Sách bài tập Toán 8 Bài 8 (Cánh diều): Trường hợp đồng dạng thứ ba của tam giác

Giải SBT Toán 8 Bài 8: Trường hợp đồng dạng thứ ba của tam giác

Bài 44 trang 78 SBT Toán 8 Tập 2: Quan sát Hình 43 và chỉ ra hai cặp tam giác đồng dạng:

Lời giải:

• Tam giác DEF có ED = FD nên tam giác DEF cân tại D.

Suy ra $\widehat{\text{EFD}}=\widehat{FED}=69°.$

Ta có: $\widehat{\text{EFD}}+\widehat{FED}+\widehat{EDF}=180°$ (tổng ba góc của một tam giác)

Suy ra $\widehat{EDF}=180°-\widehat{\text{EFD}}-\widehat{FED}$ = $180°-69°-69°=42°.$

Xét ∆ABC và ∆DEF có:

$\widehat{BAC}=\widehat{EDF}=42°;$

$\frac{AB}{DE}=\frac{AC}{DF}$ (do AB = AC, ED = FD)

Suy ra ∆ABC ᔕ ∆DEF (c.g.c).

• Xét ∆ MNP có: $\widehat{M}+\widehat{N}+\widehat{P}=180°$ (tổng ba góc của một tam giác)

Suy ra $\widehat{P}=180°-\widehat{M}-\widehat{N}$ = $180°-72°-63°=45°.$

Xét ∆MNP và ∆HIK có:

$\widehat{M}=\widehat{H}=72°;\widehat{P}=\widehat{K}=45°$

Suy ra ∆MNP ᔕ ∆HIK (g.g).

Bài 45 trang 78 SBT Toán 8 Tập 2: Cho hình thang ABCD có AB // CD, AB = 4 cm, DB = 6 cm và $\widehat{DAB}=\widehat{DBC}.$ Tính độ dài CD.

Lời giải:

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

Xét ∆ABD và ∆BDC có:

$\widehat{DAB}=\widehat{DBC};$

$\widehat{ABD}=\widehat{BDC}$

Suy ra ∆ABD ᔕ ∆BDC (g.g).

Do đó $\frac{AB}{BD}=\frac{BD}{DC}$ (tỉ số đồng dạng)

Nên $CD=\frac{B{D}^2}{AB}=\frac{6^2}{4}=9$ (cm).

Vậy CD = 9 cm.

Bài 46 trang 78 SBT Toán 8 Tập 2: Bác An cần đo khoảng cách AC, với A, C nằm ở hai bên bờ của một hồ nước (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 $\widehat{ABC}=32°,\widehat{ACB}=77°.$

Chứng minh rằng: Nếu thực hiện vẽ trên giấy một tam giác DEF sao cho EF = 10 (cm), $\widehat{DEF}=32°$, $\widehat{DFE}=77°$ (Hình 44b); Đo dộ dài đoạn DF và già sử DF = a (cm) thì độ dài AC mà bác An cần đo là 2a (m).

Lời giải:

Đổi 20 m = 2 000 cm.

Xét ∆ABC và ∆DEF có:

$\widehat{ABC}=\widehat{DEF}=32°$, $\widehat{ACB}=\widehat{DFE}=77°$

Suy ra ∆ABC ᔕ ∆DEF (g.g).

Do đó $\frac{BC}{EF}=\frac{AC}{DF}$ (tỉ số đồng dạng)

Hay $\frac{2000}{10}=\frac{AC}{a}$ nên AC = 200a (cm) = 2a (m).

Bài 47 trang 79 SBT Toán 8 Tập 2: 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 cm² và 25 cm².

a) Hãy chỉ ra ba cặp tam giác đồng dạng.

b) Tính diện tích tam giác ABC.

Lời 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 ∆AEF ᔕ ∆ABC;

• FP // AB nên ∆FPC ᔕ ∆ABC;

• Do ∆AEF ᔕ ∆ABC và ∆FPC ᔕ ∆ABC nên ∆AEF ᔕ ∆FPC.

b) Ta dễ dàng chứng minh được, ∆AEF ᔕ ∆ABC thì $\frac{S_{\Delta AEF}}{S_{\Delta ABC}}={\left(\frac{EF}{BC}\right)}^2$

Suy ra $\sqrt{\frac{S_{\Delta AEF}}{S_{\Delta ABC}}}=\frac{EF}{BC}$ (1).

Ta cũng có ∆FPC ᔕ ∆ABC nên $\frac{S_{\Delta FPC}}{S_{\Delta ABC}}={\left(\frac{CP}{BC}\right)}^2$

Suy ra $\sqrt{\frac{S_{\Delta FPC}}{S_{\Delta \text{ABC}}}}=\frac{CP}{BC}$ (2).

Từ (1) và (2) ta có:

$\sqrt{\frac{S_{\Delta AEF}}{S_{\Delta ABC}}}+\sqrt{\frac{S_{\Delta FPC}}{S_{\Delta ABC}}}$ = $\frac{EF}{BC}+\frac{CP}{BC}=\frac{BP}{BC}+\frac{CP}{BC}=\frac{BC}{BC}=1$ (do BEFP là hình bình hành nên EF = BP)

Vậy S_ABC = 81 m².

Bài 48 trang 79 SBT Toán 8 Tập 2: Cho hình bình hành ABCD (AC > BD). 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 = AC².

Lời giải:

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của D, B trên đường thẳng AC.

Xét ∆AHD và ∆AFC có:

$\widehat{AHD}=\widehat{AFC}=90°$; $\widehat{FAC}$ là góc chung

Suy ra ∆AHD ᔕ ∆AFC (g.g).

Do đó $\frac{AD}{AC}=\frac{AH}{AF}$ (tỉ số đồng dạng) hay AD.AF = AC.AH (1).

Xét ∆AKB và ∆AEC có:

$\widehat{\text{AK}B}=\widehat{AEC}=90°$; $\widehat{EAC}$là góc chung

Suy ra ∆AKB ᔕ ∆AEC (g.g).

Suy ra $\frac{AB}{AC}=\frac{AK}{AE}$ (tỉ số đồng dạng) hay AB.AE = AC.AK (2).

Do ABCD là hình bình hành nên AB = CD, AB // CD.

Suy ra $\widehat{BAK}=\widehat{DCH}$ (2 góc ở vị trí so le trong)

Xét ∆ABK và ∆CDH có:

AB = CD, $\widehat{BAK}=\widehat{DCH}$

Suy ra ∆ABK = ∆CDH (cạnh huyền – góc nhọn)

Do đó AK = HC (hai cạnh tương ứng).

Cộng (1) và (2) theo vế ta được:

AD.AF + AB.AE = AC.(AH + AK)

= AC.(AH + HC) (do AK = HC)

= AC.AC = AC².

Vậy AB.AE + AD.AF = AC².

Bài 49 trang 79 SBT Toán 8 Tập 2: Cho hình vuông ABCD, gọi O là giao điểm của hai đường chéo, lấy G trên cạnh BC, H trên cạnh CD sao cho $\widehat{GOH}=45°.$ Gọi M là trung điểm của AB. Chứng minh:

a) ∆HOD ᔕ ∆OGB;

b) MG // AH.

Lời giải:

a) Do ABCD là hình vuông nên đường chéo là tia phân giác của mỗi góc.

Suy ra $\widehat{CDB}=\widehat{CBD}=45°.$

Mặt khác:

$\widehat{DOH}+\widehat{BOG}=180°-\widehat{GOH}=180°-45°=135°;$

$\widehat{BOG}+\widehat{BGO}=180°-\widehat{OBG}=180°-45°=135°.$

Suy ra $\widehat{DOH}=\widehat{BGO}.$

Xét ∆HOD và ∆OGB có:

$\widehat{HDO}=\widehat{OBG}=45°$; $\widehat{DOH}=\widehat{BGO}$

Suy ra ∆HOD ᔕ ∆OGB (g.g).

b) Theo câu a, ta có ∆HOD ᔕ ∆OGB, suy ra $\frac{HD}{OB}=\frac{OD}{GB}$ (tỉ số đồng dạng)

Do đó HD.GB = OB.OD.

Đặt MB = a, khi đó AD = 2a (do M là trung điểm của AB, AB = AD)

Xét ∆ABD vuông tại A, theo định lí Pythagore ta có: BD² = AB² + AD².

Do đó $BD=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}$ = $\sqrt{{\left(2a\right)}^2+{\left(2a\right)}^2}=\sqrt{8a^2}=2a\sqrt{2}.$

Suy ra $OB=OD=a\sqrt{2}.$

Khi đó $HD.GB=OB.OD$ = $a\sqrt{2}\cdot a\sqrt{2}=2a^2$ = $2a\cdot a=AD\cdot BM$

Vì HD.GB = AD.BM nên $\frac{HD}{BM}=\frac{AD}{BG}$

Xét ∆DHA và ∆BMG có:

$\widehat{HDA}=\widehat{MBG}=90°$ và $\frac{HD}{BM}=\frac{AD}{BG}$

Suy ra ∆DHA ᔕ ∆BMG (c.g.c).

Do đó $\widehat{AHD}=\widehat{M_1}$ (hai góc tương ứng)

Mà $\widehat{AHD}=\widehat{BAH}$ (hai góc so le trong do AB // CD).

Suy ra $\widehat{M_1}=\widehat{BAH}$

Mà $\widehat{M_1}$ và $\widehat{BAH}$ ở vị trí đồng vị nên MG // AH.