Giải SBT Toán 8 KNTT Bài 36. Các trường hợp đồng dạng của hai tam giác vuông có đáp án

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).

Lời giải

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:

\(\widehat C\) chung

Do đó, ∆ABC ᔕ ∆HAC (góc nhọn).

Suy ra \(\frac{{AC}}{{HC}} = \frac{{BC}}{{AC}}\) nên AC² = CH . BC.

b)

Vì HE vuông góc với AB (E thuộc AB) nên \(\widehat {AEH} = 90^\circ \).

Ta có \(\widehat {HAE} + \widehat {CAH} = \widehat {CAB} = 90^\circ \) và \(\widehat C + \widehat {CAH} = 90^\circ \) (do tam giác CAH vuông tại H).

Do đó, \(\widehat {HAE} = \widehat C\) (cùng phụ với góc CAH).

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

\(\widehat {HAE} = \widehat C\)

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

Suy ra: \(\frac{{AH}}{{BC}} = \frac{{HE}}{{AB}}\).

Lời giải

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:

\(\widehat {AHE} = \widehat {BHD}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó, ∆AHE ᔕ ∆BHD (góc nhọn).

Suy ra \(\frac{{AH}}{{BH}} = \frac{{HE}}{{HD}}\) nên HA . HD = HB . HE (1).

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

\(\widehat {BHF} = \widehat {EHC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó, ∆HBF ᔕ ∆HCE (góc nhọn).

Suy ra \(\frac{{HB}}{{HC}} = \frac{{HF}}{{HE}}\) 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:

\(\widehat {BAC}\) chung.

Do đó, ∆AFC ᔕ ∆AEB (góc nhọn)

Suy ra \(\frac{{AF}}{{AE}} = \frac{{AC}}{{AB}}\) nên AF . AB = AE . AC.

c)

Vì HA . HD = HB . HE nên \(\frac{{HA}}{{HE}} = \frac{{HB}}{{HD}}\)

Tam giác HAB và tam giác HED có:

\(\frac{{HA}}{{HE}} = \frac{{HB}}{{HD}}\) (cmt)

\(\widehat {AHB} = \widehat {EHD}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó, ∆AHB ᔕ ∆EHD (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {HAB} = \widehat {HED}\).

Mà \(\widehat {HAB} + \widehat {FBD} = \widehat {HED} + \widehat {DEC}\) (= \(90^\circ \)).

Do đó, \(\widehat {FBD} = \widehat {DEC}\).

Chứng minh tương tự ta có: \(\widehat {BFD} = \widehat {ECD}\).

Tam giác BDF và tam giác EDC có:

\(\widehat {FBD} = \widehat {DEC}\) (cmt)

\(\widehat {BFD} = \widehat {ECD}\) (cmt)

Do đó, ∆BDF ᔕ ∆EDC (g.g).

Suy ra: \(\widehat {BDF} = \widehat {EDC}\).

Mà \[\widehat {BDF} + \widehat {FDH} = \widehat {EDC} + \widehat {HDE}\left( { = 90^\circ } \right)\].

Do đó, \(\widehat {FDH} = \widehat {HDE}\) hay \(\widehat {FDA} = \widehat {ADE}\).

Vậy DA là tia phân giác của góc EDF.

Lời giải

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:

\(\widehat {ABC}\) chung.

Do đó, ∆BDA ᔕ ∆BFC (góc nhọn). Suy ra \(\frac{{BD}}{{BF}} = \frac{{BA}}{{BC}}\).

Suy ra \(\frac{{BD}}{{BA}} = \frac{{BF}}{{BC}}\).

Xét tam giác BDF và tam giác BAC có:

\(\frac{{BD}}{{BA}} = \frac{{BF}}{{BC}}\)

\(\widehat {ABC}\) chung

Do đó, ∆BDF ᔕ ∆BAC (c.g.c).

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

\(\widehat {ACB}\) chung

Do đó, ∆CDA ᔕ ∆CEB (góc nhọn).

Nên \(\frac{{CD}}{{CE}} = \frac{{CA}}{{BC}}\).

Suy ra \(\frac{{CD}}{{CA}} = \frac{{CE}}{{BC}}\).

Tam giác CDE và tam giác CAB có:

\(\frac{{CD}}{{CA}} = \frac{{CE}}{{BC}}\)

\(\widehat {ACB}\) chung

Do đó, ∆CDE ᔕ ∆CAB (c.g.c).

b)

Theo chứng minh phần a ta có:

\(\frac{{BD}}{{BA}} = \frac{{BF}}{{BC}}\) nên BF . BA = BD . BC;

\(\frac{{CD}}{{CA}} = \frac{{CE}}{{BC}}\) 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.

Lời giải

a) Vì tam giác ABC vuông tại A nên \(\widehat {BAC} = 90^\circ \).

Mà \(\widehat {BAC} + \widehat {PAN} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)

Do đó, \(\widehat {PAN} = 90^\circ \).

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, \(\widehat P = \widehat {HAB}\) (hai góc đồng vị).

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

\(\widehat P = \widehat {HAB}\) (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:

\(\widehat C = \widehat P\) (cùng phụ với góc B).

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

b)

Ta có: \(\frac{{MB}}{{MC}} \cdot \frac{{NC}}{{NA}} \cdot \frac{{PA}}{{PB}} = \frac{{MB}}{{PB}} \cdot \frac{{NC}}{{NA}} \cdot \frac{{PA}}{{MC}}\).

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

\(\frac{{MB}}{{MH}} = \frac{{PB}}{{PA}}\) hay \(\frac{{MB}}{{PB}} = \frac{{MH}}{{PA}}\).

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

\(\frac{{NC}}{{NA}} = \frac{{MC}}{{MH}}\).

Do đó, \(\frac{{MB}}{{MC}} \cdot \frac{{NC}}{{NA}} \cdot \frac{{PA}}{{PB}} = \frac{{MB}}{{PB}} \cdot \frac{{NC}}{{NA}} \cdot \frac{{PA}}{{MC}}\)\( = \frac{{MH}}{{PA}} \cdot \frac{{MC}}{{MH}} \cdot \frac{{PA}}{{MC}} = 1\).

Lời giải

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

\(\widehat {HAB}\) chung

Do đó, ∆AMH ᔕ ∆AHB (góc nhọn).

Suy ra \(\frac{{AM}}{{AH}} = \frac{{AH}}{{AB}}\) nên AM . AB = AH² (1).

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

\(\widehat {HAC}\) chung

Do đó, ∆ANH ᔕ ∆AHC (góc nhọn).

Suy ra \(\frac{{AN}}{{AH}} = \frac{{AH}}{{AC}}\) 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 \(\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{AN}}{{AB}}\).

Tam giác AMN và tam giác ACB có:

\(\widehat {BAC}\) chung

\(\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{AN}}{{AB}}\)

Do đó, ∆AMN ᔕ ∆ACB (c.g.c).

Lời giải

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 \(\frac{{BC}}{{BM}} = \frac{{B'C'}}{{B'M'}}\). Suy ra \(\frac{{B{C^2}}}{{B{M^2}}} = \frac{{B'C{'^2}}}{{B'M{'^2}}}\) (1).

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

\(\frac{{B{C^2}}}{{B{M^2}}} + 3\frac{{B{A^2}}}{{B{M^2}}} = 4\).

Tương tự, ta có \(\frac{{B'C{'^2}}}{{B'M{'^2}}} + 3\frac{{B'A{'^2}}}{{B'M{'^2}}} = 4\).

Do đó, \(\frac{{B{C^2}}}{{B{M^2}}} + 3\frac{{B{A^2}}}{{B{M^2}}} = \frac{{B'C{'^2}}}{{B'M{'^2}}} + 3\frac{{B'A{'^2}}}{{B'M{'^2}}}\left( { = 4} \right)\)      (2).

Từ (1) và (2), suy ra: \(\frac{{B{A^2}}}{{B{M^2}}} = \frac{{B'A{'^2}}}{{B'M{'^2}}}\) hay \(\frac{{BA}}{{BM}} = \frac{{B'A'}}{{B'M'}}\).

Do đó, \(\frac{{BC}}{{B'C'}} = \frac{{BM}}{{B'M'}} = \frac{{BA}}{{B'A'}}\).

Hai tam giác ABC vuông tại A và A'B'C' vuông tại A' có \(\frac{{BC}}{{B'C'}} = \frac{{BA}}{{B'A'}}\).

Vậy ∆ABC ᔕ ∆A'B'C' (ch – cgv).

Lời giải

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

và \(\widehat {DAB} = \widehat {ABC} = \widehat {BCD} = \widehat {CDA} = 90^\circ \).

Vì M là trung điểm của AB nên AM = MB = \(\frac{1}{2}\)AB.

Vì N là trung điểm của BC nên NB = NC = \(\frac{1}{2}\)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 \(\widehat {BMC} = \widehat {DNC}\).

Mà \(\widehat {BMC} + \widehat {MCB} = 90^\circ \) nên \(\widehat {DNC} + \widehat {MCB} = 90^\circ \).

Tam giác CON có:

\(\widehat {ONC} + \widehat {OCN} = 90^\circ \) (do \(\widehat {DNC} + \widehat {MCB} = 90^\circ \)).

Nên \(\widehat {NOC} = 90^\circ \).

Do đó, CM vuông góc với DN tại O.

b) Ta có BC = CD = DA = AB = 4 cm; NC = \(\frac{1}{2}\)BC = \(\frac{1}{2}\)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, \(\frac{{N{C^2}}}{{N{D^2}}} = \frac{1}{5}\). Suy ra \(\frac{{NC}}{{ND}} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\).

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

\(\widehat {ONC}\) chung

Do đó, ∆ONC ᔕ ∆CND (góc nhọn).

Suy ra \(\frac{{ON}}{{CN}} = \frac{{OC}}{{CD}} = \frac{{NC}}{{ND}} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\). Do đó, OC = \(\frac{1}{{\sqrt 5 }}\)CD; ON = \(\frac{1}{{\sqrt 5 }}\)CN.

Vậy diện tích tam giác ONC là: