a) Nếu \(\Delta A'B'C' = \Delta ABC\) thì tam giác \(A'B'C'\) đồng dạng với tam giác \(ABC\). Vì hai tam giác bằng nhau có các góc tương ứng bằng nhau và các cạnh tương ứng bằng nhau.

Khi đó, \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat A = \widehat {A'};\widehat B = \widehat {B'};\widehat C = \widehat {C'}\\\frac{{A'B'}}{{AB}} = \frac{{A'C'}}{{AC}} = \frac{{B'C'}}{{BC}} = 1\end{array} \right.\). Vậy \(\Delta A'B'C'\backsim\Delta ABC\) và tỉ số đồng dạng là 1.

b) Vì \(\Delta A'B'C'\backsim\Delta ABC\) theo tỉ số đồng dạng là \(k\) nên tỉ số đồng dạng là: \(\frac{{A'B'}}{{AB}} = \frac{{A'C'}}{{AC}} = \frac{{B'C'}}{{BC}} = k\).

Khi đó, \(\Delta ABC\backsim\Delta A'B'C'\) đồng dạng với tỉ số đồng dạng là: \(\frac{{AB}}{{A'B'}} = \frac{{AC}}{{A'C'}} = \frac{{BC}}{{B'C'}} = \frac{1}{k}\).

Vậy \(\Delta ABC\backsim\Delta A'B'C'\)theo tỉ số \(\frac{1}{k}\).

Khẳng định d) là khẳng định không đúng 

=> ΔACB \(\backsim\) ΔMPN

a) Vì tam giác \(\Delta MNP\backsim\Delta ABC\) nên \(\widehat B = \widehat N\) (hai góc tương ứng).

Vì \(MK\) là đường cao nên \(\widehat {MKN} = 90^\circ \);Vì \(AH\) là đường cao nên \(\widehat {AHB} = 90^\circ \)

Xét \(\Delta MNK\) và \(\Delta ABH\) có:

\(\widehat B = \widehat N\) (chứng minh trên)

\(\widehat {MKN} = \widehat {AHB} = 90^\circ \)

Do đó, \(\Delta MNK\backsim\Delta ABH\) (g.g)

Vì \(\Delta MNK\backsim\Delta ABH\) nên ta có: \(\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{NK}}{{BH}} = \frac{{MK}}{{AH}} = k \Rightarrow \frac{{MK}}{{AH}} = k\).

b) Vì \(\Delta MNP\backsim\Delta ABC\) nên \(\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{NP}}{{BC}} = \frac{{MP}}{{AC}} = k\)

\( \Rightarrow \frac{{NP}}{{BC}} = k \Leftrightarrow NP = kBC\)

Vì \(\frac{{MK}}{{AH}} = k \Rightarrow MK = kAH\)

 Diện tích tam giác \(MNP\) là:

\({S_1} = \frac{1}{2}.MK.NP\) (đvdt)

 Diện tích tam giác \(ABC\) là:

\({S_2} = \frac{1}{2}.AH.BC\) (đvdt)

Ta có: \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{\frac{1}{2}.MK.NP}}{{\frac{1}{2}.AH.BC}} = \frac{{kAH.kBC}}{{AH.BC}} = {k^2}\) (điều phải chứng minh)

a) Ta có: \(\Delta ABC \backsim \Delta MNP\) suy ra \(\frac{{AB}}{{MN}} = \frac{{BC}}{{NP}}\,\,\left( 1 \right)\) và \(\widehat B = \widehat N\)

Mà D là trung điểm BC và Q là trung điểm NP nên \(BC = 2BD\) và \(NP = 2NQ\)

Thay vào biểu thức (1) ta được \(\frac{{AB}}{{MN}} = \frac{{2BD}}{{2NQ}} \Rightarrow \frac{{AB}}{{MN}} = \frac{{BD}}{{NQ}}\)

Xét tam giác ABD và tam giác MNQ có:

\(\frac{{AB}}{{MN}} = \frac{{BD}}{{NQ}}\) và \(\widehat B = \widehat N\)

\( \Rightarrow \Delta ABD \backsim \Delta MNQ\) (c-g-c)

b) Vì \(\Delta ABD \backsim \Delta MNQ\) nên ta có \(\frac{{AB}}{{MN}} = \frac{{AD}}{{MQ}}\,\,\left( 2 \right)\) và \(\widehat {BAD} = \widehat {NMQ}\) hay \(\widehat {BAG} = \widehat {NMK}\)

Mà G và K lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và tam giác MNP nên \(AD = \frac{3}{2}AG\) và \(MQ = \frac{3}{2}MK\).

Thay vào (2) ta được: \(\frac{{AB}}{{MN}} = \frac{{\frac{3}{2}AG}}{{\frac{3}{2}MK}} \Rightarrow \frac{{AB}}{{MN}} = \frac{{AG}}{{MK}}\)

Xét tam giác ABG và tam giác NMK có:

\(\frac{{AB}}{{MN}} = \frac{{AG}}{{MK}}\) và \(\widehat {BAG} = \widehat {NMK}\)

\( \Rightarrow \)\(\Delta ABG \backsim \Delta MNK\) (c-g-c)

Vì \(\Delta ADE\backsim\Delta AMN\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat A = \widehat A;\widehat {ADE} = \widehat {AMN};\widehat {AED} = \widehat {ANM}\\\frac{{AD}}{{AM}} = \frac{{AE}}{{AN}} = \frac{{DE}}{{MN}}\end{array} \right.\)

Vì \(DE\) là đường trung bình của tam giác \(AMN\)nên \(DE = \frac{1}{2}MN\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat A = \widehat A;\widehat {ADE} = \widehat {AMN};\widehat {AED} = \widehat {ANM}\\\frac{{AD}}{{AM}} = \frac{{AE}}{{AN}} = \frac{{DE}}{{MN}} = \frac{1}{2}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow AM = 2AD;AN = 2AE;MN = 2DE\)

Lại có, \(\Delta AMN\backsim\Delta ABC\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat A = \widehat A;\widehat {AMN} = \widehat {ABC};\widehat {ANM} = \widehat {ACB}\\\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AC}} = \frac{{MN}}{{BC}}\end{array} \right.\)

Vì \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\)nên \(MN = \frac{1}{2}BC\)

\(\left\{ \begin{array}{l}\widehat A = \widehat A;\widehat {AMN} = \widehat {ABC};\widehat {ANM} = \widehat {ACB}\\\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AC}} = \frac{{MN}}{{BC}} = \frac{1}{2}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow AB = 2AM;AC = 2AN;BC = 2MN\)

Vì tam giác \(\Delta ADE\backsim\Delta AMN,\Delta AMN\backsim\Delta ABC,\) nên \(\Delta ADE\backsim\Delta ABC\)

Tỉ số đồng dạng là: \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{\frac{{AM}}{2}}}{{2AM}} = \frac{1}{4}\).

Vậy tỉ số đồng dạng là \(\frac{1}{4}\).

a) Ta có \(\Delta ABC\backsim\Delta DEF\) theo tỉ số đồng dạng \(k = \frac{2}{5}\) nên

\(\frac{{AB}}{{DE}} = \frac{{AC}}{{DF}} = \frac{{BC}}{{EF}} = \frac{2}{5} \Rightarrow AB = \frac{2}{5}DE;AC = \frac{2}{5}DF;BC = \frac{2}{5}EF\).

Chu vi tam giác \(ABC\) là:

\({C_{ABC}} = AB + AC + BC\) (đơn vị độ dài).

Chu vi tam giác \(DEF\) là:

\({C_{DEF}} = DE + DF + EF\)

Tỉ số chu vi của \(\Delta ABC\) và \(\Delta DEF\) là:

\(\frac{{{C_{ABC}}}}{{{C_{DEF}}}} = \frac{{AB + AC + BC}}{{DE + DF + EF}} = \frac{{\frac{2}{5}DE + \frac{2}{5}DF + \frac{2}{5}EF}}{{DE + DF + EF}} = \frac{{\frac{2}{5}\left( {DE + DF + EF} \right)}}{{DE + DF + EF}} = \frac{2}{5}\).

b) Chu vi tam giác \(ABC\) là:

\(36:\left( {5 - 2} \right).2 = 24\left( {cm} \right)\)

Chu vi tam giác \(DEF\) là:

\(36:\left( {5 - 2} \right).5 = 60\left( {cm} \right)\)

Vậy chu vi tam giác \(ABC\) là 24cm; chu vi tam giác \(DEF\) là 60cm.

Xét tam giác MON có: \(\frac{{OA}}{{OM}} = \frac{{OB}}{{ON}} = \frac{2}{3}\) nên \(AB//MN\) (Định lý Thales đảo)

\( \Rightarrow \frac{{AB}}{{MN}} = \frac{2}{3}\) (Hệ quả của định lý Thales)

Chứng minh tương tự ta được \(\frac{{BC}}{{NP}} = \frac{2}{3};\,\,\frac{{AC}}{{MP}} = \frac{2}{3}\)

\( \Rightarrow \frac{{AB}}{{MN}} = \frac{{BC}}{{NP}} = \frac{{AC}}{{MP}}\)

 \( \Rightarrow \Delta ABC \backsim\Delta MNP\) (c-c-c)

Đáp án đúng là D

Vì \(MN//AB\) và \(M \in AC,N \in BC\) nên \(\Delta MNC\backsim\Delta ABC\).