Bài tập cuối chương 4

Đáp án đúng là: \(C\)
Trong Hình 4.31 có \(\widehat{A M N}=\widehat{A B C}\) mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(\mathrm{MN} / /\) BC.
Áp dụng định lí Thalès vào tam giác \(\mathrm{ABC}\), ta có:
\(\frac{A M}{B M}=\frac{A N}{C N}\) hay \(\frac{2}{3}=\frac{1,5}{x}\).
Suy ra \(x=\frac{1,5 \cdot 3}{2}=2,25\).
Vậy \(x=2,25\).

Vì H, K lần lượt là trung điểm của AC, BC nên HK là đường trung bình của tam giác ABC suy ra \(HK= \frac{1}{2}AB\)

Do đó AB = 2HK = 2 . 3,5 = 7 (cm).

Vậy AB = 7 cm.

Đáp án đúng là: D

• Vì M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC nên MN là đường trung bình của tam giác ABC suy ra \(MN=\frac{1}{2}BC\)

• Vì N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, BC nên NP là đường trung bình của tam giác ABC suy ra \(NP=\frac{1}{2}AB\)

• Vì \(\mathrm{M}, \mathrm{P}\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(\mathrm{AB}, \mathrm{BC}\) nên \(\mathrm{NP}\) là đường trung bình của tam giác \(\mathrm{ABC}\) suy ra \(M P=\frac{1}{2} A C\).
Chu vi tam giác \(A B C\) bằng: \(A B+B C+C A=32(\mathrm{~cm})\).
Chu vi tam giác MNP bằng:
\(\begin{aligned}& M N+N P+M P=\frac{1}{2} B C+\frac{1}{2} A B+\frac{1}{2} A C \\& =\frac{1}{2}(A B+B C+C A)=\frac{1}{2} \cdot 32=16(\mathrm{~cm})\end{aligned}\)
Vậy chu vi tam giác MNP bằng 16 cm.

Đáp án đúng là: A
Áp dụng định lí Thalès:
- Với DE // \(\mathrm{BC}(\mathrm{E} \in \mathrm{AC})\) ta có: \(\frac{A D}{A B}=\frac{A E}{A C}=\frac{9}{12}=\frac{2}{3}\);
- Với \(\mathrm{EF} / / \mathrm{CD}(\mathrm{F} \in \mathrm{AB})\) ta có: \(\frac{A F}{A D}=\frac{A E}{A C}=\frac{2}{3}\).
Suy ra \(A F=\frac{2}{3} A D=\frac{2}{3} \cdot 6=4(\mathrm{~cm})\).
Vậy \(A F=4 \mathrm{~cm}\).

Đáp án đúng là: \(C\)
Vì tam giác \(A B C\) cân tại \(A\) nên \(A B=A C=15 \mathrm{~cm}\).
Theo đề bài, \(\mathrm{BD}\) là tia phân giác của \(\widehat{A B C}\), áp dụng tính chất đường phân giác vào tam giác \(A B C\), ta có:
\(\frac{A B}{B C}=\frac{A D}{C D}=\frac{15}{10}=\frac{3}{2}\) suy ra \(\frac{A D}{3}=\frac{C D}{2}\).
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
\(\frac{A D}{3}=\frac{C D}{2}=\frac{A D+C D}{3+2}=\frac{A C}{5}=\frac{15}{5}=3\)
Do đó \(\mathrm{AD}=3 \cdot 3=9(\mathrm{~cm})\).
Vậy \(A D=9 \mathrm{~cm}\).

Từ điểm \(B\) kẻ đường thẳng song song với \(\mathrm{AC}\) cắt \(\mathrm{Oy}\) tại \(\mathrm{D}\) hay \(\mathrm{AC} / / \mathrm{BD}\).
Áp dụng định lí Thalès vào tam giác \(O B D\), ta có:
\(\frac{O A}{O B}=\frac{O C}{O D}\) hay \(\frac{2}{5}=\frac{3}{O D}\).
Suy ra \(O D=\frac{5.3}{2}=7,5(\mathrm{~cm})\)
Ta có \(O D=O C+C D\) suy ra \(C D=O D-O C=7,5-3=4,5(\mathrm{~cm})\).
Vậy \(C D=4,5 \mathrm{~cm}\).

a) Theo đề bài, tam giác \(A B C\) vuông tại \(\mathrm{A}\) nên \(\widehat{B A C}=90^{\circ}\) hay \(A B \perp A C\).
Vi \(\mathrm{D}, \mathrm{E}\) lần lượt là trung điểm của \(\mathrm{AB}, \mathrm{BC}\) nên \(\mathrm{DE}\) là đường trung bình của tam giác \(A B C\) suy ra \(D E / / A C\).
Mà \(A B \perp A C\) nên \(A B \perp D E\) hay \(\widehat{A D E}=90^{\circ}\).
Tương tự, ta chứng minh được: \(\mathrm{EF} \perp \mathrm{AC}\) hay \(\widehat{A F E}=90^{\circ}\).
Ta có: \(\widehat{B A C}+\widehat{A D E}+\widehat{A F E}+\widehat{D E F}=360^{\circ}\)
\(90^{\circ}+90^{\circ}+90^{\circ}+\widehat{D E F}=360^{\circ}\)
\(270^{\circ}+\widehat{D E F}=360^{\circ}\)
Suy ra \(\widehat{D E F}=360^{\circ}-270^{\circ}=90^{\circ}\).
Tứ giác \(A D E F\) có \(\widehat{B A C}=90^{\circ} ; \widehat{A D E}=90^{\circ} ; \widehat{A F E}=90^{\circ} ; \widehat{D E F}=90^{\circ}\).
Do đó tứ giác \(A D E F\) là hình chữ nhật.
Suy ra hai đường chéo \(\mathrm{AE}\) và DF bằng nhau.

Vậy AE = DF (đpcm).

b) Vì D, F lần lượt là trung điểm của AB, AC nên DF là đường trung bình của tam giác ABC.

Suy ra DF // BC hay DF // BE.

Vì tứ giác ADEF là hình chữ nhật nên AD // EF hay BD // EF.

Tứ giác BDFE có DF // BE và BD // EF nên tứ giác BDFE là hình bình hành.

Hình bình hành BDFE có hai đường chéo BF và DE.

Mà I là trung điểm của DE nên I cũng là trung điểm của BF.

Do đó, ba điểm B, I, F thẳng hàng.

Vi \(B D\) và \(C E\) là đường trung tuyến nên \(E, D\) lần lượt là trung điểm của \(A B, A C\).
Suy ra DE là đường trung bình của tam giác \(A B C\).
Khi đó, \(\mathrm{DE} / / \mathrm{BC}\) và \(D E=\frac{1}{2} B C\)
Vì I, K lần lượt là trung điểm của GB, GC nên IK là đường trung bình của tam giác \(\mathrm{GBC}\) suy ra IK// \(\mathrm{BC}\) và \(I K=\frac{1}{2} B C(2)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(D E / / I K\) và \(D E=I K=\frac{1}{2} B C\).
Tứ giác EDKI có \(\mathrm{DE} / / \mathrm{IK}\) và \(\mathrm{DE}\) = IK nên tứ giác EDKI là hình bình hành (đpcm).

Áp dụng định lí Thalès:
- Vì IM // BK nên \(\frac{A I}{A B}=\frac{A M}{A K}\) suy ra AB.AM = Al.AK
- Vì KN // IC nên \(\frac{A N}{A I}=\frac{A K}{A C}\) suy ra AN.AC = Al.AK
Từ (1) và (2) suy ra AB.AM = AN.AC = AI.AK
Do đó \(\frac{A N}{A B}=\frac{A M}{A C}\) (theo tính chất tỉ lệ thức).
Suy ra MN // BC (theo định lí Thalès đảo).

Trong Hình 4.32 có \(A P=B P=150 \mathrm{~m} ; \mathrm{AQ}=\mathrm{CQ}=250 \mathrm{~m}\).
Suy ra PQ là đường trung bình của tam giác \(A B C\).
Do đó \(P Q=\frac{1}{2} B C=\frac{1}{2} \cdot 400=200(\mathrm{~m})\)
Vậy khoảng cách giữa hai điểm P và Q là 200 m.