Chủ đề 2: Tam giác đồng dạng có đáp án

Ta có: \[\frac{{AB}}{{MP}} = \frac{{AC}}{{NP}} = \frac{{BC}}{{MN}} = \frac{1}{2}\] nên \[\Delta ABC \sim \Delta PMN\] (c.c.c).

Do \[\Delta ABC \sim \Delta PMN\] nên \[\frac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{S_{\Delta MNP}}}} = {\left( {\frac{{AB}}{{MP}}} \right)^2} = \frac{1}{4}\].

Xét \[\Delta HAC\] và \[\Delta ABC\] có: \[\widehat {BAC} = \widehat {AHC} = 90^\circ ;\,\,\widehat C\] chung nên \[\Delta HAC\sim\Delta ABC\] (g.g).

Áp dụng định lí Pitago cho tam giác vuông ABC ta dễ dàng tính được \[BC = 5cm\].

Do \[\Delta HAC\~\Delta ABC\] nên

\[\frac{{CH}}{{CA}} = \frac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow \frac{{CH}}{3} = \frac{3}{5} \Rightarrow CH = 1,8cm\]

\[AB\parallel CD \Rightarrow \widehat {ABD} = \widehat {BDC}\].

Xét \[\Delta DAB\] và \[\Delta CBD\] có: \[\widehat {DAB} = \widehat {DBC};\,\widehat {ABD} = \widehat {BDC}\] nên \[\Delta DAB\sim\Delta CBD\] (g.g).

\[\Delta DAB\~\Delta CBD \Rightarrow \frac{{DA}}{{CB}} = \frac{{AB}}{{BD}} = \frac{{DB}}{{CD}} \Rightarrow \frac{5}{9} = \frac{3}{{BD}} = \frac{{BD}}{{CD}} \Rightarrow BD = 5,4cm;\,CD = 9,72cm\].

Kẻ DH vuông góc với AB tại H

Theo giả thiết: \[{S_{ABD}} = 5 \Rightarrow \frac{1}{2}DH.AB = 5 \Rightarrow DH = \frac{{10}}{3}cm\].

Từ đó: \[{S_{ABCD}} = \frac{1}{2}DH(AB + CD) = \frac{1}{2}.\frac{{10}}{3}(3 + 9,72) = \frac{{106}}{5}c{m^2}\]

Do \[DE\parallel BC\] nên dễ dàng chứng minh được \[\Delta ADE\~\Delta ABC\] (g.g) với tỉ số đồng dạng \[k = \frac{{AD}}{{AB}}\].

Khi đó \[AD = kAB,\,AE = kAC\] và \[DE = kBC\] nên \[C{V_{\Delta ADE}} = k.C{V_{\Delta ABC}}\] (1).

Theo giả thiết chu vi tam giác ADE bằng \[\frac{2}{5}\] chu vi tam giác ABC suy ra \[k = \frac{2}{5}\].

Vậy \[AD = \frac{2}{5}AB\].

Từ (1) suy ra \[\frac{{C{V_{\Delta ADE}}}}{k} = \frac{{C{V_{\Delta ABC}}}}{1} = \frac{{C{V_{\Delta ADE}} + C{V_{\Delta ABC}}}}{{1 + k}} = \frac{{63}}{{1 + \frac{2}{5}}} = 45\]

\[ \Rightarrow C{V_{\Delta ADE}} = 18cm,\,\,C{V_{\Delta ABC}} = 45cm\]

Xét tam giác \(\Delta DEC\) và \(\Delta ABC\) có: \(\widehat C\) chung; \(\widehat {CDE} = \widehat {BAC} = 90^\circ \) nên \(\Delta DEC\~\Delta ABC\) (g.g)

Do \(\Delta DEC\~\Delta ABC\) nên \(\frac{{DE}}{{AB}} = \frac{{CD}}{{AC}}\) (1)

Mặt khác, AD là tia phân giác của \(\widehat {BAC}\) nên theo tính chất đường phân giác ta có: \(\frac{{CD}}{{AC}} = \frac{{BD}}{{AB}}\) (2)

Từ (1), (2) suy ra \(\frac{{DE}}{{AB}} = \frac{{BD}}{{AB}}\) hay \(DE = BD\)

Ta có: \(AE = 3,\,\,AD = 3,\,\,AC = 6,\,\,AB = 9\) suy ra \(\frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AB}} = \frac{1}{3}\)

Xét \(\Delta AED\) và \(\Delta ABC\) có: \(\widehat A\) chung, \(\frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AB}}\)

\( \Rightarrow \)\(\Delta AED\sim\Delta ABC\) (c.g.c).

xét hai tam giác \(\Delta AHB\) và \(\Delta CAB\) có: \(\widehat {ABH}\) chung, \(\widehat {BHA} = 90^\circ ,\,\,\widehat {BAC} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \Delta AHB\sim\Delta CAB\) (g.g)

Do \(\Delta AHB\~\Delta CAB\) nên \(\frac{{HB}}{{AB}} = \frac{{AB}}{{BC}}\), từ đó suy ra \(A{B^2} = HB.BC\)

Xét \(\Delta AHM\) và \(\Delta ABH\) có: \(\widehat {MAH}\) chung; \(\widehat {AMH} = \widehat {AHB} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \Delta AHM\~\Delta AHB\) (g.g) \( \Rightarrow \frac{{AH}}{{AB}} = \frac{{AM}}{{AH}} \Rightarrow A{H^2} = AM.AB\) (1)

Xét \(\Delta AHN\) và \(\Delta ABH\) có: \(\widehat {NAH}\) chung; \(\widehat {ANH} = \widehat {AHC} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \Delta AHN\~\Delta ACH\)\[ \Rightarrow \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{AN}}{{AH}} \Rightarrow A{H^2} = AN.AC\] (2)

Từ (1), (2) suy ra: \[AM.AB = AN.AC\]

Ta có: \[AM.AB = AN.AC \Rightarrow \frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{AN}}{{AB}}\]

Xét \[\Delta AMN\] và \[\Delta ABC\] có: \[\widehat {MAN}\] chung; \[\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{AN}}{{AB}}\] nên \(\Delta AMN\sim\Delta ACB\) (c.g.c)

Ta có: \[\widehat {DMC} = \widehat B + \widehat {BDM}\] (góc ngoài tại đỉnh M của tam giác BDM) suy ra \[\widehat B + \widehat {BDM} = \widehat {DME} + \widehat {EMC}\]

Mặt khác, \[\widehat B = \widehat {DME}\] nên ta có \[\widehat {BDM} = \widehat {EMC}\]

Xét \[\Delta BDM\] và \[\Delta CME\] có: \[\widehat {BDM} = \widehat {EMC},\,\,\widehat B = \widehat C\]

Suy ra \[\Delta BDM\sim\Delta CME\] (g.g)

Do \[\Delta BDM\~\Delta CME\] (câu a) nên \[\frac{{BD}}{{CM}} = \frac{{DM}}{{ME}} \Rightarrow \frac{{BD}}{{BM}} = \frac{{DM}}{{ME}} \Rightarrow \frac{{BD}}{{DM}} = \frac{{BM}}{{ME}}\]

Xét \[\Delta MDE\] và \[\Delta DBM\] có: \[\widehat B = \widehat M;\,\,\frac{{BD}}{{DM}} = \frac{{BM}}{{ME}}\] nên \[\Delta MDE\sim\Delta DBM\] (c.g.c)

Do \[\Delta BDM\~\Delta CME\] (câu a) nên \[\,\frac{{BD}}{{CM}} = \frac{{BM}}{{CE}} \Rightarrow BD.CE = CM.BM = \frac{{B{C^2}}}{4}\] không đổi

Theo định lí Pitago đảo, chứng minh được \[\Delta ABC\] vuông tại A.

Xét \[\Delta ABC\] và \[\Delta MDC\] có: \[\widehat {BAC} = \widehat {DMC} = 90^\circ ;\,\,\widehat C\] chung

nên \[\Delta ABC\sim\Delta MDC\] (g.g)

Do \[\Delta ABC\~\Delta MDC\] nên

\[\frac{{MD}}{{AB}} = \frac{{MC}}{{AC}} = \frac{{CD}}{{BC}} \Rightarrow \frac{{MD}}{{18}} = \frac{{15}}{{24}} = \frac{{CD}}{{30}}\]

\[ \Rightarrow MD = 11,25cm;\,\,CD = 18,75cm\]

Ta có:

\[{S_{\Delta ADC}} = {S_{ABCD}} - {S_{\Delta ABC}} = 25c{m^2}\]

Dễ dàng chứng minh được \[\Delta DAC\~\Delta DMN\]

Suy ra

\[\frac{{{S_{\Delta ADC}}}}{{{S_{\Delta DMN}}}} = {\left( {\frac{{AC}}{{MN}}} \right)^2} = {k^2}\]

Kẻ \[AH \bot MN\]

Đặt \[{S_{\Delta DMN}} = S,\,\,{S_{\Delta ADC}} = {S_1},\,{S_{ACNM}} = {S_2}\] thì ta có:

\[{S_1} = {k^2}S \Rightarrow S = \frac{{{S_1}}}{{{k^2}}} = \frac{{25}}{{{k^2}}}\]

\[{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AH.AC\]

\[{S_2} = {S_{\Delta AMB}} + {S_{\Delta BCN}} + {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AH.MB + \frac{1}{2}AH.NB + \frac{1}{2}AH.AC\]

\[ = \frac{1}{2}AH(MN + AC) = \frac{1}{2}AH.\left( {\frac{{AC}}{k} + AC} \right) = \frac{{k + 1}}{k}{S_{\Delta ABC}}\]

\[ \Rightarrow {S_2} = \frac{{11(k + 1)}}{k}\]

Mặt khác \[S = {S_1} + {S_2} \Rightarrow \frac{{25}}{{{k^2}}} = 25 + \frac{{11(k + 1)}}{k} \Leftrightarrow 25{k^2} + 11k(k + 1) - 25 = 0 \Leftrightarrow k = \frac{{25}}{{36}}\]

Vậy \[S = 51,84c{m^2}\]

Xét \[\Delta AHB\] và \[\Delta ADH\] có: \[\widehat {BAH}\] chung;

\[\widehat {ADH} = \widehat {AHB} = 90^\circ \] nên \[\Delta AHB\sim\Delta ADH\] (g.g)

Chứng minh tương tự ta cũng có: \[\Delta AHC\sim\Delta AEH\] (g.g)

Do \[\Delta AHB\~\Delta ADH\] nên

\[\frac{{AH}}{{AD}} = \frac{{AB}}{{AH}} \Rightarrow AB.AD = A{H^2}\]

Do \[\Delta AHC\~\Delta AEH\] nên \[\frac{{AH}}{{AE}} = \frac{{AC}}{{AH}} \Rightarrow AE.AC = A{H^2}\]

Từ đó suy ra \[AE.AC = AB.AD\]

Xét \[\Delta ADB\] và \[\Delta ACI\] có: \[\widehat {BAD} = \widehat {IAC}\] (do AD là phân giác), \[\widehat {ACI} = \widehat {BDA}\] (giả thiết) suy ra \[\Delta ADB\~\Delta ACI\] (g.g)

Do \[\Delta ADB\~\Delta ACI\] nên \[\widehat {ABD} = \widehat {AIC}\]

Xét \[\Delta ADB\] và \[\Delta CDI\] có: \[\widehat {ABD} = \widehat {AIC};\,\,\widehat {ADB} = \widehat {CDI}\] (đối đỉnh) suy ra \[\Delta ADB\sim\Delta CDI\] (g.g)

Do \[\Delta ADB\~\Delta ACI\] nên \[\frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AI}} \Rightarrow AB.AC = AD.AI\]

Do \[\Delta ADB\~\Delta CDI\] nên \[\frac{{AD}}{{CD}} = \frac{{DB}}{{DI}} \Rightarrow BD.CD = AD.DI\]

Do đó \[AB.AC - BD.CD = AD.AI - AD.DI = A{D^2}\] (đpcm)

Xét \[\Delta ACF\] và \[\Delta ABE\] có: \[\widehat {BAC}\] chung; \[\widehat {AEB} = \widehat {AFC} = 90^\circ \] nên \[\Delta ACF\~\Delta ABE\] (g.g)

Do đó, ta có: \[\frac{{AC}}{{AB}} = \frac{{AF}}{{AE}}\] hay \[AC.AE = AB.AF\]

Theo câu a) \[\frac{{AC}}{{AB}} = \frac{{AF}}{{AE}} \Rightarrow \frac{{AC}}{{AF}} = \frac{{AB}}{{AE}}\]

Xét \[\Delta AEF\] và \[\Delta ABC\] có: \[\widehat {BAC}\] chung; \[\frac{{AC}}{{AF}} = \frac{{AB}}{{AE}}\] nên \[\Delta AEF\sim\Delta ABC\] (c.g.c)

Xét \[\Delta BHF\] và \[\Delta CHE\] có: \[\widehat {BFH} = \widehat {CEH} = 90^\circ ;\,\,\widehat {BHF} = \widehat {CHE}\] (đối đỉnh) nên \[\Delta BHF\~\Delta CHE\] (g.g)

Từ đó suy ra \[\frac{{HB}}{{HC}} = \frac{{HF}}{{HE}} \Rightarrow \frac{{HF}}{{HB}} = \frac{{HE}}{{HC}}\]

Xét \[\Delta HEF\] và \[\Delta HCB\] có: \[\widehat {EHF} = \widehat {BHC}\] (đối đỉnh); \[\frac{{HF}}{{HB}} = \frac{{HE}}{{HC}}\] nên \[\Delta HEF\sim\Delta HCB\] (c.g.c) (đpcm)

Do \[\frac{{HF}}{{HB}} = \frac{{HE}}{{HC}}\] nên \[HB.HE = HC.HF\]. Chứng minh tương tự ta cũng có: \[HB.HE = HA.HD\]

Từ đó ta được điều phải chứng minh.

Xét \[\Delta BHD\] và \[\Delta BCE\] có: \[\widehat {CBE}\] chung; \[\widehat {BDH} = \widehat {BEC} = 90^\circ \] nên \[\Delta BHD\~\Delta BCE\] (g.g)

Từ đó suy ra \[\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{{BD}}{{BE}}\] hay \[BH.BE = BC.BD\]

Chứng minh tương tự ta cũng có: \[CH.CF = CD.CB\]

Do đó \[BH.BE + CH.CF = BC.BD + CD.BC = BC(CD + CD) = B{C^2}\] (đpcm)

ABCD là hình bình hành nên \[AB = CD\], mà \[AB = DM\] (giả thiết) nên \[CD = CM\]

Do đó tam giác CDM cân tại D

Chứng minh tương tự ta có tam giác CBN cân tại B.

Từ câu a) suy ra \[\frac{{DM}}{{BC}} = \frac{{CD}}{{BN}}\]

Dễ dàng chứng minh được \[\widehat {MDC} = \widehat {CBN}( = \widehat {DAB})\]

Do đó \[\Delta MDC\sim\Delta CBN\] (c.g.c) (đpcm)

ABCD là hình thoi nên \[BC\parallel AD\]

\[ \Rightarrow \frac{{EB}}{{EA}} = \frac{{EC}}{{EF}}\]

Xét \[\Delta BEC\] và \[\Delta AEF\] có : \[\widehat {BEC}\] chung, \[\frac{{EB}}{{EA}} = \frac{{EC}}{{EF}}\] nên \[\Delta BEC\sim\Delta AEF\] (c.g.c)

Chứng minh tương tự bài trước

Do \[BE\parallel DC\] nên \[\widehat {BEC} = \widehat {DCF}\]

Do \[BC\parallel DF\] nên \[\widehat {BCE} = \widehat {DFC} \Rightarrow \Delta BCE\~\Delta DFC\]

Suy ra \[\frac{{BE}}{{DC}} = \frac{{BC}}{{DF}}\] hay \[BE.DF = CD.BC\]

Mặt khác \[\widehat A = 60^\circ \Rightarrow \widehat C = 60^\circ \Rightarrow \Delta BCD\] đều

Do đó \[BE.DF = CD.BC = BD.BD = B{D^2}\] (đpcm)

Vậy \[BE.DF = B{D^2}\]

Từ \[BE.DF = B{D^2}\] suy ra \[\frac{{BE}}{{BD}} = \frac{{BD}}{{DF}}\]

Do \[\widehat A = 60^\circ \] nên \[\Delta ABD\] đều, và từ đó ta tính được \[\widehat {EBD} = \widehat {BDF} = 120^\circ \]

Xét \[\Delta BDE\] và \[\Delta DBF\] có: \[\frac{{BE}}{{BD}} = \frac{{BD}}{{DF}};\,\,\widehat {EBD} = \widehat {BDF}\] nên \[\Delta BDE\sim\Delta DFB\] (c.g.c) (đpcm).

Áp dụng định lí Pitago cho tam giác vuông ABC ta có:

\[A{C^2} = B{C^2} - A{B^2} = {25^2} - {20^2} \Rightarrow AC = 15\]

Xét \[\Delta AMC\] và \[\Delta HMB\] có: \[\widehat {MAC} = \widehat {MHB} = 90^\circ ;\,\,\widehat {AMC} = \widehat {HMB}\] (đối đỉnh) nên \[\Delta AMC\sim\Delta HMB\] (g.g)

Do \[\Delta AMC\~\Delta HMB\] nên \[\widehat {MBH} = \widehat {ACM}\]

Xét \[\Delta ACM\] và \[\Delta ABD\] có: \[\widehat {CAM} = \widehat {BAD} = 90^\circ ;\,\,\widehat {ACM} = \widehat {ABD}\]

Nên \[\Delta ACM\~\Delta ABD\] (g.g)

Suy ra \[\frac{{AC}}{{AB}} = \frac{{AM}}{{AD}}\] hay \[AC.AD = AM.AB\]

Tam giác CBD có hai đường cao CH, BA cắt nhau tại M nên DM là đường cao và do đó \[DM \bot BC\]

Áp dụng định lí Pitago vào tam giác vuông ABC ta tính được \[BC = 8\]

Theo tính chất đường phân giác và tính chất của dãy tỉ lệ thức bằng nhau ta có:

\[\frac{{BD}}{{AB}} = \frac{{CD}}{{AC}} = \frac{{BD + CD}}{{AB + AC}} = \frac{{BC}}{{AB + AC}} = \frac{8}{{16}}\]

Từ đó ta tính được \[BD = 3,\,\,CD = 5\]

Do AB, DK cùng vuông góc với BC nên \[AB\parallel DK\]. Suy ra \[\widehat {BAD} = \widehat {ADK}\]

Mặt khác, \[\widehat {ADK} = \widehat {KHD}\] (cùng phụ với \[\widehat {HKD}\]). Do đó \[\widehat {BAD} = \widehat {KHD}\]

Xét \[\Delta ABD\] và \[\Delta HDK\] có: \[\widehat {BAD} = \widehat {KHD};\,\,\widehat {ABD} = \widehat {HDK} = 90^\circ \] nên \[\Delta ABD\sim\Delta HDK\] (g.g)

\[\Delta AFK\] có AE vừa là đường cao, vừa là đường phân giác nên cân tại A và E là trung điểm của FK (1)

\[ \Rightarrow \widehat {AFK} = \widehat {AKF}\]. Mà \[\widehat {AFK} = \widehat {DKF}\,\,(AB\parallel DK)\] nên suy ra \[\widehat {AKF} = \widehat {DKF}\]

\[ \Rightarrow \Delta AKD\] cân tại K và E là trung điểm của AD (2)

Từ (1) và (2), suy ra tứ giác AKDF có hai đường chéo AD và FK cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên AKDF là hình bình hành.

Do vậy \[AK\parallel DF\]

Xét tam giác AHD có HE vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến nên tam giác AHD cân và \[\widehat {AHE} = \widehat {DHE}\]

Xét \[\Delta AHK\] và \[\Delta DHK\] có: \[\widehat {AHE} = \widehat {DHE}\]; cạnh HK chung; \[\widehat {AKH} = \widehat {DKH}\] nên \[\Delta AHK = \Delta DHK\] (g.c.g). Từ đó suy ra \[\widehat {HAK} = \widehat {HDK} = 90^\circ \]

Vậy \[\Delta AHC\] vuông tại A.

Xét \[\Delta ABH\]và \[\Delta CAH\] có: \[\widehat {ABH} = \widehat {CAH} = 90^\circ ;\,\,\widehat {AHB}\] chung nên \[\Delta ABH\~\Delta CAH\] (g.g)

\[ \Rightarrow \frac{{AH}}{{HC}} = \frac{{BH}}{{AH}} \Rightarrow \frac{{CH}}{{AH}} = \frac{{AH}}{{BH}} = \frac{{HD}}{{BH}} = \frac{{DK}}{{BF}}\]

Vậy \[\frac{{CH}}{{AH}} = \frac{{KD}}{{BF}}\]

Xét \[\Delta ABC\] và \[\Delta DBE\] có: \[\widehat B\] chung; \[\widehat A = \widehat D = 90^\circ \] nên \[\Delta ABC\sim\Delta DBE\] (g.g)

Xét \[\Delta MAE\] và \[\Delta MDC\] có: \[\widehat {MAE} = \widehat {MDC} = 90^\circ ;\,\,\widehat {AME} = \widehat {DMC}\] (đối đỉnh) nên \[\Delta MAE\~\Delta MDC\] (g.g)

Từ đó suy ra \[\frac{{MA}}{{MD}} = \frac{{ME}}{{MC}}\] hay \[MA.MC = MD.ME\]

Từ \[\frac{{MA}}{{MD}} = \frac{{ME}}{{MC}}\] suy ra \[\frac{{MA}}{{ME}} = \frac{{MD}}{{MC}}\]

Xét \[\Delta MAD\] và \[\Delta MEC\] có: \[\frac{{MA}}{{ME}} = \frac{{MD}}{{MC}};\,\,\widehat {AMD} = \widehat {CME}\] (đối đỉnh) nên \[\Delta MAD\sim\Delta MEC\] (c.g.c)

Do \[\Delta MAD\~\Delta MEC\] nên \[\widehat E = \widehat C\]

Xét \[\Delta AME\] và \[\Delta ABC\] có: \[\widehat E = \widehat C;\,\,\widehat {BAC} = \widehat {EAM} = 90^\circ \] nên \[\Delta AME\~\Delta ABC\] (g.g)

Suy ra \[\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AC}}\] hay \[AB.AE = AM.AC\].