Giải SBT Toán 8 CTST Các trường hợp đồng dạng của hai tam giác vuông có đáp án

Xét ∆HDE vuông tại H và ∆HFD vuông tại H có

\[\widehat {HDE} = \widehat {HFD}\](cùng phụ với \[\widehat {HDF}\]).

Do đó ∆HDE ᔕ ∆HFD (g.g).

Ta có ∆HDE ᔕ ∆HFD, suy ra \[\frac{{HD}}{{HF}} = \frac{{HE}}{{HD}}\].

Do đó \[H{D^2} = HE.HF = 9.16 = 144\], suy ra HD = 12.

Vậy HD = 12.

Ta có \[\frac{{MN}}{{DP}} = \frac{{12}}{8} = \frac{3}{2}\]và \[\frac{{PN}}{{CP}} = \frac{{15}}{{10}} = \frac{3}{2}\].

Xét ∆MNP vuông tại M và ∆DPC vuông tại D có \[\frac{{MN}}{{DP}} = \frac{{PN}}{{CP}}\].

Do đó ∆MNP ᔕ ∆DPC.

Ta có ∆MNP ᔕ ∆DPC, suy ra \[\widehat {MNP} = \widehat {DPC}\].

Mà \[\widehat {MNP} + \widehat {MPN} = 90^\circ \] (∆MNP vuông tại M).

Do đó \[\widehat {DPC} + \widehat {MPN} = 90^\circ \], suy ra NP ⊥ PC.

Xét ∆ABD vuông tại A và ∆BDC vuông tại B có \[\widehat {ABC} = \widehat {BDC}\] (so le trong).

Do đó ∆ABD ᔕ ∆BDC (g.g).

Suy ra \[\frac{{AB}}{{BD}} = \frac{{BD}}{{DC}}\]. Do đó BD² = BD . DC.

Ta có ∆BMH vuông tại M và ∆BHC vuông tại H có \[\widehat B\] chung.

 Do đó ∆BMH ᔕ∆BHC (g.g).

Suy ra \[\frac{{BM}}{{BH}} = \frac{{BH}}{{BC}}\]. Do đó \[B{H^2} = BM.BC\].

Tứ giác ABHD là hình chữ nhật, suy ra AD = BH.

Vậy AD² = BM . BC.

Ta có \[\frac{{IA}}{{ID}} = \frac{3}{4}\]; \[\frac{{IB}}{{IC}} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}\] suy ra \[\frac{{IA}}{{ID}} = \frac{{IB}}{{IC}}\].

Xét ∆AIB vuông tại I và ∆DIC vuông tại I có \[\frac{{IA}}{{ID}} = \frac{{IB}}{{IC}}\].

Suy ra ∆AIB ᔕ ∆DIC

Ta có ∆AIB ᔕ ∆DIC, suy ra \[\widehat {ABI} = \widehat {DCI}\].

Xét ∆EDB và ∆EAC có

\[\widehat E\] chung và  \[\widehat {ABI} = \widehat {DCI}\].

Do đó ∆EDB ᔕ ∆EAC (g.g).

Suy ra \[\frac{{ED}}{{EA}} = \frac{{EB}}{{EC}}\]. Do đó EA . EB = EC . ED (đpcm).

Ta có ∆ABC ᔕ ∆MNP, suy ra \[\widehat B = \widehat N\]

 Xét ∆ABH vuông tại H và ∆MNK vuông tại K có \[\widehat B = \widehat N\].

Do đó∆ABH ᔕ ∆MNK (g.g).

Suy ra \[\frac{{AH}}{{MK}} = \frac{{AB}}{{MN}} = \frac{2}{3}\].

Vậy \[\frac{{AH}}{{MK}} = \frac{2}{3}\].

Ta có ∆ABC ᔕ ∆MNP, suy ra \[\frac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{S_{\Delta MNP}}}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}\] hay \[\frac{{56}}{{{S_{\Delta MNP}}}} = \frac{4}{9}\].

Do đó \[{S_{\Delta MNP}} = \frac{{56.9}}{4} = 126\] (cm²).

Vậy diện tích tam giác MNP là 126 cm².

Xét ∆ABC vuông tại B và ∆MNC vuông tại N có\[\widehat {ACB} = \widehat {MCN}\].

Do đó ∆ABCᔕ∆MNC (g.g).

Suy ra \[\frac{{AB}}{{MN}} = \frac{{BC}}{{NC}}\] hay \[\frac{{1,65}}{{MN}} = \frac{4}{{20}}\].

Do đó \[MN = \frac{{1,65\,.\,20}}{4} = 8,25\] (m).

Vậy chiều cao MN của căn nhà là 8,25 m.

Xét ∆MNC vuông tại M và ∆ABC vuông tại A có \[\widehat C\] chung.

Do đó ∆MNC ᔕ ∆ABC (g.g).

Ta có ∆MNC ᔕ ∆ABC, suy ra \[\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{MC}}{{AC}}\]       (1)

Xét ∆ABC có AM là phân giác của \[\widehat A\] có

\[\frac{{MB}}{{MC}} = \frac{{AB}}{{AC}}\], suy ra \[\frac{{MB}}{{AB}} = \frac{{MC}}{{AC}}\]          (2)

Từ (1) và (2), suy ra \[\frac{{MB}}{{AB}} = \frac{{MN}}{{AB}}\].

Do đó MN = MB (đpcm).

Vì BE là tia phân giác của \[\widehat {ABC}\] nên\[\widehat {ABE} = \widehat {CBE}\].

Xét ∆ABE vuông tại A và ∆HBF vuông tại H có

\[\widehat {ABE} = \widehat {HBF}\](\[\widehat {ABE} = \widehat {CBE}\])

Do đó ∆ABE ᔕ ∆HBF (g.g)

Suy ra \[\frac{{AB}}{{HB}} = \frac{{AE}}{{HF}}\]. Do đó AB . HF = AE . HB (đpcm).

Ta có ∆ABE ᔕ ∆HBF.

Suy ra \[\widehat {AEB} = \widehat {HFB}\] hay \[\widehat {AEF} = \widehat {HFB}\] (các góc tương ứng).

Mà \[\widehat {AFE} = \widehat {HFB}\] (đối đỉnh) nên \[\widehat {AEF} = \widehat {AFE}\]. Suy ra ∆AEF cân tại A.

Do đó AE = AF.

Xét ∆ABC có BE là tia phân giác của \[\widehat B\], suy ra \[\frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{AE}}{{EC}}\]  (1)

Xét ∆ABH có BF là tia phân giác của \[\widehat B\], suy ra \[\frac{{FH}}{{AF}} = \frac{{BH}}{{AB}}\](2)

Xét ∆ABH vuông tại H và ∆ABC vuông tại A có \[\widehat B\] chung.

Do đó ∆ABH ᔕ ∆CBA, suy ra \[\frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{BH}}{{AB}}\]         (3)

Từ (1); (2) và (3) suy ra \[\frac{{AE}}{{EC}} = \frac{{FH}}{{AF}}\].

Do đó AE . AF = EC . FH.

Mà AE = AF, suy ra AE² = EC . FH (đpcm).