Bài tập tuần Toán lớp 8 Tuần 27 có đáp án chi tiết

Bài tập tuần Toán lớp 8 Tuần 27 có đáp án

Bài 1: Cho tam giác nhọn ABC có đường cao CK. Dựng ra phía ngoài tam giác ABC hai tam giác CAF 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 $ABCD\left(AC>BD\right)$ vẽ CE vuông góc với AB tại E, vẽ CF vuông góc với AD tại F.Chứng minh rằng : $AB.AE+AD.AF=A{C}^2$

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 $DH\perp BC,\left(H\in BC\right).$ Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của các đọan thẳng BH,DH. Chứng minh $CQ\perp PD$

Bài 4: Cho tam giác ABC có hai góc B và C thỏa mãn điều kiện $\widehat{B}-\widehat{C}=90°$. Kẻ đường cao AH. Chứng minh rằng: $A{H}^2=BH.CH$

Bài 5: Cho tam giác ABC cân tại $A\left(\widehat{A}<{90}^0\right)$, đường cao AD  trực tâm H. Chứng minh hệ thức $C{D}^2=DH.DA$

Bài 6: Cho hình chữ nhật ABCD có diện tích $150 c{m}^2$ (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.

PHẦN HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1:

$\Delta ACK$ và $\Delta CBF$ có:

$$\begin{gathered} :\widehat{CKA}=\widehat{BFC}=90°; \\ \widehat{CAK}=\widehat{BCF} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \Delta ACK\#\Delta CBF(g.g) \\ \Rightarrow \frac{CK}{CA}=\frac{BF}{DC} \left(1\right) \end{gathered}$$

Tương tự ta có:

$$\begin{gathered} \Delta BCK\#\Delta CAE(g.g) \\ \Rightarrow \frac{CK}{CB}=\frac{AE}{AC} \end{gathered}$$

Nhân từng vế của (1) và (2) ta được:

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{CK}{CA}\cdot \frac{CK}{CB}=\frac{BF}{BC}\cdot \frac{AE}{AC} \\ \Rightarrow C{K}^2=AE.BF \end{gathered}$$

Bài 2:

Vẽ $BH\perp AC\left(H\in AC\right)$

Xét $\Delta ABH$ và $\Delta ACE$ có $\widehat{AHB}=\widehat{AEC}=90°;\widehat{BAC}$ chung

Suy ra $\Delta ABH\#\Delta ACE(g.g)$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{AB}{AC}=\frac{AH}{AE} \\ \Rightarrow AB.AE=AC.AH\left(1\right) \end{gathered}$$

Xét $\Delta CBH$ và $\Delta ACF$ có $\widehat{BCH}$

$\widehat{CHB}=\widehat{CFA}\left(=90°\right)$

Suy ra $\Delta CBH\#\Delta ACF$(g.g)

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{BC}{AC}=\frac{CH}{AF} \\ \Rightarrow BC.AF=AC.CH\left(2\right) \end{gathered}$$

Cộng vế theo vế (1) và (2) ta được:

$$\begin{gathered} AB.AE+BC.AF \\ =AC.AH+AC.CH \\ \Rightarrow AB.AE+AD.AF \\ =AC\left(AH+CH\right)=A{C}^2 \end{gathered}$$

Bài 3:

a) Chứng minh  $EA.EB=ED.EC$

Xét $\Delta EBD$ và $\Delta ECA$ có: $\widehat{EDB}=\widehat{EAC}=90°,\widehat{BEC}$ chung nên $\Delta EBD\#\Delta ECA(g-g)$

Từ đó suy ra :

$$\begin{gathered} \frac{EB}{EC}=\frac{ED}{EA} \\ \Rightarrow EA.EB=ED.EC \end{gathered}$$

b) Kẻ MI vuông góc với $BC\left(I\in BC\right)$

Ta có $\Delta BIM$ và $\Delta BDC$ có

$\widehat{BIM}=\widehat{BDC}=90°,$

$\widehat{MBC}$ chung,

nên  $\Delta BIM\#\Delta BDC(g-g)$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{BM}{BC}=\frac{BI}{BD} \\ \Rightarrow BM.BD=BC.BI \left(1\right) \end{gathered}$$

Tương tự:

$$\begin{gathered} \Delta ABC\#\Delta ICM(g-g) \\ \Rightarrow \frac{CM}{BC}=\frac{CI}{CA} \\ \Rightarrow CM.CA=BC.CI\left(2\right) \end{gathered}$$

Từ (1) và (2) cộng vế với vế, suy ra

$$\begin{gathered} BM\cdot BD+CM.CA \\ =BI.BC+CI.BC \\ =BC\left(BI+CI\right)=B{C}^2(không đổi) \end{gathered}$$

c) Xét $\Delta BHD\#\Delta DHC(g-g)$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{BH}{DH}=\frac{HD}{HC} \\ \Rightarrow \frac{2.HP}{2.HQ}=\frac{HD}{HC} \\ \Rightarrow \frac{HP}{HQ}=\frac{HD}{HC} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \Delta HPD\#\Delta HQC\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(c-g-c)} \\ \Rightarrow \widehat{PDH}=\widehat{QCH} \end{gathered}$$

mà $\widehat{HDP}+\widehat{DPC}=90°$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \widehat{HCQ}+\widehat{DPC}=90° \\ \Rightarrow CQ\perp PD \end{gathered}$$

Bài 4:

Ta có:

$$\begin{gathered} \widehat{ABC}=\widehat{BAH}+\widehat{AHB} \\ =\widehat{BAH}+90° \end{gathered}$$

mà $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}+90°$

$\Rightarrow \widehat{ACH}=\widehat{BAH}$

Từ đó suy ra:

$\Delta ABH\#\Delta CAH(g.g)$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{AH}{CH}=\frac{BH}{AH} \\ \Rightarrow A{H}^2=BH.CH \end{gathered}$$

Bài 5:

Ta có: 

$\widehat{BAD}=\widehat{BCH}\left(=90°-\widehat{ABC}\right)$

và $\widehat{CDH}=\widehat{ADB}=90°$

Suy ra: $\Delta CDH\#\Delta ADB(g.g)$ nên $\frac{CD}{AD}=\frac{DH}{DB}$

Ta lại có CD=DB nên $C{D}^2=DA.DH$.

Bài 6:

Ta có: $\Delta AME\#\Delta CMD$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{EM}{DM}=\frac{AE}{DC}=\frac{1}{2} \\ \Rightarrow DM=2.EM \end{gathered}$$

Đặt  $S_{AEM}=x$

Ta có: $$\begin{gathered} \frac{S_{ABM}}{S_{ADM}}=\frac{EM}{DM}=\frac{1}{2} \\ \Rightarrow S_{AMM}=2x \end{gathered}$$

Ta có: 

$$\begin{gathered} S_{AEM}+S_{ADM}=S_{ADE} \\ =\frac{1}{2}{S}_{ABD}=\frac{1}{4}{S}_{ABCD} \\ \Rightarrow x+2x=37,5\iff x=12,5 \\ \Rightarrow S_{AMD}=25 c{m}^2 \end{gathered}$$

Tương tự ta có:

$S_{CNE}=12,5 c{m}^2;S_{CND}=25 c{m}^2$

$$\begin{gathered} S_{DMN}=S_{ACD}-S_{AMD}-S_{CND} \\ =75-25-25=25 cm \end{gathered}$$

 diện tích phần tô đậm là:  

$12,5+12,5+25=50 c{m}^2$