Với lời giải SBT Toán 8 trang 85 Tập 2 Bài tập cuối chương 8 sách Cánh diều 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

Bài 67 trang 85 SBT Toán 8 Tập 2: Một chiếc kệ bảy hoa quả có ba tầng được thiết kế như Hình 59. Tầng đáy có đường kính AB là 32 cm. Tầng giữa có đường kính CD nhỏ hơn đường kính tầng đáy là 12 cm. Tính độ dài đường kính tầng trên cùng EF, biết EF // AB; D, C lần lượt là trung điểm của EA và FB.

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 $DH=\frac{1}{2}AB.$

Tương tự, HC là đường trung bình của ∆BEF. Do đó HC // EF và $HC=\frac{1}{2}EF.$

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 $\frac{DE}{AE}=\frac{DH}{AB}=\frac{1}{2}$ (tỉ số đồng dạng)

Do đó $\text{DH}=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}\cdot 32=16$ (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.

Bài 68 trang 85 SBT Toán 8 Tập 2: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, điểm I thuộc cạnh BC và IM, IN lần lượt là đường phân giác của các góc AIC và AIB. Chứng minh: AN.BI.CM = BN.IC.AM.

Lời giải:

Xét ∆AIC có IM là đường phân giác của các góc AIC nên $\frac{MC}{MA}=\frac{IC}{IA}$ (tính chất đường phân giác) (1)

Xét ∆AIB có IN là đường phân giác của các góc AIB nên $\frac{NA}{NB}=\frac{IA}{IB}$ (tính chất đường phân giác) (2)

Nhân lần lượt hai vế của (1), (2) với $\frac{IB}{IC}$ ta có:

Suy ra $\frac{IB}{IC}\cdot \frac{NA}{NB}\cdot \frac{MC}{MA}=\frac{IB}{IC}\cdot \frac{IA}{IB}\cdot \frac{IC}{IA}=1.$

Do đó: AN.BI.CM = BN.IC.AM.

Bài 69 trang 85 SBT Toán 8 Tập 2: Cho tam giác ABC cân tại A, AB = 10 cm, BC = 12 cm. Gọi I là giao điểm của các đường phân giác của tam giác ABC. Tính độ dài AI.

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 $BH=\frac{BC}{2}=6$ (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: $\frac{IA}{IH}=\frac{BA}{BH}$ (tính chất đường phân giác)

Suy ra $\frac{AI}{AI+IH}=\frac{AB}{AB+BH}$ hay $\frac{AI}{AH}=\frac{AB}{AB+BH}$

Do đó $\frac{AI}{8}=\frac{10}{10+6}=\frac{5}{8}$ nên $AI=\frac{8\cdot 5}{8}=5$ (cm).

Vậy AI = 5 cm.

Bài 70 trang 85 SBT Toán 8 Tập 2: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao BD và CE cắt nhau tại H. Chứng minh:

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:

$\widehat{BEH}=\widehat{CDH}=90°;$ $\widehat{EHB}=\widehat{DHC}$ (hai góc đối đỉnh)

Do đó ∆EBH ᔕ ∆DCH (g.g.).

Xét ∆ABD và ∆ACE có:

$\widehat{ADB}=\widehat{AEC}=90°;$ $\widehat{A}$ là góc chung

Do đó ∆ADE ᔕ ∆ABC (g.g).

Suy ra $\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}$ (tỉ số đồng dạng).

Xét ∆ADE và ∆ABC có:

$\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC},$ $\widehat{A}$ là góc chung

Do đó ∆ADE ᔕ ∆ABC (c.g.c).

b) Do ∆ADE ᔕ ∆ABC (câu a) nên $\widehat{ADE}=\widehat{ABC}$ (hai góc tương ứng) (1).

Xét ∆CIA và ∆CDB có:

$\widehat{CIA}=\widehat{CDB}=90°;$ $\widehat{C}$ là góc chung

Do đó ∆CIA ᔕ ∆CDB (g.g).

Suy ra $\frac{CI}{CD}=\frac{CA}{CB}$ (tỉ số đồng dạng) hay $\frac{CD}{CB}=\frac{CI}{CA}.$

Xét ∆CDI và ∆CBA có:

$\frac{CD}{CB}=\frac{CI}{CA},$ $\widehat{C}$ là góc chung

Do đó ∆CDI ᔕ ∆CBA (c.g.c).

Suy ra $\widehat{CDI}=\widehat{CBA}$ (hai góc tương ứng) (2).

Từ (1) và (2), ta có $\widehat{ADE}=\widehat{CDI}.$

Do đó $90°-\widehat{ADE}=90°-\widehat{CDI}$ hay $\widehat{EDB}=\widehat{BDI}$.

Vậy DB là đường phân giác của góc EDI.

Bài 71 trang 85 SBT Toán 8 Tập 2: Cho hình thang ABCD, AB // CD, $\widehat{DAB}=\widehat{DBC},$ $\frac{AB}{BD}=\frac{2}{5}.$ Tính diện tích tam giác BDC, biết diện tích tam giác ABD là 44,8 cm².

Lời giải:

Do AB // CD nên $\widehat{ABD}=\widehat{BDC}$ (hai góc ở vị trí so le trong)

Xét ∆ABD và ∆BDC có:

$\widehat{DAB}=\widehat{DBC}$ (giả thiết), $\widehat{ABD}=\widehat{BDC}$ (chứng minh trên)

Suy ra ∆ABD ᔕ ∆BDC (g.g).

Nên $\frac{AB}{BD}=\frac{2}{5}$ 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 $\frac{4}{25}$ diện tích tam giác BDC (kí hiệu là S_∆BDC) hay $S_{\Delta ABD}=\frac{4}{25}\cdot S_{\Delta BDC}.$

Do đó: $S_{\Delta \text{BCD }}=S_{\Delta ABD}:\frac{4}{25}=44,8:\frac{4}{25}=280$ (cm²).

Bài 72 trang 85 SBT Toán 8 Tập 2: Cho hình bình hành ABCD (AC > BD). Vẽ CE vuông góc với đường thẳng AB tại E, CF vuông góc với đường thẳng AD tại F, BH vuông góc với đường thẳng AC tại H. Chứng minh:

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: $\widehat{A}$ là góc chung

Suy ra ∆ABH ᔕ ∆ACE (g.g).

• Do ABCD là hình bình hành nên AD // BC, suy ra $\widehat{BCH}=\widehat{CAF}$ (hai góc so le trong)

Xét ∆CBH (vuông tại H) và ACF (vuông tại F) có: $\widehat{BCH}=\widehat{CAF}$

Suy ra ∆CBH ᔕ ∆ACF (g.g).

b) Do AB // CD, Q ∈ CD nên AB // CQ nên $\frac{HQ}{HB}=\frac{HC}{HA}$ (hệ quả của định lí Thalès).

Lại có AD // BC, K ∈ AD nên BC // AK nên $\frac{HB}{HK}=\frac{HC}{HA}$ (hệ quả của định lí Thalès).

Suy ra $\frac{HQ}{BH}=\frac{BH}{HK}$ hay BH² = HK.HQ.

Bài 73 trang 85 SBT Toán 8 Tập 2: Cho tam giác ABC vuông tại A, có đường phân giác AD. Vẽ hình vuông MNPQ ở đó M thuộc cạnh AB, N thuộc cạnh AC, P và Q thuộc cạnh BC. Gọi E và F lần lượt là giao điểm của BN và MQ, CM và NP (Hình 60). Chứng minh:

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 $\frac{BE}{EN}=\frac{BQ}{QP}$ (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: $\widehat{B}$ là góc chung

Do đó ∆BQM ᔕ ∆BAC (g.g).

Suy ra $\frac{BQ}{BA}=\frac{QM}{AC}$ (tỉ số đồng dạng)

Hay $\frac{BQ}{QM}=\frac{AB}{AC},$ mà QM = QP (do MNPQ là hình vuông)

Do đó $\frac{BQ}{QP}=\frac{AB}{AC}$ (2)

Xét ∆ABC có AD là phân giác của góc BAC nên: $\frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}$ (tính chất đường phân giác) (3)

Từ (1), (2), (3) ta có $\frac{BE}{EN}=\frac{DB}{DC}$

Xét ∆NBC có $\frac{BE}{EN}=\frac{BD}{DC}$ nên DE // NC (định lí Thalès đảo) hay DE // AC.

b) Do DE // AC (câu a) nên $\frac{DE}{CN}=\frac{BD}{BC}$ (hệ quả của định lí Thalès)

Do đó $DE=\frac{BD}{BC}\cdot CN.$

• Do MNPQ là hình vuông nên MQ // NP, mà F ∈ NP nên FP // MQ.

Xét ∆MQB với FP // MQ, ta có $\frac{CF}{FM}=\frac{CP}{PQ}$ (định lí Thalès) (4)

Xét ∆CPN (vuông tại P) và ∆CAB (vuông tại A) có: $\widehat{C}$ là góc chung

Do đó ∆CPN ᔕ ∆CAB (g.g).

Suy ra $\frac{CP}{CA}=\frac{PN}{AB}$ (tỉ số đồng dạng) hay $\frac{CP}{PN}=\frac{AC}{AB}$

Mà PQ = PN (do MNPQ là hình vuông) nên $\frac{CP}{PQ}=\frac{AC}{AB}$ (5)

Từ $\frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}$ ta có $\frac{AC}{AB}=\frac{DC}{DB}$ (6)

Từ (4), (5), (6) ta có $\frac{CF}{FM}=\frac{CD}{DB}$

Xét ∆MBC có $\frac{CF}{FM}=\frac{CD}{DB}$ nên DF // BM (định lí Thalès đảo) hay DF // AB.

Suy ra $\frac{DF}{BM}=\frac{CD}{CB}$ (hệ quả của định lí Thalès), nên $DF=\frac{CD}{CB}\cdot BM$.

Mặt khác, ∆ABC với MN // BC (cùng vuông góc với MQ), ta có $\frac{BM}{AB}=\frac{CN}{AC}$ (hệ quả của định lí Thalès), do đó $\frac{CN}{BM}=\frac{AC}{AB}$

Lại có $\frac{BD}{CD}=\frac{AB}{AC}$ nên $\frac{DE}{DF}=\frac{\frac{BD}{BC}\cdot CN}{\frac{CD}{CB}\cdot BM}$ = $\frac{BD}{CD}\cdot \frac{CN}{BM}$ = $\frac{AB}{AC}\cdot \frac{AC}{AB}=1.$

Suy ra DE = DF.