
C.
D.
Lời giải:
Đáp án đúng là: C
Tam giác ABC có DE // BC nên theo hệ quả của định lí Thalès ta có:
Suy ra
A. 6.
B. 9.
C. 5.
D. 8 .
Lời giải:
Đáp án đúng là: A
Xét ∆ABC có BD là đường phân giác góc ABC nên (tính chất đường phân giác)
Hay suy ra
Vậy DC = 6.
A. k + q.
B. kq.
C.
D.
Lời giải:
Đáp án đúng là: D
∆ABC ᔕ ∆DEF theo tỉ số đồng dạng k nên ta có (tỉ số đồng dạng).
∆MNP ᔕ ∆DEF theo tỉ số đồng dạng q nên ta có (tỉ số đồng dạng).
Ta có:
Vậy ∆ABC ᔕ ∆MNP theo tỉ số đồng dạng là
A. 9,3 m.
B. 9,4 m.
C. 9,6 m.
D. 9,7 m.
Lời giải:
Đáp án đúng là: D
Ta có AC = AD + DC = 10 + 17 = 17 (m).
Do DE ⊥ AC, BA ⊥ AC nên DE // AB
Xét ∆ABC với DE // AB, ta có (hệ quả của định lí Thalès)
Hay suy ra (m).
Vậy khoảng cách AB khoảng 9,7 m.
Lời giải:
• Do MC = 2MB và MB + MC = BC nên BC = MB + 2MB = 3MB
Do đó
Vì DM // AB nên ∆BDM ᔕ ∆BAC.
Suy ra (tỉ số đồng dạng)
Do đó = = (tính chất của dãy tỉ số bằng nhau).
Mà nên
Do đó chu vi tam giác DBM là (cm).
• Do MC = 2MB hay
Do MB + MC = BC nên
Suy ra
Vì EM // AC nên ∆ECM ᔕ ∆ACB.
Suy ra (tỉ số đồng dạng)
Do đó = = (tính chất của dãy tỉ số bằng nhau).
Mà nên
Do đó chu vi tam giác ECM là (cm).
Vậy x + 2y = 10 + 2.20 = 50 (cm).
a) Chứng minh EF // AB.
b) Tính ME, MF theo a, b.
Lời giải:
a) Do ∆AMC và ∆BMD là các tam giác đều nên ta có: AC = AM = CM = a, DM = DB = MB = b và
Mà các cặp góc này ở vị trí so le trong nên MD // AC, DB // CM.
Xét ∆ACE với MD // AC, ta có (hệ quả của định lí Thalès).
Xét ∆BDF với DB // CM, ta có (hệ quả của định lí Thalès).
Từ đó, ta có:
Xét ∆CMB có nên EF // MB hay EF // AB (do M ∈ AB).
b) Từ EF // AB (câu a) suy ra (các cặp góc ở vị trí so le trong)
Tam giác EMF có nên tam giác EMF là tam giác đều.
Do đó ME = MF = EF.
Xét ∆CMB có EF // MB nên ta có: (hệ quả của định lí Thalès).
Do đó = = = =
Hay suy ra
Vậy
Lời giải:
Độ dài đường kính CD là: 32 ‒ 12 = 20 (cm).
Gọi H là trung điểm của EB.
Xét ∆EAB có D, H lần lượt là trung điểm của EA, EB nên DH là đường trung bình của ∆EAB. Do đó DH // AB và
Tương tự, HC là đường trung bình của ∆BEF. Do đó HC // EF và
Mà EF // AB nên DH // AB, HC // AB
Theo tiên đề Euclid ta có ba điểm D, H, C thẳng hàng.
Khi đó DC // EF // AB.
Xét ∆EAB có DH // AB nên ∆EDH ᔕ ∆EAB.
Suy ra (tỉ số đồng dạng)
Do đó (cm).
Khi đó HC = DC ‒ DH = 20 ‒ 16 = 4 (cm).
Syu ra EF = 2.HC = 2.4 = 8 (cm).
Vậy độ dài đường kính tầng trên cùng EF bằng 8 cm.
Lời giải:
Xét ∆AIC có IM là đường phân giác của các góc AIC nên (tính chất đường phân giác) (1)
Xét ∆AIB có IN là đường phân giác của các góc AIB nên (tính chất đường phân giác) (2)
Nhân lần lượt hai vế của (1), (2) với ta có:
Suy ra
Do đó: AN.BI.CM = BN.IC.AM.
Lời giải:
Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng AI và BC.
Do tam giác ABC cân tại A nên đường phân giác AI cũng là đường cao, đường trung tuyến của tam giác.
Do đó (cm).
Tam giác AHB vuông tại H nên theo định lí Pythagore ta có:
AH2 = AB2 ‒ BH2 = 102 ‒ 62 = 64
Suy ra AH = 8 cm.
Xét ∆ABH có BI là phân giác góc B nên ta có: (tính chất đường phân giác)
Suy ra hay
Do đó nên (cm).
Vậy AI = 5 cm.
a) ∆EBH ᔕ ∆DCH, ∆ADE ᔕ ∆ABC;
b) DB là tia phân giác của góc EDI, với I là giao điểm của AH và BC.
Lời giải:
a) Do BD, CE là các đường cao nên BD ⊥ AC, CE ⊥ AB.
Xét ∆EBH và ∆DCH có:
(hai góc đối đỉnh)
Do đó ∆EBH ᔕ ∆DCH (g.g.).
Xét ∆ABD và ∆ACE có:
là góc chung
Do đó ∆ADE ᔕ ∆ABC (g.g).
Suy ra (tỉ số đồng dạng).
Xét ∆ADE và ∆ABC có:
là góc chung
Do đó ∆ADE ᔕ ∆ABC (c.g.c).
b) Do ∆ADE ᔕ ∆ABC (câu a) nên (hai góc tương ứng) (1).
Xét ∆CIA và ∆CDB có:
là góc chung
Do đó ∆CIA ᔕ ∆CDB (g.g).
Suy ra (tỉ số đồng dạng) hay
Xét ∆CDI và ∆CBA có:
là góc chung
Do đó ∆CDI ᔕ ∆CBA (c.g.c).
Suy ra (hai góc tương ứng) (2).
Từ (1) và (2), ta có
Do đó hay .
Vậy DB là đường phân giác của góc EDI.
Lời giải:
Do AB // CD nên (hai góc ở vị trí so le trong)
Xét ∆ABD và ∆BDC có:
(giả thiết), (chứng minh trên)
Suy ra ∆ABD ᔕ ∆BDC (g.g).
Nên là tỉ số đồng dạng của ∆ABD ᔕ ∆BDC.
Do đó, tỉ số diện tích tam giác ABD và diện tích tam giác BDC bằng bình phương của tỉ số đồng dạng.
Suy ra diện tích tam giác ABD (kí hiệu là S∆ABD) bằng diện tích tam giác BDC (kí hiệu là S∆BDC) hay
Do đó: (cm2).
a) ∆ABH ᔕ ∆ACE; ∆CBH ᔕ ∆ACF.
b) BH2 = HK.HQ, biết tia BH cắt dường thẳng CD tại Q; cắt cạnh AD tại K.
Lời giải:
a) • Xét ∆ABH (vuông tại H) và ∆ACE (vuông tại E) có: là góc chung
Suy ra ∆ABH ᔕ ∆ACE (g.g).
• Do ABCD là hình bình hành nên AD // BC, suy ra (hai góc so le trong)
Xét ∆CBH (vuông tại H) và ACF (vuông tại F) có:
Suy ra ∆CBH ᔕ ∆ACF (g.g).
b) Do AB // CD, Q ∈ CD nên AB // CQ nên (hệ quả của định lí Thalès).
Lại có AD // BC, K ∈ AD nên BC // AK nên (hệ quả của định lí Thalès).
Suy ra hay BH2 = HK.HQ.
a) DE song song với AC;
b) DE = DF.
Lời giải:
a) Do MNPQ là hình vuông nên MQ // NP, mà E ∈ MQ nên EQ // NP.
Xét ∆BNP với EQ // NP, ta có (định lí Thalès) (1)
MNPQ là hình vuông nên MQ ⊥ BC, do đó tam giác BQM vuông tại Q.
Xét ∆BQM (vuông tại Q) và ∆BAC (vuông tại A) có: là góc chung
Do đó ∆BQM ᔕ ∆BAC (g.g).
Suy ra (tỉ số đồng dạng)
Hay mà QM = QP (do MNPQ là hình vuông)
Do đó (2)
Xét ∆ABC có AD là phân giác của góc BAC nên: (tính chất đường phân giác) (3)
Từ (1), (2), (3) ta có
Xét ∆NBC có nên DE // NC (định lí Thalès đảo) hay DE // AC.
b) Do DE // AC (câu a) nên (hệ quả của định lí Thalès)
Do đó
• Do MNPQ là hình vuông nên MQ // NP, mà F ∈ NP nên FP // MQ.
Xét ∆MQB với FP // MQ, ta có (định lí Thalès) (4)
Xét ∆CPN (vuông tại P) và ∆CAB (vuông tại A) có: là góc chung
Do đó ∆CPN ᔕ ∆CAB (g.g).
Suy ra (tỉ số đồng dạng) hay
Mà PQ = PN (do MNPQ là hình vuông) nên (5)
Từ ta có (6)
Từ (4), (5), (6) ta có
Xét ∆MBC có nên DF // BM (định lí Thalès đảo) hay DF // AB.
Suy ra (hệ quả của định lí Thalès), nên .
Mặt khác, ∆ABC với MN // BC (cùng vuông góc với MQ), ta có (hệ quả của định lí Thalès), do đó
Lại có nên = =
Suy ra DE = DF.
Xem thêm các bài giải SBT Toán lớp 8 Cánh diều hay, chi tiết khác:
Bài 6: Trường hợp đồng dạng thứ nhất của tam giác
Bài 7: Trường hợp đồng dạng thứ hai của tam giác
CÔNG TY TNHH ĐẦU TƯ VÀ DỊCH VỤ GIÁO DỤC VIETJACK
- Người đại diện: Nguyễn Thanh Tuyền
- Số giấy chứng nhận đăng ký kinh doanh: 0108307822, ngày cấp: 04/06/2018, nơi cấp: Sở Kế hoạch và Đầu tư thành phố Hà Nội.
© 2021 Vietjack. All Rights Reserved.
