Giải SGK Toán 8 Bài 3. Các trường hợp đồng dạng của hai tam giác vuông có đáp án

Lời giải:

Sau bài học này, ta giải quyết bài toán này như sau:

Theo hình vẽ, cột điện là AB, có bóng trên mặt đất là AC.

Thanh sắt là DE, có bóng trên mặt đất là DF.

Vì cột cờ và thanh sắt đều vuông góc với mặt đất nên hai ΔABC và ΔDEF đều là tam giác vuông.

Vì cùng một thời điểm tia sáng tạo với mặt đất một góc bằng nhau nên $\widehat B = \widehat E$.

Xét ΔABC và ΔDEF có:

$$\widehat B = \widehat E$$

$$\widehat A = \widehat D = 90^\circ$$

Do đó ΔABC ᔕ ΔDEF (g.g)

Suy ra: $\frac{{AB}}{{DE}} = \frac{{AC}}{{DF}}$ (các cạnh tương ứng).

Thay số: $\frac{{AB}}{{2{,}4}} = \frac{6}{{1{,}8}}$ nên $AB = \frac{{2{,}4\,.\,6}}{{1{,}8}} = 8$ (m)

Vậy chiều cao cột cờ là 8 m.

Lời giải:

a) Xét tam giác ABC và tam giác MNP có:

$\widehat B = \widehat N$ (gt)

$$\widehat A = \widehat M = 90^\circ$$

Do đó ΔABC ᔕ ΔMNP (g.g).

b) Xét tam giác ABC và tam giác MNP có:

$$\widehat A = \widehat M = 90^\circ$$

$$\frac{{AB}}{{MN}} = \frac{{AC}}{{MP}}$$

Do đó ΔABC ᔕ ΔMNP (c.g.c).

Lời giải:

Tam giác HED vuông tại H và tam giác DEF vuông tại D có chung

Do đó ΔHED ᔕ ΔDEF (g.g)

Suy ra (các cạnh tương ứng).

Do đó DE$^{2}$ = EH.EF (đpcm).

Lời giải:

Theo hình vẽ, cột điện là AB, có bóng trên mặt đất là AC.

Thanh sắt là DE, có bóng trên mặt đất là DF.

Vì cột cờ và thanh sắt đều vuông góc với mặt đất nên hai ΔABC và ΔDEF đều là tam giác vuông.

Vì cùng một thời điểm tia sáng tạo với mặt đất một góc bằng nhau nên $\widehat B = \widehat E$.

Xét ΔABC và ΔDEF có:

$$\widehat B = \widehat E$$

$$\widehat A = \widehat D = 90^\circ$$

Do đó ΔABC ᔕ ΔDEF (g.g)

Suy ra: $\frac{{AB}}{{DE}} = \frac{{AC}}{{DF}}$ (các cạnh tương ứng).

Thay số: $\frac{{AB}}{{2{,}4}} = \frac{6}{{1{,}8}}$ nên $AB = \frac{{2{,}4\,.\,6}}{{1{,}8}} = 8$ (m)

Vậy chiều cao cột cờ là 8 m.

Lời giải:

a) Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác vuông ABC, ta có:

BC$^{2}$= AB$^{2}$ + AC$^{2}$

Suy ra AC$^{2}$ = BC$^{2}$– AB$^{2}$ = 10$^{2}$– 6$^{2}$ = 64

Do đó AC = 8.

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác vuông DEF, ta có:

EF$^{2}$= DE$^{2}$ + DF$^{2}$

Suy ra DF$^{2}$ = EF$^{2}$– DE$^{2}$ = 15$^{2}$– 9$^{2}$ = 144.

Do đó DF = 12.

b) Ta có: $\frac{{AB}}{{DE}} = \frac{6}{9} = \frac{2}{3},\;\frac{{AC}}{{DF}} = \frac{8}{{12}} = \frac{2}{3},\;\frac{{BC}}{{EF}} = \frac{{10}}{{15}} = \frac{2}{3}$.

Suy ra $\frac{{AB}}{{DE}} = \frac{{AC}}{{DF}} = \frac{{BC}}{{EF}}$.

c) Xét ΔABC và ΔDEF có: $\frac{{AB}}{{DE}} = \frac{{AC}}{{DF}} = \frac{{BC}}{{EF}}$ (câu b).

Dự đoán: ΔABC ᔕ ΔDEF.

Lời giải:

• Tỉ số: $\frac{{AC}}{{DE}} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3};\,\,\frac{{BC}}{{FE}} = \frac{{20}}{{15}} = \frac{4}{3}$.

Xét ΔABC và ΔDFE có:

$$\frac{{AC}}{{DE}} = \frac{{BC}}{{FE}} = \frac{4}{3}$$

Do đó ΔABC ᔕ ΔDFE (c.c.c).

• Tỉ số: $\frac{{DE}}{{MN}} = \frac{6}{3} = 2;\,\,\frac{{EF}}{{NP}} = \frac{{15}}{6} = \frac{5}{2}$.

Vì $\frac{{DE}}{{MN}} \ne \frac{{EF}}{{NP}}$ nên hai tam giác DEF và MNP không đồng dạng với nhau.

• Tỉ số: $\frac{{DE}}{{RS}} = \frac{6}{4} = \frac{3}{2};\,\,\frac{{EF}}{{ST}} = \frac{{15}}{{12}} = \frac{5}{4}$.

Vì $\frac{{DE}}{{RS}} \ne \frac{{EF}}{{ST}}$ nên hai tam giác DEF và RST không đồng dạng với nhau.

Lời giải:

a) Ta có ΔMNP ᔕ ΔABC nên $\widehat N = \widehat B$

Xét tam giác vuông MNK và ABH có $\widehat N = \widehat B$

Suy ra ΔMNK ᔕ ΔABH nên $\frac{{MK}}{{AH}} = \frac{{MN}}{{AB}} = k$.

b) ΔMNP ᔕ ΔABC nên $\frac{{NP}}{{BC}} = \frac{{MN}}{{AB}} = k$

Ta có ${S_1}{S_2} = \frac{{\frac{1}{2}MK.NP}}{{\frac{1}{2}AH.BC}} = \frac{{MK}}{{AH}}.\frac{{NP}}{{BC}} = {k^2}$.

Lời giải:

• Xét hai tam giác vuông TUV và MKN, ta có:

$$\frac{{UV}}{{KN}} = \frac{{TV}}{{MN}} = \frac{2}{3}\;$$

Suy ra ΔTUV ᔕ ΔMKN (c.g.c)

• Xét hai tam giác vuông DEF và GHI, ta có:

$$\frac{{DE}}{{GH}} = \frac{{DF}}{{GI}} = \frac{6}{5}\;$$

Suy ra ΔDEF ᔕ ΔGHI (c.g.c).

Tam giác PQR có $\widehat P = 90^\circ - 48^\circ = 42^\circ$.

• Xét hai tam giác vuông BAC và PQR, ta có: $\widehat B = \widehat P = 42^\circ$

Suy ra ΔBAC ᔕ ΔPQR (g.g).

Lời giải:

a) Xét tam giác vuông DEF và HDE có: $\widehat E$ chung

Vậy ΔDEF ᔕ ΔHDF (g.g).

b) Từ câu b: ΔDEF ᔕ ΔHDF suy ra $\frac{{DF}}{{FH}} = \frac{{FE}}{{DF\;}}$ (các cạnh tương ứng).

Do đó DF$^{2}$ = FH.FE (đpcm).

c) Thay EF = 15 cm, FH = 5,4 cm ta có:

DF$^{2}$ = 5,4.15 = 81 suy ra DF = 9 cm.

Lời giải:

Xét ta giác vuông MEF và MAB ta có: $\widehat M$ chung

Suy ra ΔMEF ᔕ ΔMAB (g.g) nên $\frac{{EF}}{{AB}} = \frac{{MF}}{{MB}}$ (các cạnh tương ứng).

Khi đó $\frac{{1{,}65}}{{AB}} = \frac{2}{{20}}\;$suy ra $AB = \frac{{1{,}65\,.\,20}}{2} = 16{,}5\;$ (cm).

Vậy AB = 16,5 (cm).

Lời giải:

Xét tam giác vuông ABE và ACD có $\widehat B = \widehat C$

Suy ra ΔABE ᔕ ΔACD (g.g) nên $\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{BE}}{{CD}}$ (các cạnh tương ứng).

Khi đó $\frac{{20}}{{AC}} = \frac{{25}}{{15}}\;$nên $AC = \frac{{20\,.\,15}}{{25}}\; = 12$ (cm)

Vậy AC = 12 cm.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác vuông ABE, ta có:

BE$^{2}$ = AB$^{2}$+ AE$^{2}$

Suy ra $AE = \sqrt {B{E^2} - A{B^2}} = \sqrt {{{25}^2} - {{20}^2}} = 15$.

Do đó CE = AE – AC = 15 – 12 = 3 (cm).

Vậy CE = 3 cm.

Lời giải:

a) Ta có BH ⊥ AE, CJ ⊥ AE nên BH // CJ.

Suy ra $\widehat {ABH} = \widehat {BCD\;}$ (hai góc so le trong)

Xét hai tam giác vuông ABH và DCB có:

$\widehat {ABH} = \widehat {BCD\;}$ (chứng minh trên).

Suy ra ΔABH ᔕ ΔDCB (g.g).

b) ΔABH ᔕ ΔDCB nên $\widehat A = \widehat {BDC}$.

Xét tam giác vuông DCB và AEB ta có: $\widehat A = \widehat {BDC}$.

Suy ra ΔDCB ᔕ ΔAEB (g.g) nên $\frac{{BC}}{{BE}} = \frac{{BD}}{{BA}}$ (đpcm).

Lời giải:

Gọi chiều cao của tòa nhà là h = A*'C'* và cọc tiêu AC = 3 m.

Khoảng cách từ chân đến mắt người đo là DE = 1,5 m.

Cọc xa cây một khoảng A*'A = 27 m, và người cách cọc một khoảng AD = 1,2 m và gọi B là giao điểm của C'E và A'*A.

Vì A*'C'* ⊥ A*'B, AC ⊥ A'B, DE ⊥ A'B nên A'C'* // AC // DE.

• ΔDEB ᔕ ΔACB (vì DE // AC)

Suy ra $\frac{{DE}}{{AC}} = \frac{{DB}}{{AB}}$ (các cặp cạnh tương ứng).

Mà AC = 3 m; DE = 1,5 m nên

$$\frac{{1{,}5}}{3} = \frac{{DB}}{{AB}} \Rightarrow \frac{{DB}}{{AB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{DB}}{1} = \frac{{AB}}{2}$$

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

$$\frac{{DB}}{1} = \frac{{AB}}{2} = \frac{{AB - DB}}{{2 - 1}} = \frac{{AD}}{1} = 1{,}2$$

Suy ra $\frac{{DB}}{1} = 1{,}2$ nên DB = 1,2

$\frac{{AB}}{2} = 1{,}2$ suy ra AB = 2,4

Do đó A*'B = A'*A + AD + DB = 27 + 1,2 + 1,2 = 29,4 (m)

• ΔACB ᔕ ΔA*'C'B (vì AC // A'C'*)

Suy ra $\frac{{AB}}{{A\prime B}} = \frac{{AC}}{{A\prime C\prime }}$ (các cặp cạnh tương ứng).

Do đó $A\prime C\prime = \frac{{AC.A\prime B}}{{AB}} = \frac{{2.29{,}4}}{{2{,}4}} = 24{,}5\,\,(m)$

Vậy tòa nhà cao 24,5 m.

Lời giải:

a) Xét hai tam giác vuông AMH và AHB có: $\widehat A$ chung

Suy ra ΔAMH ᔕ ΔAHB (g.g)

b) ΔAMH ᔕ ΔAHB nên $\frac{{AM}}{{AH}} = \frac{{AH}}{{AB}}\;$ hay AM.AB = AH$^{2}$ (1)

Xét hai tam giác vuông ANH và AHC có: $\widehat A$ chung

Suy ra ΔANH ᔕ ΔAHC (g.g) nên $\frac{{AN}}{{AH}} = \frac{{AH}}{{AC}}\;$ hay AN.AC = AH$^{2}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra AM.AB = AN.AC (đpcm).

c) Ta có AM.AB = AN.AC, do đó $\frac{{AN}}{{AB}} = \frac{{AM}}{{AC}}$.

Xét hai tam giác vuông AMN và ABC có:

$\frac{{AN}}{{AB}} = \frac{{AM}}{{AC}}$ (chứng minh trên)

Do đó ΔANM ᔕ ΔABC (c.g.c)

d) Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABC, ta có:

BC$^{2}$ = AB$^{2}$ + AC$^{2}$ = 9$^{2}$ + 12$^{2}$ = 225.

Suy ra BC = 15 cm.

Xét hai tam giác vuông ABC và HBA có $\widehat B$ chung

Do đó ΔABC ᔕ ΔHBA (g.g).

Suy ra $\frac{{AC}}{{AH}} = \frac{{BC}}{{AB}}$ (các cặp cạnh tương ứng).

Khi đó AH.BC = AB.AC hay AH.15 = 9.12.

Suy ra AH = 7,2 cm.

• Từ (1): AM.AB = AH$^{2}$ nên $AM = \frac{{A{H^2}}}{{AB}} = \frac{{7,{2^2}}}{9} = 5{,}76\,\,(cm)$

• Từ (2): AN.AC = AH$^{2}$ nên $AN = \frac{{A{H^2}}}{{AC}} = \frac{{7,{2^2}}}{{12}} = 4{,}32\,\,(cm)$

Diện tích tam giác AMN là:

$\frac{1}{2}\,.\,5{,}76\,.\,4{,}32 = 12{,}4416\,\,(c{m^2})$.

Vậy diện tích tam giác AMN là 12,4416 cm$^{2}$.