Bài 8: Các trường hợp đồng dạng của tam giác vuông

a)xét ΔABC và ΔHDC ta có

\(\widehat{C}\) chung

\(\widehat{BAC}=\widehat{DHC}=90^o\)

=>ΔABC∼ΔHDC(g.g)

b)vì ΔABC∼ΔHDC

=>\(\dfrac{CH}{CA}=\dfrac{CD}{CB}\)

=>CH.CB=CD.CA

Không thấy đề sao giúp được em?

Xet ΔABD và ΔCBA có

AB/CB=BD/BA

góc B chung

=>ΔABD đồng dạng vơi ΔCBA

a: XétΔABC vuông tại A và ΔHBA vuông tại H có

góc B chung

=>ΔABC đồng dạng với ΔHBA

b: \(AH=\sqrt{15^2-9^2}=12\left(cm\right)\)

BI là phân giác của góc ABH

=>IA/AB=IH/BH

=>IA/5=IH/3=(IA+IH)/(5+3)=12/8=1,5

=>IA=7,5cm; IH=4,5cm

c: góc BAK+góc CAK=90 độ

góc BKA+góc HAK=90 độ

mà góc CAK=góc HAK

nên góc BAK=góc BKA

=>BI vuông góc AK

Xet ΔBAK có

BI,AI là đường cao

=>I là trực tâm

=>IK vuông góc AB

=>IK//AC

a: Xét ΔABE vuông tại E và ΔACF vuông tại F có

góc BAE chung

=>ΔABE đồng dạng với ΔACF
b: Xét ΔHDB vuông tại D và ΔHEA vuông tại E co

góc DHB=góc EHA

=>ΔHDB đồng dạng với ΔHEA
=>HD/HE=HB/HA

=>HD*HA=HE*HB

c: góc AFH+góc AEH=90+90=180 độ

=>AFHE nội tiếp

=>góc BEF=góc BAD

a: Xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có

góc FHB=góc EHC

=>ΔHFB đồng dạng với ΔHEC

Xét ΔFBH vuông tại F và ΔFCA vuông tại F có

góc FBH=góc FCA

=>ΔFBH đồng dạng vơi ΔFCA

=>FH/FA=BH/AC

=>FH*AC=BH*FA

b: Xét tứ giác BHCK có

I là trung điểm chung của BC và HK

=>BHCK là hình bình hành

=>CK//BH

=>CK vuông góc AC

=>AK là đường kính của (O)

Xet ΔAKC vuông tại C và ΔAHF vuông tại F có

góc AKC=góc AHF(=góc ABD)

=>ΔAKC đồng dạng với ΔAHF

xét ΔABC  và ΔADC có

\(\widehat{ADC}\)=\(\widehat{ABC}\)=90\(^o\)

\(\dfrac{AB}{DC}\)=\(\dfrac{BC}{AD}\)=1

=>ΔABC∼ΔADC(c.g.c)

a: Xet ΔABD vuông tại A và ΔDCA vuông tại D có

góc ABD=góc DCA

=>ΔABD đồng dạng vơi ΔDCA

b: Xét ΔADF vuông tại A và ΔDCA vuông tại D có

góc AFD=góc DAC

=>ΔADF đồng dạng với ΔDCA

a: \(AC=\sqrt{20^2-16^2}=12\left(cm\right)\)

BD là phân giác

=>AD/AB=CD/BC

=>AD/4=CD/5=(AD+CD)/(4+5)=12/9=4/3

=>AD=16/3cm; CD=20/3cm

b: Xét ΔABD vuông tại A và ΔHCD vuông tại H có

góc ADB=góc HDC

=>ΔABD đồng dạng với ΔHCD

Lời giải:
a. 

Áp dụng định lý Pitago:

$AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{20^2-16^2}=12$ (cm)

Áp dụng tính chất tia phân giác:

$\frac{AD}{CD}=\frac{AB}{BC}=\frac{16}{20}=\frac{4}{5}$

$\Rightarrow \frac{AD}{AD+CD}=\frac{4}{9}$

$\Rightarrow \frac{AD}{AC}=\frac{4}{9}\Rightarrow AD=\frac{4}{9}AC=\frac{4}{9}.12=\frac{16}{3}$ (cm)

$CD=AC-AD=12-\frac{16}{3}=\frac{20}{3}$ (cm)

b.

Xét tam giác $ABD$ và $HCD$ có:

$\widehat{BAD}=\widehat{CHD}=90^0$

$\widehat{BDA}=\widehat{CDH}$ (đối đỉnh)

$\Rightarrow \triangle ABD\sim \triangle HCD$ (g.g)

c.

Từ kết quả tam giác đồng dạng phần b suy ra:
$\frac{S_{HCD}}{S_{ABD}}=(\frac{CD}{BD})^2(*)$

Trong đó:

$CD=\frac{20}{3}$

$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{16^2+(\frac{16}{3})^2}=\frac{16\sqrt{10}}{3}(**)$

Từ $(*); (**)\Rightarrow \frac{S_{HCD}}{S_{ABD}}=\frac{5}{32}$

$\Rightarrow S_{HCD}=\frac{5}{32}S_{ABD}=\frac{5}{32}.\frac{AD}{AC}S_{ABC}$
$=\frac{5}{32}.\frac{16}{3.12}.\frac{AB.AC}{2}$

$=\frac{5}{32}.\frac{4}{9}.\frac{16.12}{2}=\frac{20}{3}$ (cm²)

Hình vẽ: