Ôn tập: Tam giác đồng dạng

a: Ta có: ΔABC vuông tại A

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

=>\(AC^2=15^2-9^2=144=12^2\)

=>AC=12(cm)

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

\(\widehat{ABC}\) chung

Do đó: ΔABC~ΔHBA

c: Ta có: \(\widehat{HEB}+\widehat{HBE}=90^0\)(ΔHBE vuông tại H)

\(\widehat{ABD}+\widehat{ADE}=90^0\)(ΔABD vuông tại A)

mà \(\widehat{HBE}=\widehat{ABD}\)

nên \(\widehat{HEB}=\widehat{ADE}\)

mà \(\widehat{HEB}=\widehat{AED}\)(hai góc đối đỉnh)

nên \(\widehat{ADE}=\widehat{AED}\)

=>ΔADE cân tại A

Ta có: ΔADE cân tại A

mà AI là đường trung tuyến

nên AI\(\perp\)DE

Xét ΔEIA vuông tại I và ΔEHB vuông tại H có

\(\widehat{AEI}=\widehat{BEH}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔEIA~ΔEHB

=>\(\dfrac{EI}{EH}=\dfrac{EA}{EB}\)

=>\(\dfrac{EI}{EA}=\dfrac{EH}{EB}\)

d: Xét tứ giác AIHB có \(\widehat{AIB}=\widehat{AHB}=90^0\)

nên AIHB là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{BIH}=\widehat{BAH}\)

mà \(\widehat{BAH}=\widehat{C}\left(=90^0-\widehat{ABC}\right)\)

nên \(\widehat{BIH}=\widehat{C}\)

1: Sửa đề: Hình thang vuông ABCD

Xét ΔBAD vuông tại A và ΔADC vuông tại D có

\(\dfrac{BA}{AD}=\dfrac{AD}{DC}\left(\dfrac{4}{6}=\dfrac{6}{9}=\dfrac{2}{3}\right)\)

Do đó: ΔBAD~ΔADC

2: Ta có: ΔBAD~ΔADC

=>\(\widehat{ABD}=\widehat{DAC}\)

mà \(\widehat{ABD}+\widehat{ADB}=90^0\)(ΔABD vuông tại A)

nên \(\widehat{DAC}+\widehat{ADB}=90^0\)

=>AC\(\perp\)DB

4: Xét ΔKDC có AB//DC

nên \(\dfrac{AB}{DC}=\dfrac{KA}{KD}\)

=>\(\dfrac{KA}{KA+6}=\dfrac{4}{9}\)

=>\(9KA=4\left(KA+6\right)\)

=>\(9\cdot KA=4\cdot KA+24\)

=>5*KA=24

=>KA=24/5=4,8(cm)

a: \(BD\cdot CD=DH\cdot DA\)

=>\(\dfrac{BD}{DH}=\dfrac{DA}{CD}\)

Xét ΔBDA vuông tại D và ΔHDC vuông tại D có

\(\dfrac{BD}{HD}=\dfrac{DA}{DC}\)

Do đó: ΔBDA~ΔHDC

=>\(\widehat{DBA}=\widehat{DHC}\)

mà \(\widehat{DHC}+\widehat{DCH}=90^0\)

nên \(\widehat{DCH}+\widehat{DBA}=90^0\)

=>CH\(\perp\)AB

Xét ΔABC có

CH,AD là các đường cao

CH cắt AD tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

c: Xét ΔAQC vuông tại Q có QE là đường cao

nên \(AE\cdot AC=AQ^2\left(1\right)\)

Xét ΔARB vuông tại R có RF là đường cao

nên \(AF\cdot AB=AR^2\left(2\right)\)

Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có

\(\widehat{EAB}\) chung

Do đó: ΔAEB~ΔAFC

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

=>\(AE\cdot AC=AB\cdot AF\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra AQ=AR

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

\(\widehat{ACB}\) chung

Do đó: ΔABC~ΔHAC

b:

Ta có: HM là phân giác của góc AHB

=>\(\widehat{AHM}=\widehat{BHM}=\dfrac{\widehat{AHB}}{2}=45^0\)

ta có: HN là phân giác của góc AHC

=>\(\widehat{AHN}=\widehat{CHN}=\dfrac{\widehat{AHC}}{2}=45^0\)

Xét ΔMAH và ΔNCH có

\(\widehat{MHA}=\widehat{NHC}\left(=45^0\right)\)

\(\widehat{MAH}=\widehat{NCH}\left(=90^0-\widehat{ABH}\right)\)

Do đó: ΔMAH~ΔNCH

c: Ta có: ΔMAH~ΔNCH

=>\(\dfrac{HM}{HN}=\dfrac{HA}{HC}\)

Ta có; ΔABC~ΔHAC

=>\(\dfrac{HA}{AB}=\dfrac{HC}{AC}\)

=>\(\dfrac{HA}{HC}=\dfrac{AB}{AC}\)

=>\(\dfrac{HM}{HN}=\dfrac{AB}{AC}\)

=>\(\dfrac{HM}{AB}=\dfrac{HN}{AC}\)

\(\widehat{MHN}=\widehat{MHA}+\widehat{NHA}=90^0\)

Xét ΔHMN vuông tại H và ΔABC vuông tại A có

\(\dfrac{HM}{AB}=\dfrac{HN}{AC}\)

Do đó: ΔHMN~ΔABC

d: Xét tứ giác AMHN có \(\widehat{NAM}+\widehat{NHM}=90^0+90^0=180^0\)

nên AMHN là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{AMN}=\widehat{AHN}=45^0\)

Xét ΔAMN vuông tại A có \(\widehat{AMN}=45^0\)

nên ΔAMN vuông cân tại A

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

\(\widehat{HBA}\) chung

Do đó: ΔHBA~ΔABC

Xét ΔHCA vuông tại H và ΔACB vuông tại A có

\(\widehat{HCA}\) chung

Do đó: ΔHCA~ΔACB

Xét ΔHAB vuông tại H và ΔHCA vuông tại H có

\(\widehat{HAB}=\widehat{HCA}\left(=90^0-\widehat{ABC}\right)\)

Do đó; ΔHAB~ΔHCA

b:

1: Ta có: ΔBHA~ΔBAC

=>\(\dfrac{BH}{BA}=\dfrac{BA}{BC}\)

=>\(BA^2=BH\cdot BC\)

2: Ta có: ΔCHA~ΔCAB

=>\(\dfrac{CH}{CA}=\dfrac{CA}{CB}\)

=>\(CH\cdot CB=CA^2\)

3: Ta có: ΔHBA~ΔHAC

=>\(\dfrac{HB}{HA}=\dfrac{HA}{HC}\)

=>\(HA^2=BH\cdot HC\)(1)

c: Xét ΔAEH vuông tại E và ΔAHB vuông tại H có

\(\widehat{HAE}\) chung

Do đó: ΔAHE~ΔABH

=>\(\dfrac{AH}{AB}=\dfrac{AE}{AH}\)

=>\(AH^2=AB\cdot AE\left(2\right)\)

Xét ΔAKH vuông tại F và ΔAHC vuông tại H có

\(\widehat{KAH}\) chung

Do đó: ΔAKH~ΔAHC

=>\(\dfrac{AK}{AH}=\dfrac{AH}{AC}\)

=>\(AH^2=AK\cdot AC\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(AH^2=AE\cdot AB=AK\cdot AC\)

d: Ta có: \(AE\cdot AB=AK\cdot AC\)

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

Xét ΔAEK vuông tại E và ΔACB vuông tại A có

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

Do đó: ΔAEK~ΔACB

a: Xét ΔCMF vuông tại M và ΔCAB vuông tại A có

\(\widehat{MCF}\) chung

Do đó: ΔCMF~ΔCAB

b: Xét ΔBME vuông tại M và ΔBAC vuông tại A có

\(\widehat{MBE}\) chung

Do đó: ΔBME~ΔBAC

=>\(\dfrac{BM}{BA}=\dfrac{BE}{BC}\)

=>\(BM\cdot BC=BA\cdot BE\)

c: Xét ΔBCF có

BA,FM là các đường cao

BA cắt FM tại E

Do đó: E là trực tâm của ΔBCF

=>CE\(\perp\)BF tại K

Xét ΔCME vuông tại M và ΔCKB vuông tại K có

\(\widehat{MCE}\) chung

Do đó: ΔCME~ΔCKB

=>\(\dfrac{CM}{CK}=\dfrac{CE}{CB}\)

=>\(CM\cdot CB=CK\cdot CE\)

\(BE\cdot BA+CE\cdot CK\)

\(=BM\cdot BC+CM\cdot CB\)

=BC(BM+CM)

=BC² không phụ thuộc vào vị trí điểm M

bài 6:

Bài 7: