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 BD$^{2}$ = 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 AD$^{2}$ = 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 ${S_{\Delta MNP}} = \frac{{56.9}}{4} = 126$ (cm$^{2}$).

Vậy diện tích tam giác MNP là 126 cm$^{2}$.

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

Do đó ∆ABC ᔕ ∆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 AE$^{2}$ = EC . FH (đpcm).