Giải SBT Toán 8 Bài 3: Các trường hợp đồng dạng của hai tam giác vuông
Bài 1 trang 68 SBT Toán 8 Tập 2: Quan sát Hình 5.
a) Chứng minh rằng ∆HDE ᔕ ∆HFD.
b) Tính độ dài HD.
Lời giải:
a) Xét ∆HDE vuông tại H và ∆HFD vuông tại H có
^HDE=^HFD (cùng phụ với ^HDF).
Do đó ∆HDE ᔕ ∆HFD (g.g).
b) Ta có ∆HDE ᔕ ∆HFD, suy ra HDHF=HEHD.
Do đó HD2 = HE.HF = 9.16 = 144, suy ra HD = 12.
Vậy HD = 12.
Bài 2 trang 68 SBT Toán 8 Tập 2: Quan sát Hình 6, chứng minh rằng:
a) ∆MNP ᔕ ∆DPC.
b) NP ⊥ PC.
Lời giải:
a) Ta có MNDP=128=32 và PNCP=1510=32.
Xét ∆MNP vuông tại M và ∆DPC vuông tại D có MNDP=PNCP.
Do đó ∆MNP ᔕ ∆DPC.
b) Ta có ∆MNP ᔕ ∆DPC, suy ra ^MNP=^DPC.
Mà ^MNP+^MPN=90° (∆MNP vuông tại M).
Do đó ^DPC+^MPN=90°, suy ra NP ⊥ PC.
a) BD2 = BD . DC.
b) AD2 = BM . BC.
Lời giải:
a) Xét ∆ABD vuông tại A và ∆BDC vuông tại B có ^ABC=^BDC (so le trong).
Do đó ∆ABD ᔕ ∆BDC (g.g).
Suy ra ABBD=BDDC. Do đó BD2 = BD . DC.
b) Ta có ∆BMH vuông tại M và ∆BHC vuông tại H có ˆB chung.
Do đó ∆BMH ᔕ ∆BHC (g.g).
Suy ra BMBH=BHBC. Do đó BH2 = BM . BC.
Tứ giác ABHD là hình chữ nhật, suy ra AD = BH.
Vậy AD2 = BM . BC.
a) ∆AIB ᔕ ∆DIC.
b) EA . EB = EC . ED.
Lời giải:
a) Ta có IAID=34; IBIC=68=34 suy ra IAID=IBIC.
Xét ∆AIB vuông tại I và ∆DIC vuông tại I có IAID=IBIC.
Suy ra ∆AIB ᔕ ∆DIC
b) Ta có ∆AIB ᔕ ∆DIC, suy ra ^ABI=^DCI.
Xét ∆EDB và ∆EAC có
ˆE chung và ^ABI=^DCI.
Do đó ∆EDB ᔕ ∆EAC (g.g).
Suy ra EDEA=EBEC. Do đó EA . EB = EC . ED (đpcm).
a) Chứng minh rằng ∆ABH ᔕ ∆MNK. Tính tỉ số AHMK=23.
b) Biết diện tích tam giác ABC bằng 56 cm2. Tính diện tích tam giác MNP.
Lời giải:
a) Ta có ∆ABC ᔕ ∆MNP, suy ra ˆB=ˆN
Xét ∆ABH vuông tại H và ∆MNK vuông tại K có ˆB=ˆN.
Do đó ∆ABH ᔕ ∆MNK (g.g).
Suy ra AHMK=ABMN=23.
Vậy AHMK=23.
b) Ta có ∆ABC ᔕ ∆MNP, suy ra SΔABCSΔMNP=(23)2 hay 56SΔMNP=49.
Do đó SΔMNP=56.94=126 (cm2).
Vậy diện tích tam giác MNP là 126 cm2.
Lời giải:
Xét ∆ABC vuông tại B và ∆MNC vuông tại N có ^ACB=^MCN.
Do đó ∆ABC ᔕ ∆MNC (g.g).
Suy ra ABMN=BCNC hay 1,65MN=420.
Do đó MN=1,65.204=8,25 (m).
Vậy chiều cao MN của căn nhà là 8,25 m.
a) ∆MNC ᔕ ∆ABC.
b) MN = MB.
Lời giải:
a) Xét ∆MNC vuông tại M và ∆ABC vuông tại A có ˆC chung.
Do đó ∆MNC ᔕ ∆ABC (g.g).
b) Ta có ∆MNC ᔕ ∆ABC, suy ra MNAB=MCAC (1)
Xét ∆ABC có AM là phân giác của ˆA có
MBMC=ABAC, suy ra MBAB=MCAC (2)
Từ (1) và (2), suy ra MBAB=MNAB.
Do đó MN = MB (đpcm).
a) AB . HF = AE . HB.
b) AE = AF.
c) AE2 = EC . FH.
Lời giải:
a) Vì BE là tia phân giác của ^ABC nên ^ABE=^CBE.
Xét ∆ABE vuông tại A và ∆HBF vuông tại H có
^ABE=^HBF (^ABE=^CBE)
Do đó ∆ABE ᔕ ∆HBF (g.g)
Suy ra ABHB=AEHF. Do đó AB . HF = AE . HB (đpcm).
b) Ta có ∆ABE ᔕ ∆HBF.
Suy ra ^AEB=^HFB hay ^AEF=^HFB (các góc tương ứng).
Mà ^AFE=^HFB (đối đỉnh) nên ^AEF=^AFE. Suy ra ∆AEF cân tại A.
Do đó AE = AF.
c) Xét ∆ABC có BE là tia phân giác của ˆB, suy ra ABBC=AEEC (1)
Xét ∆ABH có BF là tia phân giác của ˆB, suy ra FHAF=BHAB (2)
Xét ∆ABH vuông tại H và ∆ABC vuông tại A có ˆB chung.
Do đó ∆ABH ᔕ ∆CBA, suy ra ABBC=BHAB (3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra AEEC=FHAF.
Do đó AE . AF = EC . FH.
Mà AE = AF, suy ra AE2 = EC . FH (đpcm).
Xem thêm các bài giải SBT Toán lớp 8 Chân trời sáng tạo hay, chi tiết khác: