Câu 51 trang 97 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 2. 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. Giải: 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 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 trang 97 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 2. 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 Giải: (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) Vậy ∆ BOC đồng dạng ∆ ADO (g.g) Câu 53 trang 97 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 2. 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. Giải: (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 trang 97 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 2. 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 Giải: (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: \(\widehat E\) chung \(\widehat {EDB} = \widehat {ECA}\) (chứng minh trên ) Vậy ∆ EDB đồng dạng ∆ ECA (g.g) Suy ra: \({{ED} \over {EC}} = {{EB} \over {EA}} \Rightarrow ED.EA = EC.EB\) Câu 55 trang 98 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 2. Tam giác ABC có ba đường cao AD, BE, CF đồng quy tại H. Chứng minh rằng AH.DH = BH.EH = CH.FH Giải: (hình trang 121 sgbt) Xét ∆ AFH và ∆ CDH, ta có: \(\widehat {AFH} = \widehat {CDH} = 90^\circ \) \(\widehat {AHF} = \widehat {CHD}\) (đối đỉnh) Suy ra: ∆ AFH đồng dạng ∆ CDH (g.g) Suy ra: \({{AH} \over {CH}} = {{FH} \over {DH}}\) Suy ra: AH.DH = CH.FH (1) Xét ∆ AEH và ∆ BDH, ta có: \(\widehat {AEH} = \widehat {BDH} = 90^\circ \) \(\widehat {AHE} = \widehat {BHD}\) (đối đỉnh) Suy ra: ∆ AEH đồng dạng ∆ BDH (g.g) Suy ra: \({{AH} \over {BH}} = {{EH} \over {DH}}\) Suy ra: AH.DH = BH.EH (2) Từ (1) và (2) suy ra: AH.DH = BH.EH = CH.FH. Câu 56 trang 98 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 2. Hai điểm M và K thứ tự nằm trên cạnh AB và BC của tam giác ABC; hai đoạn thẳng AK và CM cắt nhau tại điểm P. Biết rằng AP = 2 PK và CP = 2PM. Chứng minh rằng AK và CM là các trung tuyến của tam giác ABC. Giải: (hình trang 121 sgbt) Xét ∆ PAC và ∆ PKM, ta có: \({{PK} \over {PA}} = {1 \over 2};{{PM} \over {PC}} = {1 \over 2}\) Suy ra: \({{PK} \over {PA}} = {{PM} \over {PC}} = {1 \over 2}\) Lại có: \(\widehat {APC} = \widehat {KPM}\) (đối đỉnh) Suy ra: ∆ PKM đồng dạng ∆ PAC (c.g.c) với tỉ số đồng dạng k = \({1 \over 2}\) Suy ra: \({{KM} \over {AC}} = {1 \over 2}\) (1) Vì ∆ PKM đồng dạng ∆ PAC nên: \(\widehat {PKM} = \widehat {PAC}\) Suy ra: KM // AC (vì có cặp góc ở vị trí so le trong bằng nhau) Trong tam giác ABC, ta có: KM // AC Suy ra: ∆ BMK đồng dạng ∆ BAC (g.g) Suy ra: \({{BM} \over {BA}} = {{BK} \over {BC}} = {{MK} \over {AC}}\) (2) Từ (1) và (2) suy ra : \({{BM} \over {BA}} = {{BK} \over {BC}} = {1 \over 2}\) Vì BM = \({1 \over 2}\) BA nên M lừ trung điểm AB Vì BK = \({1 \over 2}\) BC nên K là trung điểm của BC. Vậy BK và CM là đường trung tuyến của tam giác ABC. Câu 57 trang 98 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 2. Cho hình bình hành ABCD. Từ A kẻ AM vuông góc với BC, AN vuông góc với CD(M thuộc BC và N thuộc CD). Chứng minh rằng tam giác MAN đồng dạng với tam giác ABC. Giải: (hình trang 122, 123 sgbt) Trường hợp góc B nhọn : Xét ∆ AMB và ∆ AND, ta có: \(\widehat {AMB} = \widehat {AND} = 90^\circ \) \(\widehat B = \widehat D\) (tính chất hình bình hành) Suy ra: ∆ AMB đồng dạng ∆ AND (g.g) Suy ra: \(\eqalign{ & {{AM} \over {AN}} = {{AB} \over {AD}} \cr & \Rightarrow {{AM} \over {AB}} = {{AN} \over {AD}} \cr} \) Mà AD = BC (tính chất hình bình hành) Suy ra: \({{AM} \over {AB}} = {{AN} \over {BC}}\) Lại có: AB // CD (gt) AN ⊥ CD (gt) Suy ra: AN ⊥ AB hay góc NAB = 90° Suy ra: \(\widehat {NAM} + \widehat {MAB} = 90^\circ \) (1) Trong tam giác vuông AMB ta có: \(\widehat {ABM} = 90^\circ \) Suy ra: \(\widehat {MAB} + \widehat B = 90^\circ \) (2) Từ (1) và (2) suy ra : \(\widehat {NAM} = \widehat B\) Xét ∆ ABC và ∆ MAN, ta có: \({{AM} \over {AB}} = {{AN} \over {BC}}\) (chứng minh trên ) (chứng minh trên ) Vậy ∆ ABC đồng dạng ∆ MAN (c.g.c) Trường hợp góc B tù: Xét ∆ AMB và ∆ AND, ta có: \(\widehat {AMB} = \widehat {AND} = 90^\circ \) \(\widehat {ABM} = \widehat {ADN}\) (vì cùng bằng góc C) Suy ra: ∆ AMB đồng dạng ∆ AND (g.g) Suy ra: \({{AM} \over {AN}} = {{AB} \over {AD}} \Rightarrow {{AM} \over {AB}} = {{AN} \over {AD}}\) Mà AD = BC (tính chất hình bình hành ) Suy ra: \({{AM} \over {AB}} = {{AN} \over {BC}}\) Vì AB // CD nên \(\widehat {ABC} + \widehat C = 180^\circ \) (3) Tứ giác AMCN có \(\widehat {AMC} = \widehat {AND} = 90^\circ \) Suy ra: \(\widehat {MAN} + \widehat C = 180^\circ \) (4) Từ (3) và (4) suy ra : \(\widehat {MAN} = \widehat {ABC}\) Xét ∆ AMN và ∆ ABC, ta có: \({{AM} \over {AB}} = {{AN} \over {BC}}\) (chứng minh trên ) \(\widehat {MAN} = \widehat {ABC}\) (chứng minh trên ) Vậy ∆ MAN đồng dạng ∆ ABC (c.g.c) Câu 58 trang 98 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 2. Giả sử AC là đường chéo lớn của hình bình hành ABCD. Từ C, vẽ đường vuông góc CE với đường thẳng AB, đường vuông góc CF với đường thẳng AD (E,F thuộc phần kéo dài của các cạnh AB và AD). Chứng minh rằng AB.AE + AD.AF = \(A{C^2}\). Giải: (hình trang 123 sgbt) Dựng BG ⊥ AC. Xét ∆ BGA và ∆ CEA, ta có: \(\widehat {BGA} = \widehat {CEA} = 90^\circ \) \(\widehat A\) chung Suy ra: ∆ BGA đồng dạng ∆ CEA (g.g) Suy ra: \({{AB} \over {AC}} = {{AG} \over {AE}}\) Suy ra: AB.AE = AC.AG (1) Xét ∆ BGC và ∆ CFA, ta có: \(\widehat {BGC} = \widehat {CFA} = 90^\circ \) \(\widehat {BCG} = \widehat {CAF}\) (so le trong vì AD // BC) Suy ra: ∆ BGC đồng dạng ∆ CFA (g.g) Suy ra: \({{AF} \over {CG}} = {{AC} \over {BC}} \Rightarrow BC.AF = AC.CG\) Mà BC = AD (tính chất hình bình hành ) Suy ra: AD.AF = AC.CG (2) Cộng từng vế của đẳng thức (1) và (2) ta có: AB.AE + AD.AF = AC.AG + AC.CG \( \Rightarrow AB.AE + AD.AF = AC\left( {AG + CG} \right)\) Mà \(AG + CG = AC\) nên \(AB.AE + AD.AF = A{C^2}\) Câu 59 trang 98 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 2. Tam giác ABC có hai đường cao là AD và BE (D thuộc BC, E thuộc AC). Chứng minh hai tam giác DEC và ABC là hai tam giác đồng dạng. Giải: (hình trang 124 sgbt) Xét ∆ ADC và ∆ BEC, ta có: \(\widehat {ADC} = \widehat {BEC} = 90^\circ \) \(\widehat C\) chung Suy ra: ∆ ADC đồng dạng ∆ BEC (g.g) Suy ra: \({{AC} \over {BC}} = {{DC} \over {EC}} \Rightarrow {{EC} \over {BC}} = {{DC} \over {AC}}\) Xét ∆ DEC và ∆ ABC, ta có: \({{EC} \over {BC}} = {{DC} \over {AC}}\) \(\widehat C\) chung Vậy ∆ DEC đồng dạng ∆ ABC (c.g.c) Câu 60 trang 98 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 2. Tam giác ABC có hai trung tuyến AK và CL cắt nhau tại O. Từ một điểm P bất kì trên cạnh AC, vẽ các đường thẳng PE song song với AK, PF song song với CL (E thuộc BC, F thuộc AB). Các trung tuyến AK, CL cắt đoạn thẳng EF theo thứ tự tại M, N Chứng minh rằng các đoạn thẳng FM, MN, NE bằng nhau. Giải: (hình trang 125 sgbt) Gọi Q là giao điểm của PF và AK, I là giao điểm của PE và CL. Trong tam giác FBE, ta có: PE // AK hay QM // PE Suy ra: \({{FQ} \over {FB}} = {{FM} \over {FE}}\) (Định lí Ta-lét ) (1) Trong tam giác ALO, ta có: PF // CL hay FQ // LO Suy ra: \({{AF} \over {AL}} = {{FQ} \over {LO}}\) (Định lí Ta-lét ) (2) Trong tam giác ALC,ta có: PF // CL Suy ra: \({{AF} \over {AL}} = {{FP} \over {CL}}\) (Định lí Ta-lét ) (3) Từ (2) và (3) suy ra \({{FQ} \over {LO}} = {{FP} \over {CL}} \Rightarrow {{FQ} \over {FP}} = {{LO} \over {CL}}\) Vì LO = \({1 \over 3}\) CL (tính chất đường trung tuyến) nên \({{FQ} \over {FP}} = {1 \over 3}\) (4) Từ (1) và (4) suy ra \({{FM} \over {FE}} = {1 \over 3} \Rightarrow FM = {1 \over 3}FE\) Trong tam giác EBF, ta có: PF // CL hay NI // PF Suy ra: \({{EI} \over {EP}} = {{EN} \over {EF}}\) (Định lí Ta-lét ) (5) Trong tam giác CKO, ta có: EI // OK Suy ra: \({{CE} \over {CK}} = {{EI} \over {KO}}\) (Định lí Ta-lét ) (6) Trong tam giác CKA, ta có: PE // AK Suy ra: \({{CE} \over {CK}} = {{EP} \over {AK}}\) (Định lí Ta-lét ) (7) Từ (6) và (7) suy ra : \(\eqalign{ & {{EI} \over {OK}} = {{EP} \over {AK}} \cr & \Rightarrow {{EI} \over {EP}} = {{OK} \over {AK}} \cr} \) Vì OK = \({1 \over 3}\)AK (tính chất đường trung tuyến) nên: \({{EI} \over {EP}} = {1 \over 3}\) (8) Từ (5) và (8) suy ra : \(\eqalign{ & {{EN} \over {EF}} = {1 \over 3} \cr & \Rightarrow EN = {1 \over 3}EF \cr} \) Ta có: \(\eqalign{ & MN = EF - \left( {EN + FM} \right) \cr & = EF - \left( {{1 \over 3}EF + {1 \over 3}EF} \right) = {1 \over 3}EF \cr} \) Vậy EN = MN = NF.
