Chương 8 – Bài 8: Trường hợp đồng dạng thứ ba của tam giác trang 78 sách bài tập toán lớp 8 tập 2 Cánh Diều.
44. Quan sát Hình 43 và chỉ ra hai cặp tam giác đồng dạng:
Giải
Trong \(\Delta ABC\) có \(\widehat A = 42^o,\) suy ra \(\widehat B = \widehat C = \left( {180^o – 42^o} \right):2 = 69^o.\)
Trong \(\Delta DEF\) có \(\widehat E = 69^o,\) suy ra \(\widehat F = \widehat D = 180^o – 69.2 = 42^o.\)
Do đó \(\Delta ABC\ ᔕ\ \Delta DEF.\)
Trong \(\Delta MNP\) có \(\widehat M = 72^o,\) \(\widehat N = 63^o,\) suy ra \(\widehat P = 180^o – \left( {72^o + 63^o} \right) = 45^o.\)
Trong \(\Delta HIK\) có \(\widehat H = 72^o,\) \(\widehat K = 45^o,\) suy ra \(\widehat I = 180^o – \left( {72^o – 45^o} \right) = 63^o.\)
Do đó \(\Delta MNP\ ᔕ\ \Delta HIK.\)
\(\)
45. Cho hình thang \(ABCD\) có \(AB\ //\ CD,\) \(AB = 4\)cm, \(DB = 6\) cm và \(\widehat {DAB} = \widehat {DBC}.\) Tính độ dài \(CD.\)
Giải
Ta có: \(\widehat {DAB} = \widehat {DBC}\) (giả thiết), \(\widehat {ABD} = \widehat {BDC}\) (hai góc so le trong). Suy ra \(\Delta ABD\ ᔕ\ \Delta BDC.\)
Do đó ta có \(\displaystyle\frac{{AB}}{{BD}} = \displaystyle\frac{{BD}}{{DC}},\) tức là \(CD = \displaystyle\frac{{B{D^2}}}{{AB}}.\)
Từ đó: \(CD = \displaystyle\frac{{{6^2}}}{4} = 9\) (cm).
\(\)
46. Bác An cần đo khoảng cách \(AC,\) với \(A,\ C\) nằm ở hai bên bờ của một hồ nướ (Hình 44a). Bác An đã tiến hành đo như sau:
– Chọn điểm \(B\) trên bờ (có điểm \(C\)) sao cho \(BC = 20\) (m).
– Dùng thước đo góc, đo được các góc \(\widehat {ABC} = 32^o,\ \widehat {ACB} = 77^o.\)
Chứng minh rằng: Nếu thực hiện vẽ trên giấy một tam giác \(DEF\) sao cho \(EF = 10\) (cm), \(\widehat {DEF} = 32^o,\ \widehat {DFE} = 77^o\) (Hình 44b); Đo độ dài đoạn \(DF\) và giả sử \(DF = a\) (cm) thì độ dài \(AC\) mà bác An cần đo là \(2a\) (m).
Giải
Xét hai tam giác \(ABC\) và \(DEF,\) ta có:
\(\widehat {ABC} = \widehat {DEF}=32^o,\) \(\widehat {ACB} = \widehat {DFE}=77^o.\)
Suy ra \(\Delta ABC\ ᔕ\ \Delta DEF\) suy ra \(\displaystyle\frac{{BC}}{{EF}} = \displaystyle\frac{{AC}}{{DF}}\) hay \(\displaystyle\frac{{2000}}{{10}} = \displaystyle\frac{{AC}}{a}.\)
Do đó \(AC = 200a\) (cm) \( = 2a\) (m).
\(\)
47. Cho tam giác \(ABC.\) Lấy \(E,\ F,\ P\) lần lượt thuộc \(AB,\ AC,\ BC\) sao cho tứ giác \(BEFP\) là hình bình hành (Hình 45). Biết diện tích tam giác \(AEF\) và \(CFP\) lần lượt bằng \(16\ cm^2\) và \(25\ cm^2.\)
a) Hãy chỉ ra ba cặp tam giác đồng dạng.
b) Tính diện tích tam giác \(ABC.\)
Giải
a) Do \(BEFP\) là hình bình hành nên \(EF\ //\ BP,\ FP\ //\ BE.\)
Mà \(E ∈ AB,\ P ∈ BC\) nên \(EF\ //\ BC,\ FP\ //\ AB.\)
Ta có: \(EF\ //\ BC\) nên \(\Delta AEF ᔕ \Delta ABC;\)
\(FP\ //\ AB\) nên \(\Delta FPC ᔕ \Delta ABC;\)
Do \(\Delta AEF ᔕ \Delta ABC\) và \(\Delta FPC ᔕ \Delta ABC\) nên \(\Delta AEF ᔕ \Delta FPC.\)
b) Ta có \(\Delta AEF\ ᔕ\ \Delta ABC,\ \Delta FPC\ ᔕ\ \Delta ABC\) nên \(\displaystyle\frac{{{S_{\Delta AEF}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = {\left( {\displaystyle\frac{{EF}}{{BC}}} \right)^2}\)
Suy ra \(\sqrt {\displaystyle\frac{{{S_{\Delta AEF}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}} = \displaystyle\frac{{EF}}{{BC}}\) (1).
Tương tự \(\sqrt {\displaystyle\frac{{{S_{\Delta FPC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}} = \displaystyle\frac{{CP}}{{BC}}\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(\sqrt {\displaystyle\frac{{{S_{\Delta AEF}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}} + \sqrt {\displaystyle\frac{{{S_{\Delta FPC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}}\) \(= \displaystyle\frac{{EF}}{{BC}} + \displaystyle\frac{{CP}}{{BC}} = \displaystyle\frac{{BP}}{{BC}} + \displaystyle\frac{{CP}}{{BC}} = 1\)
Suy ra \({\left( {\sqrt {\displaystyle\frac{{{S_{\Delta AEF}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}} + \sqrt {\displaystyle\frac{{{S_{\Delta FPC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}} } \right)^2} = 1.\)
Hay \(\left( {\sqrt {\displaystyle\frac{{16}}{{{S_{\Delta ABC}}}}} + \sqrt {\displaystyle\frac{{25}}{{{S_{\Delta ABC}}}}} } \right)^2\)
Vậy diện tích tam giác \(ABC\) bằng \(81\ cm^2.\)
\(\)
48. Cho hình bình hành \(ABCD\) \(\left( {AC > BD} \right).\) Từ \(C\) kẻ \(CE\) vuông góc với \(AB\) (\(E\) thuộc đường thẳng \(AB\)), \(CF\) vuông góc với \(AD\) (\(F\) thuộc đường thẳng \(AD\)). Chứng minh: \(AB.AE + AD.AF = A{C^2}.\)
Giải
Gọi \(H,\ K\) lần lượt là hình chiếu của \(D,B\) trên đường thẳng \(AC.\)
Ta có \(\Delta AHD\ ᔕ\ \Delta AFC\) suy ra \(\displaystyle\frac{AD}{AC}=\displaystyle\frac{AH}{AF}\) hay \(AD.AF = AC.AH\) (1).
Tương tự \(\Delta AKB\ ᔕ\ \Delta AEC\) suy ra \(\displaystyle\frac{AB}{AC}=\displaystyle\frac{AK}{AE}\) hay \(AB.AE = AC.AK\) (2).
Vì \(\Delta ABK\ ᔕ\ \Delta CDH\) (cạnh huyền – góc nhọn) nên \(AK = HC.\)
Từ đó, cộng (1) và (2) theo vế ta được:
\(AD.AF + AB.AE = AC.\left( {AH + AK} \right)\) \(= AC\left( {AH + HC} \right) = A{C^2}.\)
\(\)
49. Cho hình vuông \(ABCD,\) gọi \(O\) là giao điểm của hai đường chéo, lấy \(G\) trên cạnh \(BC,\) \(H\) trên cạnh \(CD\) sao cho \(\widehat {GOH} = 45^o.\) Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB.\) Chứng minh:
a) \(\Delta HOD\ ᔕ\ \Delta OGB;\)
b) \(MG\ //\ AH.\)
Giải
a) Ta có: \(\widehat {CDB} = \widehat {CBD} = 45^o.\)
Mặt khác: \(\widehat {DOH} + \widehat {BOG} = 180^o-45^o = 135^o;\) \(\widehat {BOG} + \widehat {BGO} = 180^o-45^o = 135^o.\)
Suy ra \(\widehat {DOH} = \widehat {BGO},\) do đó \(\Delta HOD\ ᔕ\ \Delta OGB.\)
b) Theo câu a, ta có \(\Delta HOD\ ᔕ\ \Delta OGB,\) suy ra \(\displaystyle\frac{HD}{OB}=\displaystyle\frac{OD}{GB}.\)
Đặt \(MB = a,AD = 2a\) suy ra \(HD.GB = OB.OD\) \(=a\sqrt{2}.a\sqrt{2}=2a^2=AD.BM.\)
Vì \(HD.GB=AD.BM\) nên \(\displaystyle\frac{{HD}}{{AD}} = \displaystyle\frac{{BM}}{{BG}}.\)
Do đó \(\widehat {{M_1}} = \widehat {AHD},\) mà \(\widehat {AHD} = \widehat {BAH}\) (hai góc so le trong, \(AB\ //\ CD\))
Suy ra \(\widehat {{M_1}} = \widehat {BAH}.\) Mà \(\widehat {{M_1}}\) và \(\widehat {BAH}\) ở vị trí đồng vị nên \(AH\ //\ MG.\)
\(\)
Xem bài giải trước: Bài 7: Trường hợp đồng dạng thứ hai của tam giác
Xem bài giải tiếp theo: Bài 9: Hình đồng dạng
Xem thêm các bài giải khác tại: Giải Bài Tập Toán Lớp 8 Cánh Diều
Thông tin liên hệ & mạng xã hội:
Website: https://bumbii.com/
Facebook: https://www.facebook.com/bumbiiapp
Pinterest: https://www.pinterest.com/bumbiitech
