Tích \(MB.MK\) bằng
Vì $\Delta MBC\backsim\Delta MCK$ nên $\dfrac{{MC}}{{MK}} = \dfrac{{MB}}{{MC}}$ (hai cạnh tương ứng tỉ lệ)
Suy ra $M{C^2} = MB.MK$.
Tam giác \(MBC\) đồng dạng với tam giác
Tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên $\widehat {ABC} = \widehat {ACB}$, ta lại có $\widehat {{B_1}} = \widehat {{C_1}}$ (gt) nên $\widehat {{B_2}} = \widehat {{C_2}}$ .
$\Delta MBC$ và $\Delta MCK$có
$\widehat {BMC}$ là góc chung;
$\widehat {{B_2}} = \widehat {{C_2}}$ (chứng minh trên).
Do đó $\Delta MBC\backsim\Delta MCK$ (g.g).
Tam giác \(MBC\) đồng dạng với tam giác
Tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên $\widehat {ABC} = \widehat {ACB}$, ta lại có $\widehat {{B_1}} = \widehat {{C_1}}$ (gt) nên $\widehat {{B_2}} = \widehat {{C_2}}$ .
$\Delta MBC$ và $\Delta MCK$có
$\widehat {BMC}$ là góc chung;
$\widehat {{B_2}} = \widehat {{C_2}}$ (chứng minh trên).
Do đó $\Delta MBC\backsim\Delta MCK$ (g.g).
Chọn khẳng định sai.
Theo cmt ta có: \(\Delta HBE\backsim\Delta HCD\)
\( \Rightarrow \dfrac{{HE}}{{HD}} = \dfrac{{HB}}{{HC}} \Leftrightarrow \dfrac{{HE}}{{HB}} = \dfrac{{HD}}{{HC}}\)
Xét \(\Delta HED\) và \(\Delta HBC\) ta có:
\(\dfrac{{HE}}{{HB}} = \dfrac{{HD}}{{HC}}\) (chứng minh trên)
\(\widehat {EHD} = \widehat {BHC}\) (2 góc đối đỉnh)
\(\begin{array}{l}\widehat {HDE} = \widehat {HAE}\\ \Rightarrow \Delta HED\backsim\Delta HBC\,\,\,\left( {c - g - c} \right).\\ \Rightarrow \widehat {HDE} = \widehat {HCB}\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)
Mà đường cao BD và CE cắt nhau tại H (theo giả thiết)
\( \Rightarrow \) H là trực tâm của \(\Delta ABC\).
\( \Rightarrow AH \bot BC\) tại M \( \Rightarrow \widehat {AMB} = {90^0}\).
Xét \(\Delta AMB\) và \(\Delta CEB\) có:
\(\widehat {CEB} = \widehat {AMB} = {90^0}\)
\(\widehat B\) chung
\( \Rightarrow \Delta AMB\backsim\Delta CEB\;(g - g)\)
\( \Rightarrow \widehat {MAB} = \widehat {ECB}\;hay\;\widehat {HAE} = \widehat {HCB}\;(2)\)
Từ (1) và (2) ta có: \(\widehat {HDE} = \widehat {HAE}\) nên A, B, C đúng. D sai.
Chọn câu đúng.
Xét \(\Delta HBE\) và \(\Delta HCD\) có:
\(\widehat {BDC} = \widehat {CEB} = {90^0}\)
\(\widehat {EHB} = \widehat {DHC}\) (2 góc đối đỉnh)
\( \Rightarrow \Delta HBE\backsim\Delta HCD\)(g – g)
Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta ACE\) có
\(\widehat {AEC} = \widehat {BDA} = 90^\circ \)
\(\widehat A\) chung
Nên \(\Delta ABD\backsim\Delta ACE\,\left( {g - g} \right)\).
Chọn câu đúng.
Xét \(\Delta HBE\) và \(\Delta HCD\) có:
\(\widehat {BDC} = \widehat {CEB} = {90^0}\)
\(\widehat {EHB} = \widehat {DHC}\) (2 góc đối đỉnh)
\( \Rightarrow \Delta HBE\backsim\Delta HCD\)(g – g)
Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta ACE\) có
\(\widehat {AEC} = \widehat {BDA} = 90^\circ \)
\(\widehat A\) chung
Nên \(\Delta ABD\backsim\Delta ACE\,\left( {g - g} \right)\).
Góc \(BDM\) bằng với góc nào dưới đây?
Ta có: \(\Delta BDM\backsim\Delta CME\;\) (chứng minh trên)
\( \Rightarrow \dfrac{{DM}}{{ME}} = \dfrac{{BD}}{{CM}} = \dfrac{{BD}}{{BM}}\) (do CM = BM (gt))
\( \Rightarrow \dfrac{{BD}}{{DM}} = \dfrac{{BM}}{{ME}}\)
Xét \(\Delta BDM\) và \(\Delta MDE\) ta có:
\(\dfrac{{BD}}{{DM}} = \dfrac{{BM}}{{ME}}\)
\(\widehat {DME} = \widehat {ABC}\) (gt)
\( \Rightarrow \Delta BDM\backsim\Delta MDE\;(c - g - c)\)
\( \Rightarrow \widehat {BDM} = \widehat {MDE}\) (hai góc tương ứng)
Tích $BD.CE$ bằng
+ Ta có: \(\widehat {DMC} = \widehat {DME} + \widehat {EMC}\)
Mặt khác: \(\widehat {DMC} = \widehat {ABC} + \widehat {BDM}\) (góc ngoài tam giác)
Mà: \(\widehat {DME} = \widehat {ABC}\)(gt) nên \(\widehat {BDM} = \widehat {EMC}\)
+ Ta có: \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB}\) ($\Delta ABC$ cân tại $A$ ) và \(\widehat {BDM} = \widehat {EMC}\) (chứng minh trên)
\( \Rightarrow \)\(\Delta BDM\backsim\Delta CME\;(g - g)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{BD}}{{CM}} = \dfrac{{BM}}{{CE}} \Rightarrow BD.CE = CM.BM\)
Lại có M là trung điểm của BC và BC = 2a \( \Rightarrow \)BM = MC = a
\( \Rightarrow BD.CE = {a^2}\) không đổi.
Tích $BD.CE$ bằng
+ Ta có: \(\widehat {DMC} = \widehat {DME} + \widehat {EMC}\)
Mặt khác: \(\widehat {DMC} = \widehat {ABC} + \widehat {BDM}\) (góc ngoài tam giác)
Mà: \(\widehat {DME} = \widehat {ABC}\)(gt) nên \(\widehat {BDM} = \widehat {EMC}\)
+ Ta có: \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB}\) ($\Delta ABC$ cân tại $A$ ) và \(\widehat {BDM} = \widehat {EMC}\) (chứng minh trên)
\( \Rightarrow \)\(\Delta BDM\backsim\Delta CME\;(g - g)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{BD}}{{CM}} = \dfrac{{BM}}{{CE}} \Rightarrow BD.CE = CM.BM\)
Lại có M là trung điểm của BC và BC = 2a \( \Rightarrow \)BM = MC = a
\( \Rightarrow BD.CE = {a^2}\) không đổi.
Nếu 2 tam giác ABC và DEF có \(\widehat A = \widehat D\), \(\widehat C = \widehat F\) thì:
Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta DEF\) có:
\(\widehat A = \widehat D\)(gt)
\(\widehat C = \widehat F\) (gt)
\( \Rightarrow \Delta ABC\backsim\Delta DEF\;(g - g)\)
Cho hình bên biết $AB = 6\,cm,AC = 9\,cm$ , \(\widehat {ABD} = \widehat {BCA}\).
Độ dài đoạn $AD$ là:
Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta ACB\) có:
\(\widehat A\;chung\)
\(\widehat {ABD} = \widehat {BCA}\;(gt)\)
\( \Rightarrow \Delta ABD\backsim\Delta ACB\;(g - g)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{{AD}}{{AB}} \Leftrightarrow \dfrac{6}{9} = \dfrac{x}{6} \Leftrightarrow x = \dfrac{{6.6}}{9} = 4\;cm\)
Nếu 2 tam giác ABC và DEF có \(\widehat A = {70^0},\;\widehat C = {60^0},\;\widehat E = {50^0},\;\widehat F = {70^0}\) thì chứng minh được:
Xét \(\Delta ABC\) có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\widehat A + \widehat B + \widehat C = {180^0}\\ \Leftrightarrow {70^0} + \widehat B + {60^0} = {180^0}\\ \Leftrightarrow \widehat B = {180^0} - {70^0} - {60^0} = {50^0}\end{array}\)
Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta FED\) có:
\(\widehat A = \widehat F = {70^0}\)
\(\widehat B = \widehat E = {50^0}\)
\( \Rightarrow \Delta ABC\backsim\Delta FED\;(g - g)\)
Tính giá trị của $x$ trong hình dưới đây:
Xét \(\Delta IPA\) và \(\Delta ITL\) ta có:
\(+) \widehat {IPA} = \widehat {ITL} = {90^0}\\ +) \widehat {TIL}\,\,\,chung\\ \Rightarrow \Delta IPA\backsim\Delta ITL\;(g - g)\\ \Rightarrow \dfrac{{PA}}{{TL}} = \dfrac{{IA}}{{IL}} \Leftrightarrow \dfrac{{PA}}{{TL}} = \dfrac{{IA}}{{IA + AL}} \Leftrightarrow \dfrac{7}{{10}} = \dfrac{9}{{9 + x}}\)\( \Leftrightarrow x = \dfrac{{27}}{7}\)
Cho hình thang $ABCD$ (\(AB\,{\rm{//}}\,CD\)) có \(\widehat {ADB} = \widehat {BCD}\), $AB = 2cm$ , \(BD = \sqrt 5 \,cm\), ta có:
Vì \(AB\,{\rm{//}}\,CD\) nên: \(\widehat {ABD} = \widehat {BDC}\) (cặp góc so le trong)
Xét \(\Delta ADB\) và \(\Delta BCD\) ta có:
\(\widehat {ABD} = \widehat {BDC}\) (chứng minh trên)
\(\widehat {ADB} = \widehat {BCD}\) (theo gt)
\( \Rightarrow \Delta ADB\backsim\Delta BCD\;(g - g)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{BD}} = \dfrac{{DB}}{{CD}}\)\( \Leftrightarrow \dfrac{2}{{\sqrt 5 }} = \dfrac{{\sqrt 5 }}{{CD}} \)\(\Leftrightarrow CD = \dfrac{{\sqrt 5 .\sqrt 5 }}{2} = \dfrac{5}{2} = 2,5\;cm\)
Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ . Trên cạnh $AC$ lấy điểm $M$ , trên đoạn thẳng $BM$ lấy điểm $K$ sao cho $\widehat {BCK} = \widehat {ABM}$ .
Tam giác \(MBC\) đồng dạng với tam giác
Tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên $\widehat {ABC} = \widehat {ACB}$, ta lại có $\widehat {{B_1}} = \widehat {{C_1}}$ (gt) nên $\widehat {{B_2}} = \widehat {{C_2}}$ .
$\Delta MBC$ và $\Delta MCK$có
$\widehat {BMC}$ là góc chung;
$\widehat {{B_2}} = \widehat {{C_2}}$ (chứng minh trên).
Do đó $\Delta MBC\backsim\Delta MCK$ (g.g).
Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ . Trên cạnh $AC$ lấy điểm $M$ , trên đoạn thẳng $BM$ lấy điểm $K$ sao cho $\widehat {BCK} = \widehat {ABM}$ .
Tích \(MB.MK\) bằng
Vì $\Delta MBC\backsim\Delta MCK$ nên $\dfrac{{MC}}{{MK}} = \dfrac{{MB}}{{MC}}$ (hai cạnh tương ứng tỉ lệ)
Suy ra $M{C^2} = MB.MK$.
Cho $\Delta ABC$ có các đường cao $BD$ và $CE$ cắt nhau tại $H.$ Gọi $M$ là giao của $AH$ với $BC.$
Chọn câu đúng.
Xét \(\Delta HBE\) và \(\Delta HCD\) có:
\(\widehat {BDC} = \widehat {CEB} = {90^0}\)
\(\widehat {EHB} = \widehat {DHC}\) (2 góc đối đỉnh)
\( \Rightarrow \Delta HBE\backsim\Delta HCD\)(g – g)
Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta ACE\) có
\(\widehat {AEC} = \widehat {BDA} = 90^\circ \)
\(\widehat A\) chung
Nên \(\Delta ABD\backsim\Delta ACE\,\left( {g - g} \right)\).
Cho $\Delta ABC$ có các đường cao $BD$ và $CE$ cắt nhau tại $H.$ Gọi $M$ là giao của $AH$ với $BC.$
Chọn khẳng định sai.
Theo cmt ta có: \(\Delta HBE\backsim\Delta HCD\)
\( \Rightarrow \dfrac{{HE}}{{HD}} = \dfrac{{HB}}{{HC}} \Leftrightarrow \dfrac{{HE}}{{HB}} = \dfrac{{HD}}{{HC}}\)
Xét \(\Delta HED\) và \(\Delta HBC\) ta có:
\(\dfrac{{HE}}{{HB}} = \dfrac{{HD}}{{HC}}\) (chứng minh trên)
\(\widehat {EHD} = \widehat {BHC}\) (2 góc đối đỉnh)
\(\begin{array}{l}\widehat {HDE} = \widehat {HAE}\\ \Rightarrow \Delta HED\backsim\Delta HBC\,\,\,\left( {c - g - c} \right).\\ \Rightarrow \widehat {HDE} = \widehat {HCB}\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)
Mà đường cao BD và CE cắt nhau tại H (theo giả thiết)
\( \Rightarrow \) H là trực tâm của \(\Delta ABC\).
\( \Rightarrow AH \bot BC\) tại M \( \Rightarrow \widehat {AMB} = {90^0}\).
Xét \(\Delta AMB\) và \(\Delta CEB\) có:
\(\widehat {CEB} = \widehat {AMB} = {90^0}\)
\(\widehat B\) chung
\( \Rightarrow \Delta AMB\backsim\Delta CEB\;(g - g)\)
\( \Rightarrow \widehat {MAB} = \widehat {ECB}\;hay\;\widehat {HAE} = \widehat {HCB}\;(2)\)
Từ (1) và (2) ta có: \(\widehat {HDE} = \widehat {HAE}\) nên A, B, C đúng. D sai.
Cho hình bình hành $ABCD$ , điểm $F$ trên cạnh $BC$ . Tia $AF$ cắt $BD$ và $DC$ lần lượt ở $E$ và $G$ . Chọn khẳng định sai.
Có ABCD là hình bình hành nên:
\(AD{\rm{//}}BC,\;AB{\rm{//}}\,DC\)
\( \Rightarrow \widehat {ADE} = \widehat {FBE}\)(cặp góc so le trong)
\( \Rightarrow \widehat {ABE} = \widehat {EDG}\)(cặp góc so le trong)
Xét tam giác $BFE$ và tam giác $DAE$ có:
\(\widehat {ADE} = \widehat {FBE}\;(cmt)\)
\(\widehat {AED} = \widehat {FEB}\)(đối đỉnh)
\( \Rightarrow \Delta BFE\backsim\Delta DAE\;(g - g)\)nên A đúng, C sai.
Xét tam giác $DGE$ và tam giác $BAE$ có:
\(\widehat {ABE} = \widehat {EDG\;}(cmt)\)
\(\widehat {AEB} = \widehat {GED}\)(đối đỉnh)
\( \Rightarrow \Delta DGE\backsim\Delta BAE\;(g - g)\)hay \(\Delta DEG\backsim\Delta BEA\) nên B, D đúng.
Tam giác ABC có $\widehat A = 2\widehat B$, $AB = 11\,{\rm{cm}}$, $AC = 25\,{\rm{cm}}$. Tính độ dài cạnh $BC$ .
Trên tia đối của tia $AC$ lấy điểm $D$ sao cho $AD = AB$ .
Tam giác $ABD$ cân tại $A$ nên \(\widehat {BAC} = \widehat {{B_1}} + \widehat D = 2\widehat D\) .
Ta lại có $\widehat {BAC} = 2\widehat {{B_2}}$ nên \(\widehat D = \widehat {{B_2}}\) .
Xét \(\Delta CBA\) và \(\Delta CDB\) có \(\widehat C\) chung và \(\widehat D = \widehat {{B_2}}\)
Nên \(\Delta CBA\backsim\Delta CDB\,\left( {g - g} \right)\) nên \(\dfrac{{CB}}{{CD}} = \dfrac{{AC}}{{BC}}\) ,
tức là \(\dfrac{{CB}}{{36}} = \dfrac{{25}}{{BC}}\). Từ đó \(B{C^2} = 25.36\)
suy ra \(BC = 5.6 = 30(cm)\).
