PHIẾU HỌC TẬP TOÁN 8 TUẦN 27
Hình học 8: Các trường hợp đồng dạng của tam giác vuông
Bài 1: Cho tam giác nhọn ABC có đường cao CK. Dựng ra phía ngoài tam giác ABC hai tam giác CAE và CBF tương ứng vuông góc tại E ; F và thỏa mãn $\widehat{ACE}=\widehat{CBA};\widehat{BCF}=\widehat{CAB}$ .
Chứng minh rằng:$C{{K}^{2}}=AE.BF$ .
Bài 2: Cho hình bình hành ABCD ( AC > BD) vẽ CE vuông góc với AB tại E, vẽ CF vuông góc với AD tại F.Chứng minh rằng $AB.AE\text{ }+\text{ }AD.\text{ }AF\text{ }=\text{ }A{{C}^{2}}$ .
Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy một điểm M bất kỳ trên cạnh AC. Từ C vẽ một đường thẳng vuông góc với tia BM, đường thẳng này cắt tia BM tại D, cắt tia BA tại E.
a) Chứng minh: EA.EB = ED.EC.
b) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì tổng BM.BD + CM.CA có giá trị không đổi.
c) Kẻ DH ^ BC, (H Î BC). Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BH, DH. Chứng minh CQ ^ PD.
Bài 4: Cho tam giác ABC có hai góc B và C thỏa mãn điều kiện $\widehat{B}-\widehat{C}={{90}^{0}}$ . Kẻ đường cao AH. Chứng minh rằng: $A{{H}^{2}}=BH.CH$
Bài 5 : Cho tam giác ABC cân tại A($\widehat{A}<{{90}^{0}}$), đường cao AD, trực tâm H. Chứng minh hệ thức
$C{{D}^{2}}=\text{ }DH.DA$
Bài 6:
Cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 150cm2 (như hình vẽ). Gọi E, F là trung điểm AB và BC. Gọi M, N là giao điểm của DE, DF với AC. Tính tổng diện tích phần tô đậm.
- Hết –
PHẦN HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1:
∆ACK và ∆CBF có : $\widehat {CKA} = \widehat {BFC} = {90^0};\widehat {CAK} = \widehat {BCF} \Rightarrow $ ∆ACK ∆CBF (g.g) $ \Rightarrow \frac{{CK}}{{CA}} = \frac{{BF}}{{BC}}$ (1).
Tương tự ta có ∆BCK $$ ∆CAE(g.g) $\Rightarrow \frac{CK}{CB}=\frac{AE}{AC}$ (2)
Nhân từng vế của (1) và (2) ta được:
$\Rightarrow \frac{CK}{CA}\cdot \frac{CK}{CB}=\frac{BF}{BC}\cdot \frac{A\text{E}}{AC}\Rightarrow C{{K}^{2}}=A\text{E}.BF.$
Bài 2:
Vẽ $BH\bot AC\left( H\in AC \right)$
Xét $\Delta $ ABH và $\Delta $ ACE có $\widehat {AHB} = \widehat {AEC} = {90^0};\widehat {BAC}$ chung . Suy ra $\Delta $ ABH $\Delta $ ACE (g.g) $ \Rightarrow \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{AH}}{{AE}} \Rightarrow AB.AE = AC.AH$ (1)
Xét$\Delta $CBH và $\Delta $ACF có $\widehat{BCH}=\widehat{CAF}$(so le trong) $\widehat{CHB}=\widehat{CFA}\left( ={{90}^{0}} \right)$
Suy ra $\Delta $CBH $\backsim $$\Delta $ACF (g.g) $\Rightarrow \frac{BC}{AC}=\frac{CH}{AF}\Rightarrow BC.AF=AC.CH$(2)
Cộng vế theo vế (1) và (2) ta được:
$AB.AE+BC.AF=AC.AH+AC.CH\Rightarrow AB.AE+AD.AF=AC\left( AH+CH \right)=A{{C}^{2}}.$
Bài 3:
a) Chứng minh EA.EB = ED.EC
Xét ∆EBD và ∆ECA có: $\widehat{E\text{D}B}=\widehat{E\text{A}C}={{90}^{0}}$ , $\widehat{BEC}$ chung nên ∆EBD $$ ∆ECA (g-g)
Từ đó suy ra
$\frac{EB}{EC}=\frac{ED}{EA}\Rightarrow EA.EB=ED.EC$
b) Kẻ MI vuông góc với BC (I Î BC). Ta có ∆BIM và ∆BDC có $\widehat{BIM}=\widehat{B\text{D}C}={{90}^{0}}$ , $\widehat{MBC}$ chung , nên ∆BIM $\backsim $∆BDC (g-g ) $\Rightarrow \frac{BM}{BC}=\frac{BI}{B\text{D}}\Rightarrow $BM.BD = BC.BI (1)
Tương tự: ∆ACB $\backsim $∆ICM (g-g) $\Rightarrow \frac{CM}{BC}=\frac{CI}{CA}$
$\Rightarrow $CM.CA = BC.CI (2)
Từ (1) và (2) cộng vế với vế,suy ra $BM.BD+CM.CA=BI.BC+CI.BC=BC(BI+CI)=B{{C}^{2}}$(không đổi)
c) Xét ∆BHD ∆DHC (g-g) Þ $\frac{{BH}}{{DH}} = \frac{{H{\rm{D}}}}{{HC}} \Rightarrow \frac{{2.HP}}{{2.HQ}} = \frac{{H{\rm{D}}}}{{HC}} \Rightarrow \frac{{HP}}{{HQ}} = \frac{{H{\rm{D}}}}{{HC}}$
Þ∆HPD ∆HQC (c-g-c) Þ $\widehat {PDH} = \widehat {QCH}$ mà $\widehat {HDP} + \widehat {DPC} = {90^o}$
$ \Rightarrow \widehat {HCQ} + \widehat {DPC} = {90^o}$ $ \Rightarrow CQ \bot PD$
Bài 4:
Ta có $\widehat{ABC}=\widehat{BAH}+\widehat{AHB}=\widehat{BAH}+{{90}^{0}}$ mà $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}+{{90}^{{}^\circ }}$$ \Rightarrow \widehat {ACH} = \widehat {BAH}$ .
Từ đó suy ra: $\Delta $ ABH $$ $\Delta $ CAH(g.g) ${\Rightarrow \frac { \mathrm { AH } } { \mathrm { CH } } = \frac { \mathrm { BH } } { \mathrm { AH } } \Rightarrow \mathrm { AH } ^ { 2 } = \mathrm { BH.CH }}$
Bài 5:
Ta có: $\widehat{BAD}=\widehat{BCH}$ $(={{90}^{0}}-\widehat{ABC})$ và $\widehat{CDH}=\widehat{ADB}={{90}^{0}}$
Suy ra: ∆CDH $$ ∆ADB(g.g) nên ${\frac { C \mathrm { D } } { A \mathrm { D } } = \frac { D H } { D B }}$ .
Ta lại có CD = DB nên CD2 = DA.DH.
Bài 6:
Ta có: ∆AME " ∆CMD $ \Rightarrow \frac{{EM}}{{DM}} = \frac{{AE}}{{DC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow DM = 2.EM$
Đặt ${{S}_{AEM}}=x$ Ta có ${\frac { S _ { A B M } } { S _ { A D M } } = \frac { E M } { D M } = \frac { 1 } { 2 } \Rightarrow S _ { A M M } = 2 x}$Ta có: ${{S}_{AEM}}+{{S}_{ADM}}={{S}_{ADE}}=\frac{1}{2}{{S}_{ABD}}=\frac{1}{4}{{S}_{ABCD}}$ $\Rightarrow x+2x=37,5\Leftrightarrow x=12,5$ $\Rightarrow {{S}_{AMD}}=25\text{ }c{{m}^{2}}$
Tương tự ta có: ${S _ { \mathrm { CNE } } = 12,5 \mathrm { cm } ^ { 2 } ; \mathrm { S } _ { \mathrm { CND } } = 25 \mathrm { cm } ^ { 2 }}$
${{S}_{DMN}}={{S}_{ACD}}-{{S}_{AMD}}-{{S}_{CND}}=75-25-25=25\text{ }c{{m}^{2}}$
Þ diện tích phần tô đậm là: ${12,5 + 12,5 + 25 = 50 \mathrm { cm } ^ { 2 }}$. - Hết -
