Tam giác đồng dạng

a: Áp dụng định lí Pytago vào ΔABC vuông tại A, ta được:

\(BC^2=AB^2+AC^2\)

\(\Leftrightarrow BC^2=100\)

hay BC=10cm

Xét ΔABC có BD là đường phân giác ứng với cạnh AC

nên \(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{CD}{BC}\)

hay \(\dfrac{AD}{6}=\dfrac{CD}{10}\)

mà AD+CD=8

nên Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\dfrac{AD}{6}=\dfrac{CD}{10}=\dfrac{AD+CD}{6+10}=\dfrac{8}{16}=\dfrac{1}{2}\)

Do đó: AD=3cm; CD=5cm

b: Xét ΔABC vuông tại A và ΔHBA vuông tại H có 

\(\widehat{ABC}\) chung

Do đó: ΔABC\(\sim\)ΔHBA

Suy ra: \(\dfrac{BA}{BH}=\dfrac{BC}{BA}\)

hay \(AB^2=BH\cdot BC\)

c) Ta có: \(\widehat{ABD}=\widehat{DBC}\)( BD là phân giác )\(\Rightarrow90^0-\widehat{ABD}=90^0-\widehat{DBC}\Rightarrow\widehat{BIH}=\widehat{ADI}\Rightarrow\widehat{AID}=\widehat{ADI}\Rightarrow\Delta ADI\) cân tại A\(\Rightarrow AI=AD\Rightarrow\dfrac{AB}{AI}=\dfrac{AB}{AD}\)

Xét Δ ABI và Δ CBD có:

\(\widehat{BAI}=\widehat{BCD}\left(\Delta ABC\sim\Delta HBA\right)\)

\(\dfrac{AB}{AI}=\dfrac{BC}{CD}\left(=\dfrac{AB}{AD}\right)\)

\(\Rightarrow\Delta ABI\sim\Delta CBD\left(c.g.c\right)\)

d) Xét ΔABH có:

BI là tia phân giác của \(\widehat{ABH}\)

\(\Rightarrow\dfrac{IH}{IA}=\dfrac{BH}{AB}\left(1\right)\)( tính chất tia phân giác)

Xét ΔABC có:

BD là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\)

\(\Rightarrow\dfrac{AD}{DC}=\dfrac{AB}{BC}\left(2\right)\)( tính chất tia phân giác)

Ta có: \(\dfrac{BH}{AB}=\dfrac{AB}{BC}\left(\Delta ABC\sim\Delta HBA\right)\left(3\right)\)

Từ \(\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right)\Rightarrow\dfrac{IH}{IA}=\dfrac{AD}{DC}\left(đpcm\right)\)

c: Xét ΔABI và ΔCBD có 

\(\widehat{ABI}=\widehat{CBD}\)

\(\widehat{BAI}=\widehat{BCD}\left(=90^0-\widehat{ABH}\right)\)

Do đó: ΔABI\(\sim\)ΔCBD

d: Xét ΔBHA có BI là đường phân giác ứng với cạnh AH

nên \(\dfrac{IH}{IA}=\dfrac{BH}{BA}\left(1\right)\)

Xét ΔBAC có BD là đường phân giác ứng với cạnh AC

nên \(\dfrac{AD}{DC}=\dfrac{AB}{BC}\left(2\right)\)

Ta có: \(AB^2=BH\cdot BC\)

nên \(\dfrac{BH}{BA}=\dfrac{AB}{BC}\left(3\right)\)

Từ \(\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right)\) suy ra \(\dfrac{IH}{IA}=\dfrac{AD}{DC}\)

xét △BHA và △CHB, có:

\(\widehat{AHB}=\widehat{CHB}=90^0\)

\(\widehat{ABH}=\widehat{HCB}\) (cùng phụ với \(\widehat{A}\))

⇒ △BHA = △CHB (g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{BH}{AH}=\dfrac{HC}{BH}\Rightarrow BH^2=AH\cdot HC\)

Bài 1:

a: Xét ΔOAD và ΔOCB có

\(\dfrac{OA}{OC}=\dfrac{OD}{OB}\)

\(\widehat{AOD}\) chung

Do đó: ΔOAD~ΔOCB

b: Ta có: ΔOAD~ΔOCB

=>\(\dfrac{AD}{CB}=\dfrac{OA}{OC}\)

=>\(\dfrac{14}{BC}=\dfrac{8}{10}=\dfrac{4}{5}\)

=>\(BC=14\cdot\dfrac{5}{4}=17,5\left(cm\right)\)

c: Ta có: ΔOCB~ΔOAD

=>\(\widehat{OBC}=\widehat{ODA}\)

Xét ΔIAB và ΔICD có

\(\widehat{IBA}=\widehat{IDC}\)

\(\widehat{AIB}=\widehat{CID}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔIAB~ΔICD

=>\(\dfrac{IA}{IC}=\dfrac{IB}{ID}\)

=>\(IA\cdot ID=IB\cdot IC\)

d: Ta có: ΔOAD~ΔOCB

=>\(\dfrac{S_{OAD}}{S_{OCB}}=\left(\dfrac{OA}{OC}\right)^2=\dfrac{16}{25}\)

Bài 2:

a: Xét ΔHBA vuông tại H và ΔABC vuông tại A có

\(\widehat{HBA}\) chung

Do đó: ΔHBA~ΔABC

b: Ta có: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(BC^2=9^2+15^2=306\)

=>\(BC=\sqrt{306}=3\sqrt{34}\left(cm\right)\)

Ta có: ΔHBA~ΔABC

=>\(\dfrac{HA}{AC}=\dfrac{BA}{BA}\)

=>\(\dfrac{HA}{15}=\dfrac{9}{3\sqrt{34}}=\dfrac{3}{\sqrt{34}}\)

=>\(HA=\dfrac{45}{\sqrt{34}}\left(cm\right)\)

giúp mình câu 1 và câu 2 với

a)`ΔABC` vuông tại `A:`

`=> BC=` \(\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5\)

b)`Xét `Δ ABC ` vuông tại `A`

          `ΔADB` vuông tại `A`

có: góc `ABD= ` góc `ACB`

`=>Δ ACB ∼ Δ ABD(g.g)`

a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có

\(\widehat{EAB}\) chung

Do đó: ΔAEB~ΔAFC

=>\(k=\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{BE}{CF}\)

b: Xét ΔHEA vuông tại E và ΔHDB vuông tại D có

\(\widehat{EHA}=\widehat{DHB}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHEA~ΔHDB

=>\(\dfrac{HE}{HD}=\dfrac{HA}{HB}\)

=>\(HE\cdot HB=HD\cdot HA\)

c: Ta có: ΔAEB~ΔAFC

=>\(\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}\)

=>\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)

Xét ΔAEF và ΔABC có

\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)

\(\widehat{BAC}\) chung

Do đó: ΔAEF~ΔABC

Câu 14:

Vì \(\dfrac{7.8}{2.6}=\dfrac{21.3}{7.1}=\dfrac{24}{8}=3\)

nên hai tam giác này đồng dạng với nhau

Câu 16:

Xét ΔABC và ΔMNP có

\(\dfrac{AB}{MN}=\dfrac{AC}{MP}=\dfrac{BC}{NP}\left(\dfrac{2}{4}=\dfrac{6}{12}=\dfrac{5}{10}=\dfrac{1}{2}\right)\)

Do đó: ΔABC~ΔMNP

=>\(\widehat{A}=\widehat{M};\widehat{B}=\widehat{N};\widehat{C}=\widehat{P}\)

Câu 4:

XétΔOAB có

M,N lần lượt là trung điểm cuả OA,OB

=>MN là đường trung bình của ΔOAB

=>\(MN=\dfrac{1}{2}AB\)

Xét ΔOBC có

N,P lần lượt là trung điểm của OB,OC

=>NP là đường trung bình của ΔOBC

=>\(NP=\dfrac{1}{2}BC\)

Xét ΔOAC có

M,P lần lượt là trung điểm của OA,OC

=>MP là đường trung bình của ΔOAC

=>\(MP=\dfrac{1}{2}AC\)

Xét ΔMNP và ΔABC có

\(\dfrac{MN}{AB}=\dfrac{NP}{BC}=\dfrac{MP}{AC}=\dfrac{1}{2}\)

Do đó: ΔMNP~ΔABC

a) Do P là trung điểm của AB (gt)

⇒ PA = PB

Do BM // AC (gt)

⇒ ∠PAQ = ∠PBM (so le trong)

Do AM ⊥ AC (gt)

⇒ AM ⊥ AQ

⇒ ∠MAQ = 90⁰

Xét ∆PAQ và ∆PBM có:

∠PAQ = ∠PBM (cmt)

PA = PB (cmt)

∠APQ = ∠BPM (đối đỉnh)

⇒ ∆PAQ = ∆PBM (g-c-g)

⇒ AQ = BM (hai cạnh tương ứng)

Do BM // AC (gt)

⇒ BM // AQ

Tứ giác AMBQ có:

BM // AQ (cmt)

BM = AQ (cmt)

⇒ AMBQ là hình bình hành

Mà ∠MAQ = 90⁰ (cmt)

⇒ AMBQ là hình chữ nhật

b) Do AMBQ là hình chữ nhật (cmt)

BQ ⊥ AQ

⇒ BQ ⊥ AC

∆ABC có:

BQ ⊥ AC (cmt)

AI ⊥ BC (gt)

⇒ BQ và AI là hai đường cao của ∆ABC

Mà BQ cắt AI tại H (gt)

⇒ CH là đường cao thứ ba của ∆ABC

⇒ CH ⊥ AB

c) Do BQ ⊥ AQ (cmt)

⇒ ∆ABQ vuông tại Q

Mà P là trung điểm của AB (gt)

⇒ QP là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AB của ∆ABC

⇒ QP = AB : 2 (1)

Do AI ⊥ BC (gt)

⇒ ∆ABI vuông tại I

Mà P là trung điểm của AB (gt)

⇒ IP là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AB của ∆ABI

⇒ IP = AB : 2 (2)

Từ (1) và (2) ⇒ QP = IP

⇒ ∆PIQ cân tại P