Trang Chủ Sách bài tập lớp 8 SBT Toán 8

Bài 51, 52, 53, 54 trang 97 SBT Toán 8 tập 2: Tính chu vi và diện tích tam giác AMN.

CHIA SẺ
Bài Ôn tập chương III – tam giác đồng dạng SBT Toán lớp 8 tập 2. Giải bài 51, 52, 53, 54 trang 97 Sách bài tập Toán 8 tập 2. Câu 51: Vẽ đoạn thẳng MN. Hỏi rằng hai đường thẳng MN và BC có song song với nhau không…

Câu 51: Cho tam giác ABC.

a. Tìm trên cạnh AB điểm M sao cho \({{AM} \over {MB}} = {2 \over 3}\); tìm trên cạnh AC điểm N sao cho \({{AN} \over {NC}} = {2 \over 3}\)

b. Vẽ đoạn thẳng MN. Hỏi rằng hai đường thẳng MN và BC có song song với nhau không ? Vì sao ?

c. Cho biết chu vi và diện tích tam giác ABC thứ tự là P và S. Tính chu vi và diện tích tam giác AMN.

a. Cách vẽ:

– Kẻ tia Ax bất kì khác tia AB, AC.

– Trên tia Ax, lấy hai điểm E và F sao cho AE = 2 (đvd), EF = 3 (đvd)

– Kẻ đường thẳng FB.

– Từ E kẻ đường thẳng song song với FB cắt AB tại M

– Kẻ đường thẳng FC

– Từ E kẻ đường thẳng song song với FC cắt AC tại N

Ta có M, N là hai điểm cần vẽ.

Chứng minh:

Trong tam giác AFB, ta có: EM // FB

Theo Định lí Ta-lét, ta có:

\({{AM} \over {MB}} = {{AE} \over {EF}} = {2 \over 3}\)

Trong tam giác AFC, ta có: EN // FC

Theo Định lí Ta-lét, ta có:

\({{AN} \over {NB}} = {{AE} \over {EF}} = {2 \over 3}\)

Vậy M, N là hai điểm cần tìm.

b. Trong tam giác ABC, ta có: \({{AM} \over {MB}} = {{AN} \over {NC}} = {2 \over 3}\)

Suy ra: MN // BC (theo định lí đảo của định lí Ta-lét)

c. Gọi p’ và S’ là chu vi và diện tích của ∆ AMN

Trong tam giác ABC, ta có: MN // BC

- Quảng cáo -

Suy ra: ∆ AMN đồng dạng ∆ ABC

Theo tính chất hai tam giác đồng dạng ta có:

\(\eqalign{  & {{p’} \over p} = {2 \over 3} = k \Rightarrow p’ = {2 \over 3}p  \cr  & {{S’} \over S} = {\left( {{2 \over 3}} \right)^2} = {4 \over 9} = {k^2} \Rightarrow S’ = {4 \over 9}S \cr} \)


Câu 52: Tứ giác ABCD có hai góc vuông tại đỉnh A và C, hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O, \(\widehat {BAO} = \widehat {BDC}\) (h.37)

Chứng minh:

a. ∆ ABO đồng dạng ∆ DCO

b. ∆ BCO đồng dạng ∆ ADO

(hình 37 trang 97 sbt)

a. Xét ∆ABO và ∆ DCO, ta có:

\(\widehat {BAO} = \widehat {BDC}\)  (gt)

hay \(\widehat {BAO} = \widehat {ODC}\)

\(\widehat {AOB} = \widehat {DOC}\)  (đối đỉnh)

Vậy ∆ ABO đồng dạng ∆ DCO (g.g)

b. Vì ∆ ABO đồng dạng ∆ DCO nên:

\({\widehat B_1} = {\widehat C_1}\)            (1)

Mà \({\widehat C_1} + {\widehat C_2} = \widehat {BCD} = 90^\circ \)  (2)

Trong tam giác ABD, ta có: \(\widehat A = 90^\circ \)

Suy ra: \({\widehat B_1} + {\widehat D_2} = 90^\circ \)                    (3)

Từ (1) , (2) và (3) suy ra : \({\widehat C_2} = {\widehat D_2}\)

Xét ∆ BCO và ∆ ADO, ta có:

\({\widehat C_2} = {\widehat D_2}\) (chứng minh trên )

\(\widehat {BOC} = \widehat {AOD}\) (đối đỉnh)

- Quảng cáo -

Vậy ∆ BOC đồng dạng ∆ ADO (g.g)


Câu 53: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = a = 12 cm, BC = b = 9cm. Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A xuống BD (h.38)

a. Chứng minh ∆ AHB đồng dạng ∆ BCD;

b. Tính độ dài đoạn thẳng AH;

c. Tính diện tích tam giác AHB.

 

(hình 38 trang 97 sbt)

Xét  ∆ AHB và ∆ BCD, ta có:

\(\widehat {AHB} = \widehat {BCD} = 90^\circ \)

AB // CD (gt)

\(\widehat {ABH} = \widehat {BDC}\)  (so le trong)

Vậy ∆ AHB đồng dạng ∆ BCD (g.g)

b. Vì ∆ AHB đồng dạng ∆ BCD nên:

\({{AH} \over {BC}} = {{AB} \over {BD}}\)

Suy ra: \(AH = {{AB.BC} \over {BD}}\)

Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông BCD, ta có:

\(\eqalign{  & B{D^2} = B{C^2} + C{D^2} = B{C^2} + A{B^2}  \cr  &  = {12^2} + {9^2} = 225 \cr} \)

Suy ra: BD = 15 (cm)

Vậy \(AH = {{12.9} \over {15}} = 7,2\)  (cm).

c. Vì ∆ AHB đồng dạng ∆ BCD nên k = \({{AH} \over {BC}} = {{7,2} \over 9} = 0,8\)

Ta có: \({{{S_{AHB}}} \over {{S_{BCD}}}} = {k^2} = {\left( {0,8} \right)^2} = 0,64 \Rightarrow {S_{AHB}} = 0,64{S_{BCD}}\)

\({S_{BCD}} = {1 \over 2}BC.CD = {1 \over 2}.12.9 = 54(c{m^2})\)

 Vậy \({S_{AHB}} = 0,64.{S_{BCD}} = 0,64.54 = 34,56(c{m^2})\)


Câu 54: Tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O, \(\widehat {ABD} = \widehat {ACD}\).Gọi E là giao điểm của hai đường thẳng AD và BC (h.39)

Chứng minh rằng :

a. ∆ AOB đồng dạng ∆ DOC

b. ∆ AOD đồng dạng ∆ BOC

c. EA.ED = EB.EC

(hình 39 trang 97 sbt)

a. Xét ∆ AOB và ∆ DOC, ta có:

 \(\widehat {ABD} = \widehat {ACD}\)(gt)

Hay \(\widehat {ABO} = \widehat {OCD}\)

\(\widehat {AOB} = \widehat {DOC}\)  (đối đỉnh)

Vậy ∆ AOB đồng dạng ∆ DOC (g.g)

b. Vì ∆ AOB đồng dạng ∆ DOC nên:

\({{AO} \over {DO}} = {{OB} \over {OC}} \Rightarrow {{AO} \over {OB}} = {{DO} \over {OC}}\)

Xét ∆ AOD và ∆ BOC, ta có:

\({{AO} \over {OB}} = {{DO} \over {OC}}\)

\(\widehat {AOD} = \widehat {BOC}\)  (đối đỉnh)

Vậy ∆ AOD đồng dạng ∆ BOC (c.g.c)

c. Vì ∆ AOD đồng dạng ∆ BOC nên:

\(\widehat {ADO} = \widehat {BCO}\)

hay \(\widehat {EDB} = \widehat {ECA}\)

Xét ∆ EDB và ∆ ECA, ta có:

- Quảng cáo -

\(\widehat E\) chung

\(\widehat {EDB} = \widehat {ECA}\)  (chứng minh trên )

Vậy ∆ EDB đồng dạng ∆ ECA (g.g)

Suy ra: \({{ED} \over {EC}} = {{EB} \over {EA}} \Rightarrow ED.EA = EC.EB\)