Sách bài tập Toán 8 (Chân trời sáng tạo) Bài tập cuối chương 3 trang 72

Giải SBT Toán 8 Bài tập cuối chương 3 trang 72

A. Câu hỏi trắc nghiệm

Câu 1 trang 72 SBT Toán 8 Tập 1: Cho tam giác MNP vuông tại M. Biết MN = 40, MP = 9. Độ dài cạnh NP bằng

A. 41.

B. $\sqrt{1519}$.

C. 1681.

D. $\sqrt{41}$.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác MNP vuông tại M có:

NP² = MN² + MP² = 40² + 9² = 1681.

Suy ra $NP=\sqrt{1681}=41$.

Câu 2 trang 72 SBT Toán 8 Tập 1: Ba số nào sau đây không thể là độ dài ba cạnh của một tam giác vuông?

A. 3; 4; 5.

B. 5; 12; 13.

C. 7; 24; 25.

D. 9; 40; 42.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Ta có: 42² = 1764; 9² + 40² = 1681 nên 42² ≠ 9² + 40²

Do đó bộ ba số 9; 40; 42 không thể là độ dài ba cạnh của một tam giác vuông.

Câu 3 trang 72 SBT Toán 8 Tập 1: Một tứ giác có số đo ba góc lần lượt bằng 80°, 40°, 100°. Số đo góc còn lại bằng

A. 80°.

B. 120°.

C. 240°.

D. 140°.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Gọi x là số đo góc còn lại của tứ giác

Tổng các góc của 1 tứ giác bằng 360° nên ta có:

x + 80° + 40° + 100° = 360°

Suy ra x = 360° ‒ 80° ‒ 40° ‒ 100° = 140°.

Câu 4 trang 72 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình thang cân có độ dài hai đáy lần lượt là 10 cm và 4 cm, độ dài cạnh bên là 5 cm. Hình thang đó có chiều cao là

A. 2 cm.

B. 3 cm.

C. 4 cm.

D. 6 cm.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Giả sử ABCD hình thang cân (AB // CD) có AB = 4 cm, CD = 10 cm và AD = BC = 5 cm (hình vẽ).

Kẻ hai đường cao AH và BK.

Xét ∆ADH vuông tại H và ∆BCK vuông tại K có:

AD = BC (hai cạnh bên bằng nhau của hình thang cân ABCD)

$\widehat{ADH}=\widehat{BCK}$ (do ABCD là hình thang cân)

Suy ra ∆ADH = ∆BCK (cạnh huyền – góc nhọn)

Do đó DH = CK (hai cạnh tương ứng)

Ta có: ABKH là hình chữ nhật nên AB = HK = 4 cm.

Mà DH + HK + CK = DC, suy ra $DH=CK=\frac{CD-HK}{2}=\frac{10-4}{2}=3$ (cm).

Áp dụng định lý Pythagore trong ∆ADH vuông tại H ta có:

AD² = AH² + DH², suy ra AH² = AD² ‒ DH² = 5² ‒ 3² = 16

Suy ra $AH=\sqrt{16}=4$ (cm).

Câu 5 trang 72 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình bình hành MNPQ có O là giao điểm của hai đường chéo. Biết MN = 6, OM = 3, ON = 4. Độ dài của MP, NQ, PQ lần lượt là

A. 6; 8; 6.

B. 8; 6; 6.

C. 6; 6; 8.

D. 8; 8; 6.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Do ABCD là hình bình hành nên MN = PQ = 6 cm.

Do O là giao điểm của hai đường chéo hình bình hành nên ON = OQ, OM = OP

Suy ra MP = 2OM = 2.3 = 6 cm và NQ = 2ON = 2.4 = 8 cm.

Câu 6 trang 73 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình thoi EFGH có hai đường chéo cắt nhau tại O. Biết OE = 6, OF = 8. Độ dài cạnh EF là

A. 12.

B. 16.

C. 10.

D. 100.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Do EFGH là hình thoi nên EG ⊥ HF tại O

Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác EOF vuông tại O có:

EF² = OE² + OF² = 6² + 8² = 100

Suy ra $EF=\sqrt{100}=10$.

Câu 7 trang 73 SBT Toán 8 Tập 1: Một hình vuông có diện tích bằng diện tích của hình chữ nhật có hai cạnh bằng 2 cm và 18 cm. Độ dài cạnh của hình vuông bằng

A. 9 cm.

B. 6 cm.

C. 36 cm.

D. 12 cm.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Diện tích hình chữ nhật là: 2.18 = 36 (cm²)

Độ dài cạnh của hình vuông là: $\sqrt{36}=6$ (cm).

Câu 8 trang 73 SBT Toán 8 Tập 1: Một hình vuông có cạnh bằng $\sqrt{8}$ cm. Độ dài đường chéo của hình vuông bằng

A. 4 cm.

B. $2\sqrt{2}$ cm.

C. 8 cm.

D. $\sqrt{2}$ cm.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Gọi ABCD là hình vuông có cạnh bằng $\sqrt{8}$ cm (hình vẽ).

Hình vuông ABCD có giao điểm O của hai đường chéo AC và BD nên AC ⊥ BD tại O và OA = OB = OC = OD.

Suy ra ∆OAB vuông cân tại O.

Áp đụng dịnh lý Pythagore trong ∆OAB vuông cân tại O ta có:

AB² = OA² + OB²

Suy ra $2O{A}^2={\left(\sqrt{8}\right)}^2=8$, suy ra OA² = 4

Do đó $OA=\sqrt{4}=2$ cm.

Ta có: AC = 2OA = 2.2 = 4 cm.

Câu 9 trang 73 SBT Toán 8 Tập 1: Một hình bình hành có thể không có tính chất nào sau đây?

A. Hai cạnh đối bằng nhau.

B. Hai cạnh đối song song.

C. Hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

D. Hai đường chéo bằng nhau.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Hình bình hành có hai cạnh đối song song và bằng nhau.

Hình bình hành có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Hình chữ nhật, hình vuông mới có hai đường chéo bằng nhau.

Vậy ta chọn phương án D.

B. Bài tập tự luận

Bài 10 trang 73 SBT Toán 8 Tập 1: Tính độ dài cạnh chưa biết của các tam giác vuông trong Hình 1.

Lời giải:

a) Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông ta có:

8² = x² + 5²

Suy ra x² = 8² – 5² = 64 ‒ 25 = 39

Do đó $x=\sqrt{39}$ (cm).

b) Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông ta có:

40² = 37² + x²

Suy ra x² = 10² – 37² = 1600 ‒ 1369 = 231

Do đó $x=\sqrt{231}$ (cm).

c) Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông ta có:

16² = x² + 7²

Suy ra x² = 16² – 7² = 256 ‒ 49 =207

Do đó $x=\sqrt{207}=\sqrt{9.23}=\sqrt{{\left(3\sqrt{23}\right)}^2}=3\sqrt{23}$ (km).

Bài 11 trang 73 SBT Toán 8 Tập 1: Tìm số đo các góc chưa biết của các tứ giác trong Hình 2.

Lời giải:

a) Xét ∆ABD và ∆CBD có:

AB = BC; AD = CD; cạnh BD chung

Suy ra ∆ABD = ∆CBD (c.c.c)

Do đó $x=\widehat{BAD}=\widehat{BCD}=114°$.

Vì tổng các góc trongmột tứ giác bằng 360° nên ta có: $\hat{A}+\hat{B}+\hat{C}+\hat{D}=360°$

Suy ra $y=\hat{D}=360°-\hat{A}-\hat{B}-\hat{C}=360°-114°-88°-114°=44°$.

b) Xét ∆EFH và ∆GFH có:

EF = GF; EH = GH; cạnh FH chung

Suy ra ∆EFH = ∆GFH (c.c.c)

Do đó $\widehat{FEH}=\widehat{FGH}$

Vì tổng các góc trongmột tứ giác bằng 360° nên ta có: $\hat{E}+\hat{F}+\hat{G}+\hat{H}=360°$

Suy ra $\hat{E}+\hat{G}=360°-\hat{F}-\hat{H}=360°-95°-60°=205°$

Do đó $\widehat{FEH}=\widehat{FGH}=\frac{205°}{2}=102,5°$.

Vậy x = y = 102,5°.

Bài 12 trang 74 SBT Toán 8 Tập 1: Cho tứ giác EKIT có EK = ET, IK = IT; $\widehat{KET}=90°;\widehat{EKI}=105°$. Gọi S là giao điểm của hai đường chéo. Tìm số đo các góc $\widehat{KIS},\widehat{SKI}$.

Lời giải:

Xét ∆KEI và ∆TEI có:

EK = ET, IK = IT; cạnh EI chung

Suy ra ∆KEI = ∆TEI (c.c.c)

Do đó $\widehat{KET}=\widehat{TEI}$ hay $\widehat{KES}=\widehat{TES}=\frac{\widehat{KET}}{2}=\frac{90°}{2}=45°$.

Vì tổng ba góc trong một tam giác bằng 180° nên ta có:

$\widehat{KEI}+\widehat{KIE}+\widehat{EKI}=180°$

Suy ra $\widehat{KIE}=180°-\widehat{KEI}-\widehat{EKI}=180°-45°-105°=30°$.

Xét ∆KET có EK = ET nên ∆KET cân tại E

Lại có $\widehat{KET}=90°$ nên ∆KET vuông cân tại E

Do đó $\widehat{EKT}=45°$

Khi đó $\widehat{SKI}=\widehat{EKI}-\widehat{EKT}=105°-45°=60°$.

Bài 13 trang 74 SBT Toán 8 Tập 1: Tính chiều cao của hình thang cân ABCD biết rằng cạnh bên BC = 25 cm và các cạnh đáy AB = 10 cm, CD = 24 cm.

Lời giải:

Từ A, B lần lượt kẻ AH, BK vuông góc với CD(H, K ∈ CD).

Xét tứ giác ABKH có: AB // HK (vì AB // CD do ABCD là hình thang), AH // BK (cùng vuông góc với CD).

Do đó, tứ giác ABKH là hình bình hành. Suy ra HK = AB = 10 cm.

Xét ∆ADH vuông tại H và ∆BCK vuông tại K, ta có:

$\hat{D}=\hat{C}$; AD = BC (do ABCD là hình thang cân).

Do đó ∆ADH= ∆BCK (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra DH = CK.

Ta có DH + HK + CK = CD hay 10 + 2CK = 24, suy ra CK = 7 (cm).

Xét ∆BCK vuông tại K, ta có

BC² = BK² + CK² hay 25² = BK² + 7²

Do đó BK² = 25² – 7² = 576.

Suy ra $BK=\sqrt{576}=24$ cm.

Bài 14 trang 74 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình thang cân ABCD có AB // CD, DB là tia phân giác của góc D, DB ⊥ BC. Biết AB = 4 cm. Tính chu vi hình thang đó.

Lời giải:

Ta có: AB // CD nên $\widehat{B_1}=\widehat{D_2}$ (hai góc so le trong).

DB là tia phân giác của góc D (giả thiết) nên $\widehat{D_1}=\widehat{D_2}$.

Do đó $\widehat{B_1}=\widehat{D_1}$.

Suy ra ∆ABD cân tại A, suy ra AB = AD = 4 cm.

Mà ABCD là hình thang cân, nên BC = AD = 4 cm.

Gọi M là giao điểm của AD và BC.

Xét ∆MDC có DB là tia phân giác của góc D và DB cũng là đường cao hạ từ đỉnh D nên ∆MDC là tam giác cân, do đó DM = DC.

Mặt khác: ∆MDC có $\widehat{MDC}=\widehat{MCD}$ (do ABCD là hình thang cân) nên ∆MDC cân tại M, do đó DM = CM.

Suy ra DM = DC = CM = 2BC = 2.4 = 8 cm.

Vậy chu vi hình thang là:

AB + BC + CD + DA = 4 + 4 + 8 + 4 = 20 cm.

Bài 15 trang 74 SBT Toán 8 Tập 1: Cho tam giác ABC cân tại A có BC = 6 cm. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, AC, BC.

a) Tính độ dài MN. Chứng minh MBCN là hình thang cân.

b) Gọi K là điểm đối xứng của B qua N. Chứng minh tứ giác ABCK là hình bình hành.

c) Gọi H là điểm đối xứng của P qua M. Chứng minh AHBP là hình chữ nhật.

d) Chứng minh AMPN là hình thoi.

Lời giải:

a) ∆ABC có M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC (giả thiết).

Theo bài 4, trang 63, SBT Toán 8 Tập Một, ta có:

MN // BC và $MN=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}.6=3$ (cm).

Xét tứ giác MNCB có MN // BC (chứng minh trên).

Do đó, tứ giác MNCB là hình thang có hai đáy là MN, BC.

Ta lại có $\hat{B}=\hat{C}$ (do ∆ABC cân tại A).

Suy ra hình thang MNCB là hình thang cân.

b) Xét tứ giác ABCK có:

N là trung điểm của AC (giả thiết);

N là trung điểm của BK (K là điểm đối xứng của B qua N).

Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành.

c) Xét tứ giác AHBP có:

M là trung điểm của AB (giả thiết);

M là trung điểm của HP (H là điểm đối xứng của P qua M).

Do đó, tứ giác AHBP là hình bình hành (1)

∆ABC cân tại A có AP là đường trung tuyến ứng với cạnh BC nên cũng đồng thời là đường cao

Do đó AP ⊥ BC tại P, suy ra $\widehat{APB}=90°$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra AHBP là hình chữ nhật.

d) ∆ABC có M, P lần lượt là trung điểm của AB, BC (giả thiết).

Theo bài 4, trang 63, SBT Toán 8 Tập Một, ta có:

MP // AC và $MP=\frac{1}{2}AC$ hay MP // AN (N ∈ AC) và $MP=AN\left(=\frac{1}{2}AC\right)$.

Xét tứ giác AMPN có:

MP = AN (chứng minh trên);

MP // AN (chứng minh trên).

Do đó, tứ giác AMPN là hình bình hành (3)

Mặt khác, $AM=\frac{1}{2}AB,AN=\frac{1}{2}AC$ và AB = AC nên AM = AN (4)

Từ (3) và (4) suy ra AMPN là hình thoi.

Bài 16 trang 74 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình bình hành ABCD. Trên đường chéo BD lấy hai điểm M và N sao cho BM = DN.

a) Chứng minh tứ giác AMCN là hình bình hành.

b) Xác định vị trí của điểm M để tia AM cắt BC tại trung điểm của BC.

Lời giải:

a) ABCD là hình bình hành nên AB = CD và AB // CD.

Xét ∆ABM và ∆CDN có:

AB = CD (chứng minh trên);

$\widehat{B_1}=\widehat{D_1}$ (hai góc so le trong do AB // CD);

BM = DN (giả thiết).

Do đó ∆ABM= ∆CDN (c.g.c).

Suy ra AM = CN (hai cạnh tương ứng)

Xét ∆AND và ∆CMB có:

AD = BC (do ABCD là hình bình hành);

$\widehat{ADN}=\widehat{CBM}$ (hai góc so le trong do AD // BC);

DN = BM (giả thiết).

Do đó ∆AND = ∆CMB (c.g.c).

Suy ra AN = CM (hai cạnh tương ứng).

Xét tứ giác AMCN có: AM = CN (chứng minh trên) và AN = CM (chứng minh trên)

Do đó, tứ giác AMCN là hình bình hành.

b) Gọi E là giao điểm của tia AM và BC.

Xét ∆BNC có ME // CN và E là trung điểm của BC (giả thiết)

Theo bài 5, trang 63, SBT Toán 8 Tập Một, ta có: M là trung điểm của BN

Do đó BM = MN, mà BM = DN (giả thiết) nên BM = MN = ND

Suy ra $BM=\frac{1}{3}BD$.

Bài 17 trang 74 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình bình hành ABCD có O là giao điểm của hai đường chéo. Lấy các điểm M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AO, BO, CO, DO.

a) Chứng minh tứ giác MNPQ là hình bình hành.

b) Chứng minh tứ giác ANCQ là hình bình hành.

Lời giải:

a) Xét ∆AOB có M, N lần lượt là trung điểm của AO, BO.

Theo bài 4, trang 63, SBT Toán 8 Tập Một, ta có: MN // AB; $MN=\frac{1}{2}AB$. (1)

Tương tự, xét ∆OCD ta cũng có PQ // CD; $QP=\frac{1}{2}DC$. (2)

Mà AB // CD; AB = CD (do ABCD là hình bình hành). (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra MN // PQ, MN = PQ.

Vậy tứ giác MNPQ là hình bình hành.

b) Xét ∆ANB và ∆CQD có:

AB = CD (ABCD là hình bình hành);

$\widehat{ABN}=\widehat{CDQ}$ (hai góc so le trong do AB // CD);

$BN=DQ\left(=\frac{1}{4}BD\right)$ (vì OB = OD, NO = NB, QO = QD)

Do đó ∆ANB= ∆CQD (c.g.c). Suy ra AN = CQ. (4)

Xét ∆AQD và ∆CNB có:

AD = BC (do ABCD là hình bình hành);

$\widehat{ADQ}=\widehat{CBN}$ (hai góc so le trong do AD // BC);

$DQ=BN\left(=\frac{1}{4}BD\right)$.

Do đó ∆AQD=∆CNB (c.g.c). Suy ra AQ = CN. (5)

Từ (4) và (5) suy ra ANCQ là hình bình hành.

Bài 18 trang 74 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC. Gọi I là trung điểm của AB và K là trung điểm của CD. Chứng minh:

a) AIKD và BIKC là hình vuông.

b) $IK=\frac{DC}{2}$ và $\widehat{DIC}=90°$.

Lời giải:

a) VìI là trung điểm của AB nên$IA=IB=\frac{1}{2}AB$ (1)

Vì K là trung điểm của CD nên$KD=KC=\frac{1}{2}CD$ (2)

Vì ABCD là hình chữ nhật nên AB = CD. (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra $IA=IB=KC=KD\left(=\frac{1}{2}AB\right)$.

Ta có AB = 2BC,

suy ra $BC=\frac{1}{2}AB$, suy ra $IA=IB=KC=KD=BC=AD\left(=\frac{1}{2}AB\right)$.

Xét tứ giác AIKD có: AI // DK (vì ABCD là hình chữ nhật); AI = DK (chứng minh trên)

Suy ra tứ giác AIKD là hình bình hành.

Ta lại có AI = AD nên AIKD là hình thoi.

Mà $\hat{A}=90°$ nên AIKD là hình vuông.

Tương tự, tứ giác BIKC có: BI // CKvà BI = CKnên BIKC là hình bình hành.

Lại có BI = BC nên BIKC là hình thoi.

Mà $\hat{B}=90°$ nên BIKC là hình vuông.

b) Vì AIKD là hình vuông nên $IK=AD=BC=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}CD$.

Suy ra $IK=\frac{1}{2}CD$.

Vì AIKD là hình vuông nên ID là đường phân giác của $\widehat{AIK}$.

Suy ra $\widehat{DIK}=\widehat{\frac{AIK}{2}}=\frac{90°}{2}=45°$.

Vì BIKC là hình vuông nên IC là đường phân giác của $\widehat{BIK}$.

Suy ra $\widehat{CIK}=\frac{\widehat{BIK}}{2}=\frac{90°}{2}=45°$.

Do đó $\widehat{DIC}=\widehat{DIK}+\widehat{CIK}=45°+45°=90°$.

Vậy $\widehat{DIC}=90°$.

Bài 19 trang 74 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình bình hành ABCD. Gọi DE, BK lần lượt là đường phân giác của hai góc $\widehat{ADB},\widehat{DBC}$ (E ∈ AB, K ∈ CD).

a) Chứng minh DE // BK.

b) Giả sử DE ⊥ AB. Chứng minh DA = DB.

c) Trong trường hợp DE ⊥ AB, tìm số đo của $\widehat{ADB}$ để tứ giác DEBK là hình vuông.

Lời giải:

a) Ta có ABCD là hình bình hành nên AD // BC.

Suy ra $\widehat{ADB}=\widehat{DBC}$ (hai góc so le trong).

Do đó $\frac{\widehat{ADB}}{2}=\frac{\widehat{DBC}}{2}$

Suy ra $\widehat{EDB}=\widehat{KBD}$ (do DE, BK lần lượt là đường phân giác của $\widehat{ADB}$ và $\widehat{DBC}$)

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên DE // BK.

Vậy DE // BK.

b) Xét ∆DAB có DE vừa là đường cao vừa là đường phân giác, suy ra ∆DAB cân tại D.

Khi đó, DA = DB.

c) Xét tứ giác DEBK có: DE // BK, BE // DK.

Suy ra DEBK là hình bình hành.

Mà $\hat{E}=90°$ nên DEBK là hình chữ nhật.

Để tứ giác DEBK là hình vuông thì DE = EB.

Mà ∆DAB cân tại D nên DE vừa là đường cao vừa là trung tuyến của ∆DAB.

Suy ra $DE=EB=\frac{AB}{2}$ suy ra ∆DAB vuông tại D hay $\widehat{ADB}=90°$.

Xem thêm lời giải Sách bài tập Toán 8 bộ sách Chân trời sáng tạo hay, chi tiết khác:

Bài 1: Định lí Pythagore

Bài 2: Tứ giác

Bài 3: Hình thang – Hình thang cân

Bài 4: Hình bình hành – Hình thoi

Bài 5: Hình chữ nhật – Hình vuông