Bài 6:
a. Xét tam giác $ADB$ và $BCD$ có:
$\widehat{DAB}=\widehat{CBD}$ (gt)
$\widehat{ABD}=\widehat{BDC}$ (hai góc so le trong)
$\Rightarrow \triangle ADB\sim \triangle BCD$ (g.g)
b. Từ tam giác đồng dạng suy ra:
$\frac{AD}{BC}=\frac{DB}{CD}=\frac{AB}{BD}$
\(\Rightarrow BC=\frac{AD.BD}{AB}=\frac{3,5.5}{2,5}=7\) (cm)
\(CD=\frac{BD^2}{AB}=\frac{5^2}{2,5}=10\) (cm)
c. Vì hai tam giác $ADB$ và $BCD$ đồng dạng với nhau nên:
\(\frac{S_{ADB}}{S_{BCD}}=(\frac{AD}{BC})^2=(\frac{3,5}{7})^2=\frac{1}{4}\)
Bài 7:
a. Theo định lý Pitago:
$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{8^2+15^2}=17$ (cm)
$AH=\frac{2S_{ABC}}{BC}=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{8.15}{17}=\frac{120}{17}$ (cm)
$BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=\sqrt{8^2-(\frac{120}{17})^2}=\frac{64}{17}$ (cm)
b.
Tứ giác $AMHN$ có 3 góc vuông ( $\widehat{A}=\widehat{M}=\widehat{N}=90^0$) nên là hình chữ nhật.
$\Rightarrow MN=AH=\frac{120}{17}$ (cm)
c.
Xét tam giác $AMH$ và $AHB$ có:
$\widehat{A}$ chung
$\widehat{AMH}=\widehat{AHB}=90^0$
$\Rightarrow \triangle AMH\sim \triangle AHB$ (g.g)
$\Rightarrow \frac{AM}{AH}=\frac{AH}{AB}$
$\Rightarrow AM.AB=AH^2(1)$
Tương tự: $\triangle ANH\sim \triangle AHC$ (g.g)
$\Rightarrow AN.AC=AH^2(2)$
Từ $(1);(2)\Rightarrow AM.AB=AN.AC$
d.
Từ $AM.AB=AN.AC\Rightarrow \frac{AM}{AN}=\frac{AC}{AB}$
$\Rightarrow \triangle AMN\sim \triangle ACB$ (c.g.c)
$\Rightarrow \frac{S_{AMN}}{S_{ACB}}=(\frac{MN}{CB})^2=(\frac{AH}{CB})^2=(\frac{120}{17.17})^2=(\frac{120}{289})^2$
Bài 8:
a. Xét tam giác $AHB$ và $BCD$ có:
$\widehat{AHB}=\widehat{BCD}=90^0$
$\widehat{HAB}=\widehat{CBD}$ (cùng phụ $\widehat{ABH}$)
$\Rightarrow \triangle AHB\sim \triangle BCD$ (g.g)
b.
Từ tam giác đồng dạng suy ra:
$\frac{AH}{BC}=\frac{AB}{BD}$
$\Rightarrow AH=\frac{AB.BC}{BD}=\frac{AB.BC}{\sqrt{AD^2+AB^2}}=\frac{9.12}{\sqrt{9^2+12^2}}=7,2$ (cm)
c.
$HB=\sqrt{AB^2-AH^2}=\sqrt{12^2-7,2^2}=9,6$ (cm)
$S_{AHB}=\frac{AH.HB}{2}=\frac{7,2.9,6}{2}=34,56$ (cm vuông)
