Với lời giải SBT Toán 8 trang 79 Tập 2 Bài 8: Trường hợp đồng dạng thứ ba của tam giác sách Cánh diều giúp học sinh dễ dàng xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập trong SBT Toán 8. Mời các bạn đón xem:

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

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.