Giải SBT Toán 8 (Kết nối tri thức) Bài 36: Các trường hợp đồng dạng của hai tam giác vuông

Với giải sách bài tập Toán 8 Bài 36: Các trường hợp đồng dạng của hai tam giác vuông sách Kết nối tri thức hay nhất, chi tiết sẽ giúp học sinh dễ dàng làm bài tập trong SBT Toán 8 Bài 36. Mời các bạn đón xem:

Sách bài tập Toán 8 Bài 36: Các trường hợp đồng dạng của hai tam giác vuông

Bài 9.42 trang 62 SBT Toán lớp 8 Tập 2: Những điều kiện nào dưới đây kéo theo hai tam giác vuông đồng dạng.

(1) Một góc nhọn của tam giác này bằng một góc nhọn của tam giác kia.

(2) Một cạnh góc vuông của tam giác này bằng một cạnh góc vuông của tam giác kia.

(3) Hai cạnh góc vuông của tam giác này tỉ lệ với hai cạnh góc vuông của tam giác kia.

(4) Một góc nhọn của tam giác này phụ với một góc nhọn của tam giác kia.

(5) Một cạnh huyền của tam giác này bằng một cạnh huyền của tam giác kia.

(6) Một cạnh góc vuông và cạnh huyền của tam giác này tỉ lệ với một cạnh góc vuông và cạnh huyền của tam giác kia.

Lời giải:

Các điều kiện (1), (3), (4), (6) kéo theo hai tam giác vuông đồng dạng.

Giải thích: Các điều kiện (1), (3), (6) là theo các trường hợp bằng nhau của hai tam giác vuông. Điều kiện (4) suy ra một góc nhọn của tam giác này bằng một góc nhọn của tam giác kia (do cùng có tổng với góc nhọn còn lại bằng 90°), vậy quay trở về giống với điều kiện (1).

Bài 9.43 trang 62 SBT Toán lớp 8 Tập 2: Cho tam giác ABC vuông cân tại A và tam giác MNP có MN = MP = 4 cm và NP = 42  cm. Chứng minh rằng ∆ABC ᔕ ∆MNP.

Lời giải:

Tam giác ABC vuông cân tại A nên .

Vì MN2 + MP2 = NP2  (do 42 + 42 = 422)

Nên tam giác MNP vuông tại M (theo định lí Pythagore đảo).

Mà MN = MP = 4 cm nên tam giác MNP vuông cân tại M.

Do đó, N^=45°  .

Xét tam giác ABC vuông ở A và tam giác MNP vuông ở M có:

 B^=N^=45°

Do đó, ∆ABC ᔕ ∆MNP (hai góc nhọn bằng nhau).

Bài 9.44 trang 63 SBT Toán lớp 8 Tập 2: Hãy liệt kê ba cặp tam giác vuông trong Hình 9.10 đồng dạng và giải thích chúng đồng dạng dựa theo trường hợp nào của hai tam giác vuông đồng dạng ?

Hãy liệt kê ba cặp tam giác vuông trong Hình 9.10 đồng dạng

 

Lời giải:

Hãy liệt kê ba cặp tam giác vuông trong Hình 9.10 đồng dạng

+) Tam giác ABC vuông ở A và tam giác MPN vuông ở M có:

 ABMP=ACNM23=34,5

Do đó, ∆ABC ᔕ ∆MPN (cặp cạnh góc vuông tỉ lệ).

+) Tam giác MNP vuông tại M và tam giác EDF vuông tại E có:

Do đó, ∆MNP ᔕ ∆EDF (hai góc nhọn bằng nhau).

+) Tam giác ABC vuông ở A và tam giác GHK vuông ở G có:

 ABGH=BCHK21=13132

Do đó, ∆ABC ᔕ ∆GHK (ch – cgv).

Bài 9.45 trang 63 SBT Toán lớp 8 Tập 2: Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Từ H kẻ đường thẳng HE vuông góc với AB (E thuộc AB). Chứng minh rằng:

a) ∆ABC ᔕ ∆HAC và CA2 = CH . CB.

b) AHBC=HEAB .

 

Lời giải:

Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH

a) Vì AH là đường cao trong tam giác ABC nên AH vuông góc với BC.

Tam giác ABC vuông tại A và tam giác HAC vuông tại H có:

 chung

Do đó, ∆ABC ᔕ ∆HAC (góc nhọn).

Suy ra ACHC=BCAC  nên AC2 = CH . BC.

b)

Vì HE vuông góc với AB (E thuộc AB) nên AEH^=90°  .

Ta có HAE^+CAH^=CAB^=90°  và C^+CAH^=90°  (do tam giác CAH vuông tại H).

Do đó, HAE^=C^  (cùng phụ với góc CAH).

Tam giác AHE vuông ở E và tam giác CBA vuông ở A có:

HAE^=C^

Do đó, ∆AHE ᔕ ∆CBA (hai góc nhọn bằng nhau).

Suy ra: AHBC=HEAB .

Bài 9.46 trang 63 SBT Toán lớp 8 Tập 2: Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Biết rằng AB = 6 cm và AC = 8 cm, hãy tính độ dài các đoạn thẳng BC, AH, BH, CH.

 

Lời giải:

Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Biết rằng AB = 6 cm và AC = 8

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác ABC vuông tại A ta có:

BC2 = AB2 + AC2 = 62 + 82 = 100

Nên BC = 10 cm.

Vì AH là đường cao trong tam giác ABC nên AH vuông góc với BC.

Tam giác ABC vuông tại A và tam giác HAC vuông tại H có:

C^ chung

Do đó, ∆ABC ᔕ ∆HAC (góc nhọn).

Suy ra ACHC=BCAC  nên CH = CA2CB=8210=325=6,4 (cm).

Do đó, BH = BC – CH = 10 – 6,4 = 3,6  (cm).

Vì ∆ABC ᔕ ∆HAC (cmt) nên ABHA=BCAC .

Do đó, AH = ABACBC=6810=4,8  (cm).

Bài 9.47 trang 63 SBT Toán lớp 8 Tập 2: Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau ở H. Chứng minh rằng:

a) HA . HD = HB . HE = HC . HF;

b) ∆AFC ᔕ ∆AEB và AF . AB = AE . AC;

c) ∆BDF ᔕ ∆EDC và DA là tia phân giác của góc EDF.

 

Lời giải:

Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau ở H

a)

Vì AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC nên AD vuông góc với BC, BE vuông góc với AC, CF vuông góc với AB.

Tam giác AHE vuông ở H và tam giác BHD vuông ở D có:

AHE^=BHD^ (hai góc đối đỉnh)

Do đó, ∆AHE ᔕ ∆BHD (góc nhọn).

Suy ra AHBH=HEHD nên HA . HD = HB . HE (1).

Tam giác HBF vuông ở F và tam giác HCE vuông ở E có:

 BHF^=EHC^ (hai góc đối đỉnh)

Do đó, ∆HBF ᔕ ∆HCE (góc nhọn).

Suy ra HBHC=HFHE  nên HB . HE = HC . HF (2).

Từ (1) và (2) ta có: HA . HD = HB . HE = HC . HF.

b)

Tam giác AFC vuông ở F và tam giác AEB vuông ở E có:

 BAC^ chung.c

Do đó, ∆AFC ᔕ ∆AEB (góc nhọn)

Suy ra AFAE=ACAB  nên AF . AB = AE . AC.

c)

Vì HA . HD = HB . HE nên HAHE=HBHD

Tam giác HAB và tam giác HED có:

 HAHE=HBHD (cmt)

AHB^=EHD^ (hai góc đối đỉnh)

Do đó, ∆AHB ᔕ ∆EHD (c.g.c).

Suy ra HAB^=HED^ .

Mà HAB^+FBD^=HED^+DEC^  (= 90° ).

Do đó, FBD^=DEC^.

Chứng minh tương tự ta có: BFD^=ECD^ .

Tam giác BDF và tam giác EDC có:

FBD^=DEC^ (cmt)

BFD^=ECD^ (cmt)

Do đó, ∆BDF ᔕ ∆EDC (g.g).

Suy ra: BDF^=EDC^ .

Mà BDF^+FDH^=EDC^+HDE^=90° .

Do đó, FDH^=HDE^  hay FDA^=ADE^ .

Vậy DA là tia phân giác của góc EDF.

Bài 9.48 trang 63 SBT Toán lớp 8 Tập 2: Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE, CF. Chứng minh rằng:

a) ∆BDF ᔕ ∆BAC và ∆CDE ᔕ ∆CAB;

b) BF . BA + CE . CA = BC2.

 

Lời giải:

Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE, CF

Vì AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC nên AD vuông góc với BC, BE vuông góc với AC, CF vuông góc với AB.

Tam giác BDA vuông ở D và tam giác BFC vuông ở F có:

 ABC^ chung.

Do đó, ∆BDA ᔕ ∆BFC (góc nhọn). Suy ra BDBF=BABC .

Suy ra BDBA=BFBC .

Xét tam giác BDF và tam giác BAC có:

 BDBA=BFBC

ABC^ chung

Do đó, ∆BDF ᔕ ∆BAC (c.g.c).

Tam giác CDA vuông ở D và tam giác CEB vuông ở E có:

ACB^ chung

Do đó, ∆CDA ᔕ ∆CEB (góc nhọn).

Nên CDCE=CABC .

Suy ra CDCA=CEBC .

Tam giác CDE và tam giác CAB có: CDCA=CEBC

 ACB^ chung

Do đó, ∆CDE ᔕ ∆CAB (c.g.c).

b)

Theo chứng minh phần a ta có:

 BDBA=BFBC nên BF . BA = BD . BC;

 CDCA=CEBC nên CE . CA = CD . BC.

Suy ra BF . BA + CE . CA = BD . BC + CD . BC = BC.(BD + CD) = BC . BC = BC2.

Vậy BF . BA + CE . CA = BC2.

Bài 9.49 trang 63 SBT Toán lớp 8 Tập 2: Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Cho M là một điểm nằm trên cạnh BC (M nằm giữa C và H). Kẻ đường thẳng qua M vuông góc với BC lần lượt cắt AC và tia đối của tia AB tại N và P. Chứng minh rằng:

a) ∆ANP ᔕ ∆HBA và ∆MCN ᔕ ∆MPB;

b) MBMCNCNAPAPB=1

 

 

Lời giải:

Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Cho M là một điểm nằm trên cạnh BC

a) Vì tam giác ABC vuông tại A nên BAC^=90°  .

Mà BAC^+PAN^=180° (hai góc kề bù)

Do đó, PAN^=90°  .

Vì MN vuông góc với BC, AH vuông góc với BC nên MN song song với AH hay MP song song với AH.

Do đó, P^=HAB^  (hai góc đồng vị).

Tam giác ANP vuông tại A và tam giác HBA vuông tại H có:

 P^=HAB^ (cmt)

Do đó, ∆ANP ᔕ ∆HBA (hai góc nhọn bằng nhau).

Tam giác MCN vuông tại M và tam giác MPB vuông tại M có:

C^=P^ (cùng phụ với góc B).

Do đó, ∆MCN ᔕ ∆MPB (hai góc nhọn bằng nhau).

b)

Ta có: MBMCNCNAPAPB=MBPBNCNAPAMC .

Tam giác PMB có: PM song song  với AH nên theo định lí Thalès ta có:

 MBMH=PBPA hay MBPB=MHPA .

Tam giác AHC có: MN song song với AH nên theo định lí Thales ta có:

NCNA=MCMH.

Do đó, MBMCNCNAPAPB=MBPBNCNAPAMC=MHPAMCMHPAMC=1  .

Bài 9.50 trang 64 SBT Toán lớp 8 Tập 2: Cho tứ giác ABCD như Hình 9.11. Biết rằng BAD^=BDC^=90° , AD = 4 cm, BD = 6 cm và BC = 9 cm. Chứng minh rằng BC // AD.

Cho tứ giác ABCD như Hình 9.11. Biết rằng góc BAD = góc BDC , AD = 4 cm, BD = 6 cm và BC = 9 cm

 

Lời giải:

Cho tứ giác ABCD như Hình 9.11. Biết rằng góc BAD = góc BDC , AD = 4 cm, BD = 6 cm và BC = 9 cm

Tam giác ABD vuông ở A và tam giác DCB vuông ở D (do BAD^=BDC^=90°  ) có:

ADBD=BDBC  46=69

Do đó, ∆ABD ᔕ ∆DCB (ch – cgv).

Suy ra BDA^=DBC^  .

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên BC // AD.

Bài 9.51 trang 64 SBT Toán lớp 8 Tập 2: Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Gọi M, N lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ H xuống AB và AC. Chứng minh rằng:

a) AM . AB = AH2 và AM . AB = AN . AC.

b) ∆AMN ᔕ ∆ACB.

 

Lời giải:

Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Gọi M, N lần lượt là chân đường vuông góc

a) Tam giác AMH vuông ở M và tam giác AHB vuông ở H có:

 HAB^ chung

Do đó, ∆AMH ᔕ ∆AHB (góc nhọn).

Suy ra AMAH=AHAB  nên AM . AB = AH(1).

Tam giác ANH vuông ở N và tam giác AHC vuông ở H có:

HAC^ chung

Do đó, ∆ANH ᔕ ∆AHC (góc nhọn).

Suy ra ANAH=AHAC  nên AN . AC = AH2 (2).

Từ (1) và (2) ta có: AM . AB = AN . AC.

b) Theo phần a ta có: AM . AB = AN . AC nên AMAC=ANAB .

Tam giác AMN và tam giác ACB có:

BAC^ chung AMAC=ANAB

Do đó, ∆AMN ᔕ ∆ACB (c.g.c).

Bài 9.52 trang 64 SBT Toán lớp 8 Tập 2: Cho ABC và A'B'C' lần lượt là các tam giác vuông tại đỉnh A và A'. Gọi M, M' lần lượt là trung điểm của AC và A'C'. Chứng minh rằng:

a) BC2 + 3BA2 = 4BM2 và B'C'2 + 3B'A'2 = 4B'M'2;

b) Nếu BCBM=B'C'B'M'  thì ∆ABC ᔕ ∆A'B'C'.

 

Lời giải:

Cho ABC và A'B'C' lần lượt là các tam giác vuông tại đỉnh A và A'

a) Vì M là trung điểm của AC nên AC = 2AM. Suy ra AC2 = (2AM)2 = 4AM2.

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác ABC vuông tại A có:

BC2 = AB2 + AC2.

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác ABM vuông tại A có:

BM2 = AB2 + AM2.

Do đó, 4BM2 = 4(AB2 + AM2) = 4AB2 + 4AM2 = 4AB2 + AC2

= 3AB2 + (AB2 + AC2) = 3AB2 + BC2.

Vậy BC2 + 3BA2 = 4BM2.

Vì M' là trung điểm của A'C' nên A'C' = 2A'M'. Suy ra A'C'2 = (2A'M')2 = 4A'M'2.

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác A'B'C' vuông tại A' có:

B'C'2 = A'B'2 + A'C'2.

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác A'B'M' vuông tại A' có:

B'M'2 = A'B'2 + A'M'2.

Do đó, 4B'M'2 = 4(A'B'2 + A'M'2) = 4A'B'2 + 4A'M'2  = 4A'B'2 + A'C'2

= 3A'B'2 + (A'B'2 + A'C'2) = 3A'B'2 + B'C'2.

Vậy B'C'2 + 3B'A'2 = 4B'M'2.

b) Giả sử BCBM=B'C'B'M' . Suy ra BC2BM2=B'C'2B'M'2  (1).

Theo phần a ta có: BC2 + 3BA2 = 4BM2, chia cả 2 vế cho BM2, ta được:

BC2BM2+3BA2BM2=4.

Tương tự, ta có B'C'2B'M'2+3B'A'2B'M'2=4 .

Do đó, BC2BM2+3BA2BM2=B'C'2B'M'2+3B'A'2B'M'2=4       (2).

Từ (1) và (2), suy ra: BA2BM2=B'A'2B'M'2  hay BABM=B'A'B'M' .

Do đó, BCB'C'=BMB'M'=BAB'A'.

Hai tam giác ABC vuông tại A và A'B'C' vuông tại A' có BCB'C'=BAB'A' .

Vậy ∆ABC ᔕ ∆A'B'C' (ch – cgv).

Bài 9.53 trang 64 SBT Toán lớp 8 Tập 2: Cho hình vuông ABCD và M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Gọi O là giao điểm của CM và DN.

a) Chứng minh rằng CM ⊥ DN.

b) Biết AB = 4 cm, hãy tính diện tích tam giác ONC.

 

Lời giải:

Cho hình vuông ABCD và M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC

a) Vì ABCD là hình vuông nên AB = BC = CD = DA;

và DAB^=ABC^=BCD^=CDA^=90° .

Vì M là trung điểm của AB nên AM = MB = 12 AB.

Vì N là trung điểm của BC nên NB = NC = 12 BC.

Mà AB = BC nên AM = MB = NB = NC.

Xét tam giác CBM vuông ở B và tam giác DCN vuông ở C có:

MB = NC (cmt)

BC = CD (cmt)

Do đó, tam giác CBM và tam giác DCN bằng nhau (hai cạnh góc vuông).

Suy ra BMC^=DNC^ .

Mà BMC^+MCB^=90°  nên DNC^+MCB^=90° .

Tam giác CON có:

 ONC^+OCN^=90° (do DNC^+MCB^=90° ).

Nên NOC^=90° .

Do đó, CM vuông góc với DN tại O.

b) Ta có BC = CD = DA = AB = 4 cm; NC = 12 BC = 12 CD = 2 cm hay CD = 2NC.

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác CND vuông tại C ta có:

ND2 = NC2 + CD2 = NC2 + (2NC)2 = 5NC2.

Do đó, NC2ND2=15  . Suy ra NCND=15 .

Xét tam giác NOC vuông tại O và tam giác CND vuông tại C có:

ONC^ chung

Do đó, ∆ONC ᔕ ∆CND  (góc nhọn).

Suy ra ONCN=OCCD=NCND=15 . Do đó, OC = 15 CD; ON = CN.

Vậy diện tích tam giác ONC là:

S=12OCON=12.15CD15CN=11042=0,8 (cm2).

Xem thêm các bài giải SBT Toán lớp 8 Kết nối tri thức hay, chi tiết khác:

Xem tất cả hỏi đáp với chuyên mục: Các trường hợp đồng dạng của hai tam giác vuông KNTT
Bình luận (0)

Đăng nhập để có thể bình luận

Chưa có bình luận nào. Bạn hãy là người đầu tiên cho tôi biết ý kiến!