Toán 8 Bài 8: Trường hợp đồng dạng thứ ba của tam giác Giải Toán 8 Cánh diều tập 2 trang 83, 84, 85

Giải Toán 8 Bài 8: Trường hợp đồng dạng thứ ba của tam giác là tài liệu vô cùng hữu ích giúp các em học sinh lớp 8 có thêm nhiều gợi ý tham khảo để giải các bài tập trong SGK Toán 8 Cánh diều tập 2 trang 83, 84, 85.

Giải bài tập Toán 8 Cánh diều tập 2 trang 83 → 85 được trình bày rõ ràng, cẩn thận, dễ hiểu nhằm giúp học sinh nhanh chóng biết cách làm bài. Đồng thời, cũng là tài liệu hữu ích giúp giáo viên thuận tiện trong việc hướng dẫn học sinh ôn tập Bài 8 Chương VIII: Tam giác đồng dạng, hình đồng dạng. Vậy mời thầy cô và các em theo dõi bài viết dưới đây của Eballsviet.com:

Giải Toán 8 Cánh diều Tập 2 trang 85

Bài 1

Cho Hình 86.

a) Chứng minh \(\triangle\)MNP \(\sim\) \(\triangle\)ABC.

b) Tìm x.

Lời giải:

a) Ta có: \(\widehat{M}=\widehat{A}=60^{\circ}\); \(\widehat{N}=\widehat{B}=45^{\circ}\)

Suy ra: \(\triangle\)MNP \(\sim\) \(\triangle\)ABC (g.g)

b) \(\triangle\)MNP \(\sim\) \(\triangle\)ABC nên \(\frac{MP}{AC}=\frac{NP}{BC}\) hay \(\frac{x}{4\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{3}}{4\sqrt{3}}\)

Do đó: x = \(3\sqrt{2}\).

Bài 2

Cho hai tam giác ABC và PMN thỏa mãn \(\widehat{A}=70^{\circ}\), \(\widehat{B}=80^{\circ}\), \(\widehat{M}=80^{\circ}\), \(\widehat{N}=30^{\circ}\). Chứng minh \(\frac{AB}{PM}=\frac{BC}{MN}=\frac{CA}{NP}\).

Lời giải:

Tam giác MNP có: \(\widehat{M}+\widehat{N}+\widehat{P}=180^{\circ}\)

Mà \(\widehat{M}=80^{\circ}\), \(\widehat{N}=30^{\circ}\)

Suy ra: \(\widehat{P}=70^{\circ}\).

Ta có: \(\widehat{A}=\widehat{P}=70^{\circ}\); \(\widehat{B}=\widehat{M}=80^{\circ}\)

Suy ra: \(\triangle\)ABC \(\sim\) \(\triangle\)PMN (g.g)

Do đó: \(\frac{AB}{PM}=\frac{BC}{MN}=\frac{CA}{NP}\).

Bài 3

Cho tam giác nhọn ABC, hai đường cao AD và BE cắt nhau tại H. Chứng minh:

a) \(\triangle\)ACD \(\sim\) \(\triangle\)BCE và CA . CE = CB . CD;

b) \(\triangle\)ACD \(\sim\) \(\triangle\)AHE và AC . AE = AD . AH.

Lời giải:

a) Ta có: \(\widehat{ADC}=\widehat{BEC}=90^{\circ}\); chung góc C

Suy ra: \(\triangle\)ACD \(\sim\) \(\triangle\)BCE (g.g)

Do đó: \(\frac{CA}{CB}=\frac{CD}{CE}\) hay CA . CE = CB . CD.

b) Ta có: \(\widehat{ADC}=\widehat{AEH}=90^{\circ}\); chung góc A

Suy ra: \(\triangle\)ACD \(\sim\) \(\triangle\)AHE (g.g)

Do đó: \(\frac{AC}{AH}=\frac{AD}{AE}\) hay AC . AE = AD . AH.

Bài 4

Cho Hình 87 với \(\widehat{OAD}=\widehat{OCB}\). Chứng minh:

a) \(\triangle\)OAD \(\sim\) \(\triangle\)OCB;

b) \(\frac{OA}{OD}=\frac{OC}{OB}\);

c) \(\triangle\)OAC \(\sim\) \(\triangle\)ODB.

Lời giải:

a) Ta có: \(\widehat{OAD}=\widehat{OCB}\); chung góc O

Suy ra: \(\triangle\)OAD \(\sim\) \(\triangle\)OCB (g.g)

b) Do \(\triangle\)OAD \(\sim\) \(\triangle\)OCB nên \(\frac{OA}{OC}=\frac{OD}{OB}\)

Hay \(\frac{OA}{OD}=\frac{OC}{OB}\).

c) Ta có: \(\frac{OA}{OD}=\frac{OC}{OB}\) (cmt) và chung góc O

Suy ra: \(\triangle\)OAC \(\sim\) \(\triangle\)ODB (c.g.c)

Bài 5

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH (Hình 88). Chứng minh:

a) \(\triangle\)ABC \(\sim\) \(\triangle\)HBA và \(AB^{2}\) = BC . BH;

b) \(\triangle\)ABC \(\sim\) \(\triangle\)HAC và \(AC^{2}\) = BC . CH;

c) \(\triangle\)ABH \(\sim\) \(\triangle\)CAH và \(AH^{2}\) = BH . CH;

d) \(\frac{1}{AH^{2}}=\frac{1}{AB^{2}}+\frac{1}{AC^{2}}\).

Lời giải:

a) Ta có: \(\widehat{BAC}=\widehat{BHA}=90^{\circ}\); chung góc B

Suy ra: \(\triangle\)ABC \(\sim\) \(\triangle\)HBA (g.g)

Do đó: \(\frac{AB}{HB}=\frac{BC}{BA}\)

Hay \(AB^{2}\) = BC . BH.

b) Ta có: \(\widehat{BAC}=\widehat{AHC}=90^{\circ}\); chung góc C

Suy ra: \(\triangle\)ABC \(\sim\) \(\triangle\)HAC (g.g)

Do đó: \(\frac{AC}{HC}=\frac{BC}{AC}\)

Hay \(AC^{2}\) = BC . CH.

c) Ta có: \(\triangle\)ABC \(\sim\) \(\triangle\)HBA

Mà \(\triangle\)ABC \(\sim\) \(\triangle\)HAC

Suy ra: \(\triangle\)ABH \(\sim\) \(\triangle\)CAH

Do đó: \(\frac{AH}{CH}=\frac{BH}{AH}\)

Hay \(AH^{2}\) = BH . CH.

d) Ta có: \(AB^{2}\) = BC . BH. Suy ra: \(\frac{1}{AB^{2}}=\frac{1}{BC.BH}\)

\(AC^{2}\) = BC . CH. Suy ra: \(\frac{1}{AC^{2}}=\frac{1}{BC.CH}\)

\(AH^{2}\) = BH . CH. Suy ra: \(\frac{1}{AH^{2}}=\frac{1}{BH.CH}\) (1)

Ta có: \(\frac{1}{AB^{2}}+\frac{1}{AC^{2}}=\frac{1}{BC.BH}+\frac{1}{BC.CH}=\frac{CH+BH}{BC.BH.CH}=\frac{BC}{BC.BH.CH}=\frac{1}{BH.CH}\) (2)

Từ (1)(2) suy ra: \(\frac{1}{AH^{2}}=\frac{1}{AB^{2}}+\frac{1}{AC^{2}}\).

Bài 6

Trong Hình 89, bạn Minh dùng một dụng cụ để đo chiều cao của cây. Cho biết khoảng cách từ mắt bạn Minh đến cây và đến mặt đất lần lượt là AH = 2,8 m và AK = 1,6 m. Em hãy tính chiều cao của cây.

Lời giải:

Chiều cao của cây là đoạn thẳng BC.

Ta có: AHBK là hình chữ nhật nên AK = BH = 1,6 m

Tam giác AHB vuông tại H: AB = \(\sqrt{AH^{2}+BH^{2}}=\sqrt{2,8^{2}+1,6^{2}}=\frac{2\sqrt{65}}{5}\)

Ta có: \(\widehat{AHB}=\widehat{CAB}=90^{\circ}\); chung góc B

Suy ra: \(\triangle\)HBA \(\sim\) \(\triangle\)ABC

Do đó: \(\frac{HB}{AB}=\frac{BA}{BC}\)

Suy ra: BC = \(\frac{AB^{2}}{HB}\) = 6,5 m.