Bài 39 sbt trang 93 toán 8 hình năm 2024
|
Cho hình bình hành \(ABCD.\) Gọi \(E\) là trung điểm của \(AB,\) \(F\) là trung điểm của \(CD\) (h26). Chứng minh hai tam giác \(ADE\) và \(CBF\) đồng dạng với nhau. Phương pháp giải - Xem chi tiết Sử dụng: - Hình bình hành có các cặp cạnh đối song song và bằng nhau. - Tứ giác có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau là hình bình hành. - Nếu hai góc của tam giác này lần lượt bằng hai góc của tam giác kia thì hai tam giác đó đồng dạng. Lời giải chi tiết Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AB//CD;\) \(AB = CD\) (1) \(\displaystyle AE = EB = {1 \over 2}AB\) (vì \(E\) là trung điểm của \(AB\)) (2) \(\displaystyle DF = FC = {1 \over 2}CD\) (vì \(F\) là trung điểm của \(CD\) (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: \(EB = DF \) và \(BE // DF\). \( \Rightarrow \) Tứ giác \(BEDF\) là hình bình hành (theo dấu hiệu nhận biết hình bình hành). \( \Rightarrow DE // BF\) (tính chất hình bình hành) Vì \(DE // BF\) nên \(\widehat {AED} = \widehat {ABF}\) (cặp góc đồng vị). Vì \(AB//CD\) nên \(\widehat {ABF} = \widehat {BFC}\) (cặp góc so le trong). \( \Rightarrow \widehat {AED} = \widehat {BFC}\) Xét \(∆ AED\) và \(∆ CFB\) có: \(\widehat {AED} = \widehat {BFC}\) (chứng minh trên) \(\widehat A = \widehat C\) (vì \(ABCD\) là hình bình hành) \( \Rightarrow ∆ AED\) đồng dạng \(∆ CFB\) (g.g) Cho hình bình hành \(ABCD.\) Gọi \(E\) là trung điểm của \(AB,\) \(F\) là trung điểm của \(CD\) (h26). Chứng minh hai tam giác \(ADE\) và \(CBF\) đồng dạng với nhau. Phương pháp giải - Xem chi tiết Sử dụng: - Hình bình hành có các cặp cạnh đối song song và bằng nhau. - Tứ giác có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau là hình bình hành. - Nếu hai góc của tam giác này lần lượt bằng hai góc của tam giác kia thì hai tam giác đó đồng dạng. Lời giải chi tiết Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AB//CD;\) \(AB = CD\) (1) \(\displaystyle AE = EB = {1 \over 2}AB\) (vì \(E\) là trung điểm của \(AB\)) (2) \(\displaystyle DF = FC = {1 \over 2}CD\) (vì \(F\) là trung điểm của \(CD\) (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: \(EB = DF \) và \(BE // DF\). \( \Rightarrow \) Tứ giác \(BEDF\) là hình bình hành (theo dấu hiệu nhận biết hình bình hành). \( \Rightarrow DE // BF\) (tính chất hình bình hành) Vì \(DE // BF\) nên \(\widehat {AED} = \widehat {ABF}\) (cặp góc đồng vị). Vì \(AB//CD\) nên \(\widehat {ABF} = \widehat {BFC}\) (cặp góc so le trong). \( \Rightarrow \widehat {AED} = \widehat {BFC}\) Xét \(∆ AED\) và \(∆ CFB\) có: \(\widehat {AED} = \widehat {BFC}\) (chứng minh trên) \(\widehat A = \widehat C\) (vì \(ABCD\) là hình bình hành) \( \Rightarrow ∆ AED\) đồng dạng \(∆ CFB\) (g.g) Bài 39 trang 93 sách bài tập Toán 8 Tập 2: Cho hình bình hành ABCD .Gọi E là trung điểm của AB, F là trung điểm của CD. Chứng minh hai tam giác ADE và CBF đồng dạng với nhau. Lời giải: Vì ABCD là hình bình hành nên: AB = CD (1) Theo giả thiết: AE = EB = 1/2 AB (2) DF = FC = 1/2 CD (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: EB = DF và BE // DF. Suy ra tứ giác BEDF là hình bình hành (vì có cặp cạnh đối song song và bằng nhau) Suy ra: DE // BF Ta có: ∠(AED) =∠(ABF ) (đồng vị) ∠(ABF) = ∠(BFC) (so le trong) Suy ra: ∠(AED) = ∠( BFC) Xét ΔAED'và ΔCFB ta có: ∠(AED) =∠( BFC) (chứng minh trên) ∠A = ∠C (tính chất hình bình hành) Vậy: ΔAED đồng dạng ΔCFB (g.g) Bài 40 trang 93 sách bài tập Toán 8 Tập 2: Tam giác vuông ABC có ∠A = 90° và đường cao AH. Từ H hạ HK vuông góc vói AC
Lời giải:
ΔABC; ΔHAB; ΔHAC; ΔKAH; ΔKHC.
Cho hình bình hành ABCD. Gọi E là trung điểm của AB, F là trung điểm của CD. Chứng minh hai tam giác ADE và CBF đồng dạng với nhau. Giải: Vì ABCD là hình bình hành nên: AB = CD (1) Theo giả thiết: AE = EB = \({1 \over 2}AB\) (2) \(DF = FC = {1 \over 2}CD\) (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: EB = DF và BE // DF Suy ra tứ giác BEDF là hình bình hành (vì có cặp cạnh đối song song và bằng nhau) Suy ra: DE // BF Ta có: \(\widehat {AED} = \widehat {ABF}\) (đồng vị) \(\widehat {ABF} = \widehat {BFC}\) (so le trong) Suy ra: \(\widehat {AED} = \widehat {BFC}\) Xét ∆ AED và ∆ CFB, ta có: \(\widehat {AED} = \widehat {BFC}\) (chứng minh trên ) \(\widehat A = \widehat C\) (tính chất hình bình hành) Vậy: ∆ AED đồng dạng ∆ CFB (g.g) Sachbaitap.com Câu 40 trang 93 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 2 Tam giác vuông ABC có $\widehat A = 90^\circ $ và đường cao AH. Từ điểm H hạ đường HK vuông góc với AC (h.27).
Giải: (hình 27 trang 93 sbt)
- ∆ ABC đồng dạng ∆ HAB. Ta có: \({{AB} \over {HA}} = {{AC} \over {HB}} = {{BC} \over {AB}}\) - ∆ ABC đồng dạng ∆ HAC . Ta có: \({{AB} \over {HA}} = {{AC} \over {HC}} = {{BC} \over {AC}}\) - ∆ ABC đồng dạng ∆ KHC. Ta có: \({{AB} \over {KH}} = {{AC} \over {KC}} = {{BC} \over {HC}}\) - ∆ ABC đồng dạng ∆ KAH. Ta có: \({{AB} \over {KA}} = {{AC} \over {KH}} = {{BC} \over {AH}}\) - ∆ HAB đồng dạng ∆ HAC. Ta có: \({{HB} \over {HA}} = {{HA} \over {HC}} = {{BA} \over {AC}}\) - ∆ HAB đồng dạng ∆ KHC. Ta có: \({{HB} \over {KH}} = {{HA} \over {KC}} = {{BA} \over {HC}}\) - ∆ HAB đồng dạng ∆ KAH. Ta có: \({{HB} \over {KA}} = {{HA} \over {KH}} = {{BA} \over {AH}}\) - ∆ HAC đồng dạng ∆ KHC. Ta có: \({{HA} \over {KH}} = {{HC} \over {KC}} = {{AC} \over {HC}}\) - ∆ HAC đồng dạng ∆ KAH. Ta có: \({{HA} \over {KA}} = {{HC} \over {KH}} = {{AC} \over {AH}}\) - ∆ KHC đồng dạng ∆ KAH. Ta có: \({{KH} \over {KA}} = {{KC} \over {KH}} = {{HC} \over {AH}}\) Câu 41 trang 94 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 2 Hình thang ABCD (AB // CD) có AB = 2,5cm, AD = 3,5cm, BD = 5cm và \(\widehat {DAB} = \widehat {DBC}\) (h.28).
Giải: (hình 28 trang 94 sbt) Xét ∆ ABD và ∆ BDC, ta có: \(\widehat {DAB} = \widehat {DBC}\) (gt) \(\widehat {ABD} = \widehat {BDC}\) (so le trong) Suy ra: ∆ ABD đồng dạng ∆ BDC (g.g)
Với AB = 2,5; AD = 3,5; BD = 5, ta có: \(\eqalign{ & {{2,5} \over 5} = {{3,5} \over {BC}} = {5 \over {DC}} \cr & \Rightarrow BC = {{5.3,5} \over {2,5}} = 7(cm) \cr} \) Vậy DC = \({{5,5} \over {2,5}} = 10\) (cm) Câu 42 trang 94 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 2 Cho tam giác vuông ABC (\(\widehat A = 90^\circ \)). Dựng AD vuông góc với BC (D thuộc BC). Đường phân giác BE cắt AD tại F (h.29). |
