Sách bài tập Toán 8 (Cánh diều): Bài tập cuối chương 8

Giải SBT Toán 8 Bài tập cuối chương 8

Bài 56 trang 83 SBT Toán 8 Tập 2: Cho tam giác ABC. Các điểm M, N lần lượt thuộc các cạnh AB và AC thỏa mãn MN // BC và $\frac{AM}{MB}=\frac{2}{3}$. Tỉ số $\frac{NC}{AN}$ bằng

A. $\frac{2}{3}.$

B. $\frac{2}{5}.$

C. $\frac{3}{2}.$

D. $\frac{3}{5}.$

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Xét ∆ABC với MN // BC, ta có $\frac{AM}{MB}=\frac{AN}{NC}$ (định lí Thalès)

Suy ra $\frac{NC}{AN}=\frac{MB}{AM}=\frac{3}{2}.$

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 $\widehat{M}=\widehat{M^{\text{'}}}$ và $\widehat{N}=\widehat{P^{\text{'}}}$ thì ∆MNP ᔕ ∆M’N’P’.

B. Nếu $\widehat{M}=\widehat{N^{\text{'}}}$ và $\widehat{N}=\widehat{P^{\text{'}}}$ thì ∆MNP ᔕ ∆M’N’P’.

C. Nếu $\widehat{M}=\widehat{P^{\text{'}}}$ và $\widehat{N}=\widehat{M^{\text{'}}}$ thì ∆MNP ᔕ ∆M’N’P’.

D. Nếu $\widehat{M}=\widehat{M^{\text{'}}}$ và $\widehat{P}=\widehat{P^{\text{'}}}$ thì ∆MNP ᔕ ∆M’N’P’.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Xét ∆MNP và ∆M’N’P’ có:

$\widehat{M}=\widehat{M^{\text{'}}}$ và $\widehat{P}=\widehat{P^{\text{'}}}$

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. $\frac{MN}{MP}=\frac{DE}{DG}.$

B. $\frac{MN}{MP}=\frac{DE}{EG}.$

C. $\frac{MN}{MP}=\frac{DG}{EG}.$

D. $\frac{MN}{MP}=\frac{EG}{DE}.$

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Vì ∆MNP ᔕ ∆DEG nên $\frac{MN}{DE}=\frac{MP}{DG}$ (tỉ số đồng dạng)

Suy ra $\frac{MN}{MP}=\frac{DE}{DG}.$

Bài 59 trang 83 SBT Toán 8 Tập 2: Cho ∆MNP ᔕ ∆M’N’P’ và $\widehat{M}=30°,\widehat{N^{\text{'}}}=40°$. 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 $\widehat{N}=\widehat{N^{\text{'}}}=40°$ (hai góc đồng dạng)

Xét ∆MNP có $\widehat{M}+\widehat{N}+\widehat{P}=180°$ (tổng ba góc của một tam giác)

Suy ra $\widehat{P}=180°-\widehat{M}-\widehat{N}$ = $180°-30°-40°=110°.$

Vậy $\widehat{P}=110°.$

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 $B^{\text{'}}O=\sqrt{A^{\text{'}}{B^{\text{'}}}^2+A^{\text{'}}{O}^2}$ = $\sqrt{4^2+3^2}=\sqrt{25}=5.$

Do A’B’ ⊥ AA’, AB ⊥ AA’ nên A’B’ // AB.

Suy ra ∆OA’B’ ᔕ ∆OAB nên $\frac{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}}{AB}=\frac{A^{\text{'}}O}{AO}=\frac{B^{\text{'}}O}{BO}$ (tỉ số đồng dạng)

Hay $\frac{4}{y}=\frac{3}{6}=\frac{5}{x}$

Do đó $x=\frac{5\cdot 6}{3}=10; y=\frac{4\cdot 6}{3}=8.$

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. $\frac{AD}{AB}+\frac{CA}{CE}=1.$

B. $\frac{AB}{AD}+\frac{CE}{CA}=1.$

C. $\frac{AD}{AB}+\frac{CE}{CA}=1.$

D. $\frac{AC}{AB}+\frac{CE}{CA}=1.$

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Tam giác ABC có DE // BC nên theo hệ quả của định lí Thalès ta có:

$\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}=\frac{AC-CE}{AC}=1-\frac{CE}{AC}$

Suy ra $\frac{AD}{AB}+\frac{CE}{CA}=1.$

Bài 62 trang 84 SBT Toán 8 Tập 2: Cho tam giác ABC có BD là đường phân giác của góc ABC (Hình 56). Độ dài DC là:

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 $\frac{DA}{DC}=\frac{BA}{BC}$ (tính chất đường phân giác)

Hay $\frac{4}{DC}=\frac{12}{18},$ suy ra $DC=\frac{4\cdot 18}{12}=6.$

Vậy DC = 6.

Bài 63 trang 84 SBT Toán 8 Tập 2: ∆ABC ᔕ ∆DEF theo tỉ số đồng dạng k, ∆MNP ᔕ ∆DEF theo tỉ số đồng dạng q. Khi đó, ∆ABC ᔕ ∆MNP theo tỉ số đồng dạng là:

A. k + q.

B. kq.

C. $\frac{q}{k}.$

D. $\frac{k}{q}.$

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

∆ABC ᔕ ∆DEF theo tỉ số đồng dạng k nên ta có $\frac{AB}{DE}=\text{k}$ (tỉ số đồng dạng).

∆MNP ᔕ ∆DEF theo tỉ số đồng dạng q nên ta có $\frac{MN}{DE}=\text{q}$ (tỉ số đồng dạng).

Ta có: $\frac{AB}{MN}=\frac{AB}{DE}\cdot \frac{DE}{MN}=\frac{AB}{DE}:\frac{MN}{DE}=\frac{k}{q}$

Vậy ∆ABC ᔕ ∆MNP theo tỉ số đồng dạng là $\frac{AM}{MN}=\frac{k}{q}.$

Bài 64 trang 84 SBT Toán 8 Tập 2: Để đo khoảng cách AB, trong đó điểm B không tới được, người ta tiến hành đo bằng cách lấy các điểm C, D, E sao cho AD = 10 m, CD = 7 m, DE = 4 m (Hình 57). Khi đó, khoảng cách AB (tính theo đơn vị mét và làm tròn kết quả đến hàng phần mười) 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 $\frac{DE}{AB}=\frac{CD}{CA}$ (hệ quả của định lí Thalès)

Hay $\frac{4}{AB}=\frac{7}{17},$ suy ra $AB=\frac{4\cdot 17}{7}\approx 9,7$ (m).

Vậy khoảng cách AB khoảng 9,7 m.

Bài 65 trang 84 SBT Toán 8 Tập 2: Cho tam giác ABC, điểm M thuộc cạnh BC sao cho MC = 2MB. Đường thẳng qua M song song với AC cắt AB ở D. Đường thẳng qua M song song với AB cắt AC ở E. Gọi x, y lần lượt là chu vi tam giác DBM và tam giác ECM. Tính x + 2y, biết chu vi tam giác ABC bằng 30 cm.

Lời giải:

• Do MC = 2MB và MB + MC = BC nên BC = MB + 2MB = 3MB

Do đó $\frac{BM}{BC}=\frac{1}{3}.$

Vì DM // AB nên ∆BDM ᔕ ∆BAC.

Suy ra $\frac{BD}{BA}=\frac{BM}{BC}=\frac{DM}{AC}$ (tỉ số đồng dạng)

Do đó $\frac{BD}{BA}=\frac{BM}{BC}=\frac{DM}{AC}$ = $\frac{BD+BM+DM}{AB+BC+CA}$ = $\frac{Chu vi tam giác DBM}{Chu vi tam giác ABC}$ (tính chất của dãy tỉ số bằng nhau).

Mà $\frac{BM}{BC}=\frac{1}{3}$ nên $\frac{Chu vi tam giác DBM}{Chu vi tam giác ABC}=\frac{1}{3}.$

Do đó chu vi tam giác DBM là $x=\frac{1}{3}\cdot 30=10$ (cm).

• Do MC = 2MB hay $MB=\frac{1}{2}MC$

Do MB + MC = BC nên $BC=\frac{1}{2}MC+MC=\frac{3}{2}MC$

Suy ra $\frac{CM}{CB}=\frac{2}{3}.$

Vì EM // AC nên ∆ECM ᔕ ∆ACB.

Suy ra $\frac{EC}{AC}=\frac{EM}{AB}=\frac{CM}{CB}$ (tỉ số đồng dạng)

Do đó $\frac{EC}{AC}=\frac{EM}{AB}=\frac{CM}{CB}$ = $\frac{EC+EM+CM}{AC+AB+CB}$ = $\frac{Chu vi tam giác ECM}{Chu vi tam giác ABC}$(tính chất của dãy tỉ số bằng nhau).

Mà $\frac{CM}{CB}=\frac{2}{3}$ nên $\frac{Chu vi tam giác ECM}{Chu vi tam giác ABC}=\frac{2}{3}.$

Do đó chu vi tam giác ECM là $y=\frac{2}{3}\cdot 30=20$ (cm).

Vậy x + 2y = 10 + 2.20 = 50 (cm).

Bài 66 trang 84 SBT Toán 8 Tập 2: Cho điểm M thuộc đoạn thẳng AB, với MA = a, MB = b. Vẽ hai tam giác đều AMC và BMD; gọi E là giao điểm của AD và CM, F là giao điểm của DM và BC (Hình 58).

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 $\widehat{DMB}=\widehat{CAM}=60°,$ $\widehat{DBM}=\widehat{CMA}=60°.$

Mà các cặp góc này ở vị trí so le trong nên MD // AC, DB // CM.

Xét ∆ACE với MD // AC, ta có $\frac{EC}{EM}=\frac{AC}{DM}=\frac{a}{b}$ (hệ quả của định lí Thalès).

Xét ∆BDF với DB // CM, ta có $\frac{FC}{FB}=\frac{CM}{DB}=\frac{a}{b}$ (hệ quả của định lí Thalès).

Từ đó, ta có: $\frac{EC}{EM}=\frac{FC}{FB}=\frac{a}{b}$

Xét ∆CMB có $\frac{EC}{EM}=\frac{FC}{FB}$ nên EF // MB hay EF // AB (do M ∈ AB).

b) Từ EF // AB (câu a) suy ra $\widehat{EFM}=\widehat{FMB}=60°,$ $\widehat{FEM}=\widehat{EMA}=60°$ (các cặp góc ở vị trí so le trong)

Tam giác EMF có $\widehat{EFM}=\widehat{FEM}=60°$ nên tam giác EMF là tam giác đều.

Do đó ME = MF = EF.

Xét ∆CMB có EF // MB nên ta có: $\frac{CE}{CM}=\frac{EF}{MB}$ (hệ quả của định lí Thalès).

Do đó $\frac{CE}{CM}=\frac{EF}{MB}$ = $\frac{CE+EF}{CM+MB}$ = $\frac{CE+EM}{CM+MB}$ = $\frac{CM}{CM+MB}$ = $\frac{a}{a+b}$

Hay $\frac{EF}{MB}=\frac{a}{a+b},$ suy ra $EF=\frac{a\cdot MB}{a+b}=\frac{ab}{a+b}.$

Vậy $ME=MF=EF=\frac{ab}{a+b}.$

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.

Xem thêm lời giải SBT Toán lớp 8 bộ sách Cánh diều hay, chi tiết khác:

Bài 5: Tam giác đồng dạng

Bài 6: Trường hợp đồng dạng thứ nhất của tam giác

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