Bài 5: Trường hợp đồng dạng thứ nhất (c.c.c)

Ta có: 4/8 = 5/10 = 6/12 .Vậy hai tam giác đó đồng dạng

Ta có: 3/9 = 6/18 ≠ 4/15 . Vậy hai tam giác đó không đồng dạng.

Ta có: 1/2 = 1/2 = 0.5/1 . Vậy hai tam giác đó đồng dạng.

* Trong tam giác vuông A’B’C’ có $\angle A\text{'}={90}^0$

Áp dụng định lí Pi-ta-go, ta có: $A\text{'}B{\text{'}}^2+A\text{'}C{\text{'}}^2=B\text{'}C{\text{'}}^2$

Suy ra: $A\text{'}C{\text{'}}^2=B\text{'}C{\text{'}}^2-A\text{'}B{\text{'}}^2$ = ${15}^2-9^2$ = 144

Suy ra: A’C’ = 12 (cm)

* Trong tam giác vuông ABC có $\angle A={90}^0$

Áp dụng định lí Pi-ta-go, ta có: $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2=6^2+8^2$ =100

Suy ra: BC = 10 (cm)

Ta có: 

Suy ra: 

Vậy $△$A’B’C’ đồng dạng ΔABC (c.c.c)

Trong $△$OAB, ta có PQ là đường trung bình nên: PQ =1/2 AB (tính chất đường trung bình của tam giác)

Suy ra:  (1)

Trong $△$OAC, ta có PR là đường trung bình nên:

PR = 1/2 AC (tính chất đường trung bình của tam giác)

Suy ra:  (2)

Trong $△$OBC, ta có QR là đường trung bình nên

QR = 1/2 BC (tính chất đường trung bình của tam giác)

Suy ra: 

Từ (1), (2) và (3) suy ra: 

Vậy $△$PQR đồng dạng $△$ABC (c.c.c)

* Trong $△$AHB, ta có:

K trung điểm của AH (gt)

M trung điểm của BH (gt)

Suy ra KM là đường trung bình của tam giác AHB.

Suy ra: KM = 1/2 AB (tính chất đường trung bình của tam giác)

Suy ra:  (1)

* Trong $△$AHC, ta có:

K trung điểm của AH (gt)

N trung điếm của CH (gt)

Suy ra KN là đường trung bình của tam giác AHC.

Suy ra: KN =1/2 AC (tính chất đường trung bình của tam giác)

Suy ra:  (2)

* Trong$△$BHC, ta có:

M trung điểm của BH (gt)

N trung điểm của CH (gt)

Suy ra MN là đường trung bình của tam giác BHC.

Suy ra: MN = 1/2 BC (tính chất đường trung bình của tam giác)

Suy ra: (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: 

Vậy $△$KMN đồng dạng $△$ABC (c.c.c)

Ta có: 

* Trong $△$AOB ta có:

P trung điểm của OA (gt)

Q trung điếm của OB (gt)

Suy ra PQ là đường trung bình của$△$AOB

Suy ra: PQ = 1/2 AB (tính chất đường trung bình của tam giác)

Suy ra:  (1)

* Trong $△$OAC, ta có:

P trung điểm của OA (gt)

R trung điểm của OC (gt)

Suy ra PR là đường trung bình của tam giác OAC.

Suy ra: PR =1/2 AC (tính chất đường trung bình của tam giác)

Suy ra:  (2)

* Trong $△$OBC, ta có:

Q trung điểm của OB (gt)

R trung điểm của OC (gt)

Suy ra QR là đường trung bình của tam giác OBC

Suy ra: QR = 1/2 BC (tính chất đường trung bình của tam giác)

Suy ra:  (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: 

Vậy $△$PQR đồng dạng $△$ABC (c.c.c)

Gọi p’ là chu vi tam giác PQR.

Tacó: 

Vậy: 

* Cách dựng:

- Trên cạnh AB dựng điểm M sao cho AM = 2/3 AB

- Trên cạnh AC dựng điểm N sao cho AN = 2/3 AC

- Dựng đoạn thẳng MN ta được tam giác AMN đồng dạng với tam giác ABC theo tỉ số đồng dạng k = 2/3

* Chứng minh:

Theo cách dựng ta có:

Suy ra: 

Trong ΔABC, ta có: 

Theo định lí đảo của định lí Ta-lét ta có: MN // BC

Vậy $△$AMN đồng dạng $△$ABC và 

a. Đúng

b. Sai

c. Sai

d. Đúng

Theo giả thiết D, E, F lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC và CA nên DE, EF, FD là các đường trung bình của tam giác ABC. Do đó, ta có:

DE = 1/2 AC,EF = 1/2 AB,FD = 1/2 BC (1)

Mặt khác, M là trung điểm của OA, P là trung điểm của OB, Q là trung điểm của OC, xét các tam giác OAB, OBC, OCA, ta cũng có:

MP = 1/2 AB,PQ = 1/2 BC, QM = 1/2 AC. (2)

Từ đẳng thức (1) và (2), ta suy ra :

DE = QM, EF = MP, FD = PQ.

Do đó ta có: 

Vậy $△$DEF đồng dạng $△$QMP theo tỉ số đồng dạng k = 1, trong đó D, E, F lần lượt tương ứng với các đỉnh Q, M, P.

Lục giác DPEQFM có các cặp cạnh đối bằng nhau từng đôi một:

DP = QF (vì bằng 1/2 OA);

PE = MF (vì bằng 1/2 OC)

EQ = MD (vì bằng 1/2 OB)

Lục giác DPEQFM có 6 cạnh bằng nhau chỉ khi DP = PE = EQ.

Muốn vậy, ta phải có OA = OB = OC, khi đó O là điểm cách đều ba điểm A, B, C. Vậy O là giao điểm của ba đường trung trực tam giác ABC.