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[.]
Trang 1PHIẾU 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 ngồi tam giác ABC hai tam
giác CAE và CBF tương ứng vng góc tại E ; F và thỏa mãn ACE CBA;BCF CAB Chứng minh rằng:CK2 AE.BF
Bài 2: Cho hình bình hành ABCD ( AC > BD) vẽ CE vng góc với AB tại E, vẽ CF vng góc với AD tại F.Chứng minh rằng AB.AE AD AF AC2
Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại A Lấy một điểm M bất kỳ trên cạnh AC Từ C vẽ một đường thẳng vng 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 khơng đổi
c) Kẻ DH BC, (H 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 B C 900 Kẻ đường cao AH Chứng minh rằng: AH2 BH.CH
Bài 5 : Cho tam giác ABC cân tại A(A 900), đường cao AD, trực tâm H Chứng minh hệ thức
2
CD 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 tơ đậm
Trang 2PHẦN HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1:
∆ACK và ∆CBF có :
0
CKA BFC 90 ;CAK BCF ∆ACK ”∆CBF (g.g) CK BF
CA BC (1)
Tương tự ta có ∆BCK ∆CAE(g.g) CK AE
CB AC (2)
Nhân từng vế của (1) và (2) ta được:
2CK CK BF AECK AE.BF.CA CB BC ACBài 2: Vẽ BH AC H AC Xét ABH và ACE có 0
AHB AEC 90 ;BACchung Suy ra ABH ” ACE (g.g)
AB AH
AB.AE AC.AH
AC AE (1)
Xét CBH và ACF có BCH CAF(so le trong) CHB CFA 90 0Suy ra CBH ∽ ACF (g.g) BC CHBC.AF AC.CHAC AF (2) Cộng vế theo vế (1) và (2) ta được: 2
AB.AE BC.AF AC.AH AC.CH AB.AE AD.AF AC AH CH AC
Trang 3Bài 3:
a) Chứng minh EA.EB = ED.EC
Xét ∆EBD và ∆ECA có: EDB EAC 900 ,
BEC chung nên ∆EBD ∆ECA (g-g) Từ đó suy ra
EB ED
EA.EB ED.EC
EC EA
b) Kẻ MI vng góc với BC (I BC) Ta có ∆BIM và ∆BDC có 0
BIM BDC 90 , MBC
chung , nên ∆BIM ∽∆BDC (g-g ) BM BI
BC BD BM.BD = BC.BI (1)
ương tự: ∆ACB ∽∆ICM (g-g) CM CI
BC CA
CM.CA = BC.CI (2)
Từ (1) và (2) cộng vế với vế,suy ra
2
BM.BD CM.CA BI.BC CI.BC BC(BI CI) BC (không đổi)
c) Xét ∆BHD ∆DHC (g-g) BH HD 2.HP HD HP HDDH HC 2.HQ HC HQ HC ∆HPD ∆HQC (c-g-c) PDH QCH mà HDP DPC 90 ooHCQ DPC 90 CQ PDBài 4:
Ta có ABC BAH AHB BAH 90 0 mà
ABC ACB 90
Từ đó suy ra: ABH CAH(g.g)
2
AH BH
AH BH.CH
CH AH
Bài 5: Ta có: BAD BCH ( 900 ABC) và
0
CDH ADB 90
Suy ra: ∆CDH ∆ADB(g.g) nên CD DH
AD DB
Ta lại có CD = DB nên CD2 = DA.DH
Trang 4Bài 6: Ta có: ∆AME ∆CMDEM AE 1DM 2.EMDM DC 2Đặt SAEM x Ta có ABMAMMADMS EM 1S 2xS DM 2
Ta có: SAEM SADM SADE 1SABD 1SABCD