cac truong hop dong dang cua tam giac

CÁC TRƯỜNG HỢP ĐỒNG DẠNG CỦA TAM GIÁC I Phương pháp giải Khái niệm hai tam giác đồng dạng a Định nghĩa ΔABC gọi đồng dạng với ΔABC nếu: A  A ; B  B ; C   C ; AB AC  BC    AB AC BC b Tính chất - Mỗi tam giác đồng dạng với - Nếu ΔABC ∽ ΔABC ΔABC ∽ ΔABC - Nếu ΔABC ∽ ΔABC ΔABC ∽ ΔABC ΔABC ∽ ΔABC c Định lí Nếu đường thẳng cắt hai cạnh tam giác song song với cạnh lại tạo thành tam giác đồng dạng với tam giác cho ΔABC    AMN ∽ ΔABC MN / / BC  Chú ý Định lý cho trường hợp đường thẳng cắt phần kéo dài hai cạnh tam giác song song với cạnh lại Trường hợp đồng dạng thứ Nếu ba cạnh tam giác tỉ lệ với ba cạnh tam giác hai tam giác đồng dạng Nếu ΔABC ΔABC có: AB BC CA   AB BC  C A  ΔABC ∽ ΔABC Trường hợp đồng dạng thứ hai Nếu hai cạnh tam giác tỉ lệ với hai cạnh tam giác hai góc tạo cặp cạnh nhau, hai tam giác đồng dạng Nếu ΔABC ΔABC có: A  A AB AC   ΔABC ∽ ΔABC AB AC Trường hợp đồng dạng thứ ba Nếu hai góc tam giác hai góc tam giác hai tam giác đồng dạng với Nếu ΔABC ΔABC có: A  A ; B  B ΔABC ∽ ΔABC II Một số ví dụ Ví dụ 1: Cho tứ giác lồi ABCD có BAC  CAD ABC  ACD Hai tia AD BC cắt E Chứng minh AB.DE  BC.CE Giải * Tìm cách giải Để chứng minh đẳng thức tích, thơng thường biến đổi chúng dạng tỉ lệ thức chứng minh tỉ lệ thức Vậy để chứng minh AB.DE  BC.CE cần AB CE AB  Nhận thấy tỉ số vận dụng tính chất đường phân giác BC DE BC AB AE CE AE   ta có Do cần chứng minh Từ tìm cách BC CE DE CE chứng minh chứng minh ΔCDE ∽ ΔACE , cần chứng minh ECD  BAC xong * Trình bày lới giải Vì BAC  CBA  ECA (góc tam giác) ABC  ACD nên ECD  BAC ΔCDE ∽ ΔACE  g.g  , suy CE AE  (1) DE CE Trong ΔABE có AC đường phân giác suy Từ (1) (2) suy AE AB  (2) CE BC AB CE   AB.DE  BC CE BC DE Ví dụ 2: Cho tam giác ABC vng A có điểm D nằm A C Qua C dựng CE vng góc với đường thẳng BD E Chứng minh: a) ΔADE ∽ ΔBDC b) AB.CE  AE.BC  AC.BE Giải * Tìm cách giải ΔADE ΔBDC có ADE  BDC ; để tìm cặp góc thật khó khăn Do tìm cách chứng minh cặp góc tỉ lệ thơng qua hai tam giác khác Chẳng hạn cần có DA DE  nên chứng minh ΔABD ∽ ΔECD DB DC - Để chứng minh AB.CE  AE.BC  AC.BE , ta có vế trái tổng nên vế phải ta cần tách thành tổng: AC.BE  AC.x  AC y với x  y  BE Do ta chọn điểm F thuộc BD x  BF , y  FE chứng minh AB.CD  AC.BF , AD.BC  AC.FE Từ cần chọn điểm F cho Δ ABF ∽ Δ ACE , Δ AFE ∽ Δ ABC xong * Trình bày lời giải a) Xét ΔABD ΔECD có ADB  EDC ; BAD  CED  90 (gt) ΔABD ∽ ΔECD ( g g)  DA DE  DB DC ΔADE ΔBDC có ADE  BDC ; DA DE  DB DC suy ΔADE ∽ ΔBDC  c.g.c  b) Cách Gọi M giao điểm AB CE Xét ΔMBE ΔMCA , ta có M chung; MEB  MAC   90   ΔMBE ∽ ΔMCA( g.g )  Xét ΔMAE ΔMCB có MB MC  , M chung  ΔMAE ∽ ΔMCB  c.g.c   MEA  MBC ME MA Lấy F  BE cho AF  AE Xét ΔABF ΔACE có:    BAF  CAE  90  DAF ; ABF  ACE 90  M  ΔABF ∽ ΔACE  g g    AB BF   AB.CE  AC BF (1) AC CE Xét ΔAFE ΔABC có EAF  BAC   90 ; AEF  ACB (cùng phụ với hai góc nhau)  ΔAFE ∽ ΔABC  g g   MB MC  ME MA AE EF   AE.BC  AC.EF (2) AC BC Từ (1) (2) cộng vế với vế: AB.CE  AE.BC  AC  BF  EF   AC.BE Cách Gọi J điểm cạnh AC cho ABJ  EBC Xét ΔABJ ΔEBC có: BAC  BEC   90 ; ABJ  EBC  ΔABJ ∽ ΔEBC  g.g   AB AJ   AB.CE  BE AJ (3) BE CE Xét ΔABE ΔJBC có: ABE  JBC ; AEB  JCB  ΔABE ∽ ΔJBC  AE BE  JC BC  AE.BC  BE.JC (4) Từ (3) (4) cộng vế với vế: AB.CE  AE.BC  BE  AJ  JC   BE.AC Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có AB  cm; AC  cm; BC  cm Chứng minh BAC  ABC  ACB Giải * Tìm cách giải Về mặt suy luận, muốn chứng minh góc BAC thành tổng góc đề Ta có hai cách suy nghĩ: Cách 1: góc BAC dựng góc BAD DAC góc ABC chứng minh phần lại 2.ACB Tuy nhiên cách gặp khó khăn cịn hệ số Cách 2: góc BAC dựng góc BAD góc ACB chứng minh phần cịn lại DAC  ABC  ACB Cách có tính khả thi Thật vậy, ta viết BAC  ABC  ACB  ACB nên lấy điểm D cạnh BC cho BAD  ACB , dễ dàng nhận thấy ADC  ACB  ABC nên cần chứng minh tam giác ACD cân C xong Với suy luận trên, có hai cách trình bày sau: * Trình bày lời giải Cách Trên đoạn thẳng BC lấy điểm D cho BAD  ACB suy ΔABD ∽ ΔCBA  g.g  Suy BD AB BD     BD  cm  CD  BC  BD  cm BA CB  CD  AC nên ΔACD cân C, DAC  ADC Mà ADC  ABC  BAD (tính chất góc ngồi tam giác) Suy ra: BAC  BAD  DAC  ACB  ADC  ACB  ABC  BAD Do BAC  ACB  ACB Cách Trên đoạn thẳng BC lấy điểm D cho BD  cm  CD  BC  BD  cm  CD  AC nên ΔACD cân C Do DAC  ADC (1) ΔABD ΔCBA có ABD chung BD AB   BA CB Suy ΔABD ∽ ΔCBA  c.g.c   BAD  BCA (2) Từ (1) (2) ta có: BAC  BAD  DAC  ACB  ADC  ACB  ABC  BAD Do BAC  ABC  ACB Ví dụ 4: Cho tam giác ABC ( AB  AC ) có góc đỉnh 20o; cạnh đáy BC  a ; cạnh bên AB  b Chứng minh a  b3  3ab Giải Cách Dựng tia Bx nửa mặt phẳng bờ BC có chứa điểm A cho CBx  20 ; tia Bx cắt AC D; kẻ AH  Bx Tam giác ABC cân A, ta có: A  20  B  C  80  ABH  ABC  CBx  80  20  60 Suy ΔABH có ABH  60 ; AHB  90  BH  Ta có: AH  AB2  BH (định lý Pi-ta-go)  AH  b  b 3b  4 ΔBDC có BCD  80 ; CBD  20  BDC  80 Δ BCD cân B  BD  BC  a , b Do DH  BH  BD   a Nhận thấy: ΔABC ∽ ΔBDC  g g   BC AC  CD BC AB b  2  CD  BC a a  , mà AD  AC  CD  b  AC b b 3b2  b     a   b  ab  a Và AD  AH  DH  2  2 2  a2  Vậy  b    b  ab  a  b  a  2a b  b  ab3  a b b    a  a3  b3   3a b2  a3  b3  3ab2 Cách Dựng tam giác ABE cho E C nằm phía so với AB Dựng ΔACD cân A cho D; E nằm phía với AC CAD  20  ΔABC  ΔACD  ΔADE  c.g.c  Gọi F G giao điểm BE với AD AC Khi BG  EF  a Vì ABE  60 nên CBG  BAC  CBE  20 ΔCBG cân B  ΔBAC ∽ ΔCBG  g.g   BC CG a CG a2     CG  AC BG b a b a2 Ta có: AG  AC  CG  b  b Ta có: FG / /CD nên theo định lý Ta-lét, ta có: GF AG GF    CD AC a a2 b  GF  ab  a b b2 b Mà BE  BG  GF  FE  b  2a  ab  a  b3  2ab  ab  a b2  a  b3  3ab Ví dụ Cho hình thoi ABCD có A  60 Gọi M cạnh thuộc cạnh AD Đường thẳng CM cắt đường thẳng AB N a) Chứng minh AB  DM BN ; b) BM cắt DN P Tính góc BPD Giải a) Ta có: AM / / BC (do AD / / BC ), suy ra: ΔNAM ∽ ΔNBC  hay NA NB  AM BC NA NB  (1) (vì BC  AB ) AM AB Ta có: NA / / DC (do AB/ / DC ), suy ΔNAM ∽ ΔCDM  Hay NA CD  AM DM NA AB  (2) (vì CD  AB ) AM DM Từ (1) (2) suy ra: b) Từ NA AB  hay AB  DM BN AB DM NB AB NB BD    AB DM BD DM Xét ΔBND ΔDBM có NB BD  NBD  BDM  60 BD DM Suy ΔBND ∽ ΔDBM  c.g.c   MBD  BND  MBD  MBN  BND  MBN  60 Mà BPD  BND  MBN nên BPD  60 Nhận xét Với kỹ thuật trên, bạn giải tốn sau Cho hình thoi ABCD có A  60 vẽ đường thẳng qua C cắt tia đối tia BA M cắt tia đối tia DA N Gọi K giao điểm DM BN Tính số đo MKB Ví dụ Cho ΔABC cân A Lấy M tùy ý thuộc BC, kẻ MN song song với AB (với N  AC ), kẻ MP song song với AC (với P  AB ) Gọi O giao điểm BN CP Chứng minh OMP  AMN Giải * Tìm cách giải Nhận thấy BPM  MNC  QPM  ANM Do OMP  AMN  ΔQPM ∽ ΔANM Mặt khác thấy Δ QPM Δ ANM khó tìm thêm cặp góc Do nên tìm cách biến đổi thêm hai cặp cạnh kề với hai góc OMP ; AMN tỉ lệ xong * Trình bày lời giải Giả sử MB  MC Gọi Q giao điểm MO AB; K giao điểm CP MN Vì MNAP hình bình hành nên QPM  ANM (1) Vì ΔABC cân A nên suy ΔPBM cân P ΔNCM cân N Do PB  PM  AN NC  NM  AP kết hợp với MN / / AP , suy ra: PQ PQ KM PB NA     (2) PM PB KN PA NM Từ (1) (2) suy ra: ΔQPM ∽ ΔANM  c.g.c   QMP  AMN hay OMP  AMN Điều phải chứng minh Ví dụ Cho tam giác ABC có B  2.C , AB  cm, AC  cm Tính độ dài cạnh BC? Giải * Tìm cách giải Khai thác giả thiết, từ B  2.C cần dựng thêm yếu tố phụ để vận dụng điều Chúng ta có hai hướng giải: - Cách Kẻ đường phân giác BD góc B để khai thác góc - Cách Từ đỉnh C dựng thêm góc góc B Với hai hướng có hai lời giải sau: * Trình bày lời giải Cách Kẻ đường phân giác BD tam giác ABC Xét ΔABC ΔADB có A chung,  ABC  ACB  ABD       Suy ΔABC ∽ ΔADB  g.g  AB AC AB 42    AD    (cm) AD AB AC  CD  (cm) ΔABC có BD đường phân giác nên BC CD AB.CD 4.6   BC    12 (cm) AB AD AD Cách Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A dựng tia Cx cho BCx  ACB  ACB  ABC Gọi E giao điểm Cx với đường thẳng AB Xét ΔABC ΔACE có A chung, ABC  ACE   ACB  suy ΔABC ∽ ΔACE  g.g   AC AB AC 82   AE    16 (cm) AE AC AB  BE  12 (cm) Từ ABC  ACB  2.BCE Suy Δ BCE cân B, BC  BE  12 (cm) Ví dụ Cho tam giác ABC có AB  cm, AC  cm BC  2,5 cm Chứng minh B  2.C Giải * Tìm cách giải Bài tốn có nét đảo ví dụ 7, hồn tồn tự nhiên nghĩ tới việc kẻ thêm yếu tố phụ Để chứng minh B  2.C , có hai hướng sau: - Cách Dựng phân giác BD chứng tỏ ABD  C - Cách Từ đỉnh C dựng thêm góc góc B chứng minh cặp góc Vì tốn biết nhiều độ dài đoạn thẳng nên chứng minh cặp góc cách chứng minh hai tam giác đồng dạng theo trường hợp cạnh-góc-cạnh * Trình bày lời giải Cách Kẻ đường phân giác BD tam giác ABC suy  AD AB AD AB    DC BC AD  DC AB  BC AD   AD  (cm)  2,5 Ta có: AB AC   ,  AD / AB suy AC AB  AB AD Xét ΔABC ΔADB có A chung, AC AB  suy ΔABC ∽ ΔADB  c.g.c  AB AD Do đó: ACB  ABD , ABC  2.C Cách Trên tia đối tia BA lấy điểm E cho BE  BC suy ra: ABC  2.BEC  2.BCE Ta có AB AC  ;   AC AE  2,5 suy AC AB  AE AC Xét ΔABC ΔACE có A chung, ΔABC ∽ ΔACE  c.g.c  AC AB  suy AE AC ACE  ABC suy ACE  2.BCE  ACB  BCE Hay ABC  ACB Ví dụ Cho tam giác ABC có A  90 B  20 Các điểm E F nằm cạnh AC AB cho ABE  10 ACF  30 Tính CFE (Thi Olympic Tốn quốc tế Đài Loan TAIMC, năm 2012) Giải * Tìm cách giải Những tốn tính số đo góc thường khó, trước hết nên vẽ hình xác, sau phân tích giả thiết để dự đốn kỹ thuật kẻ thêm yếu tố phụ Trong giả thiết nhận thấy ACF  30  FC  AF Từ B  20  C  70 , BCF  40 , có liên tưởng góc 40o với góc 20o 30o đề không? Với suy nghĩ ấy, lấy điểm G AB cho BCG  20 toàn tạo nên yếu tố mới: CF phân giác góc ACG, tam giác BCG cân G Với hình vẽ xác, hồn tồn dự đoán CG song song với FE Từ định hướng để chứng minh dự đốn định lý Ta-lét đảo * Trình bày lời giải Xét ΔABC có A  90 B  20  C  70 ΔACF có A  90 ACF  30  FC  2.AF Gọi D trung điểm BC G điểm AB cho GD vng góc với BC Do ΔABC ∽ ΔDBG Hướng dẫn giải 15.1 a) Xét ΔABE ΔACF có AEB  AFC  90 ; BAC chung  ΔABE ∽ ΔACF  g.g   AB AE   AE AC  AF AB AC AF b) Từ AE.AC  AF.AB  Xét ΔAEF ΔABC có AE AF  AB AC AE AF  ; BAC chung AB AC  ΔAEF ∽ ΔABC  c.g.c  c) Chứng minh tương tự, ta có: ΔAEF ∽ ΔABC  AEF  ABC Chứng minh tương tự, ta được:  ΔCAB ∽ ΔCDE  g.g   ABC  CED Từ suy AEF  CED  EB tia phân giác DEF Chứng minh tương tự, ta có DA tia phân giác EDF Từ suy điều phải chứng minh 15.2 ΔCBH ΔCDK có:  CHB  CKD   90  HBC  KDC  BCD   ΔCBH ∽ ΔCDK  g g   Mà CD  AB nên CH CK  CB CD CH CK  CB AB ΔCHK ΔBCA có CH CK  CB AB Và ABC  HCK (cùng bù với BAD ) suy ΔCHK ∽ ΔBCA  c.g.c  15.3 ΔIAB ΔDCB có ABI  CBD ; IAB  DCB (hai góc phụ với ABC )  ΔIAB ∽ ΔDCB  AB BI  BC BD ΔABC có BD đường phân giác Nên AB AD  BC DC Do đó: BI AD   AD.BD  BI DC BD DC 15.4 Ta có CDB  A (tính chất góc ngồi), cạnh BC lấy E cho CDE  A ΔACD ΔDCE có C1  C2 ; A  CDE  ΔACD ∽ ΔDCE  g g   AC CD  CD CE  CD  AC.CE  AC.BC 15.5 Ta có AEC  BDC DBC  EBC  60 Vì DBC  ACB  60 nên AC / / BD Suy ra: ACF  BDC  AEC  ΔAEC ∽ ΔACF  g.g   AC AE AB AE AB AE      AF AC AF AB AB  AF AB  AE  AB AE AB AB    1 BF BE BF BE  AB AB 1  1   BF BE BF BE AB  1   Điều phải chứng minh BD BF BC 15.6 Từ giả thiết suy C trực tâm ΔAEF nên AC  EF Kết hợp với BD  AM ED  AF theo tính chất góc có cạnh tương ứng vng góc ta có: ICD  MFA ; CDI  MAF  ΔICD ∽ ΔMFA  IC MF  (1) ID MA Tương tự ΔICB ∽ ΔMEA  g.g   IC ME  (2) IB MA Từ (1) (2) kết hợp với giả thiết IB  ID suy ME  MF 15.7 a) Trong tam giác BDM ta có D1  120  M1 Vì M  60 nên ta có: M  120  M1 Suy D1  M mà B  C  60 Do ΔBMD ∽ ΔCEM (1) Suy BD CM  , từ đó: BD.CE  BM CM BM CE Vì BM  CM  BC BC , nên ta có: BD.CE  b) Từ (1) suy BD MD BD MD   mà BM  CM nên ta có: CM EM BM EM Do ΔBMD ∽ ΔMED Từ suy ra: D1  D2 , DM tia phân giác góc BDE Chứng minh tương tự ta có EM tia phân giác góc CED c) Gọi H, I, K hình chiếu M AB, DE, AC Theo tính chất đường phân giác, ta có: DH  DI , EI  EK  AH  AK Từ suy chu vi tam giác ADE bằng: AD  DE  EA  AD  DH  EK  EA  AH Vậy chu vi tam giác ADE không đổi 15.8 a) Xét ΔDHC ΔNHB có: DHC  NHB   90  CHN  ; HCD  HBC   90  BCH  Suy ra: ΔDHC ∽ ΔNHB  g.g  b) Xét ΔMBH ΔBCH có: MHB  BHC   90  ; MBH  HCB   90  CBH  Suy ΔMBH ∽ ΔBCH  g.g   Mà ΔDHC ∽ ΔNHB  g.g   MB HB  (1) BC HC NB HB  (2) BC  CD DC HC nên từ (1) (2), suy ra: MB  NB  AM  CN , suy AM NB  NC.MB 15.9 Trên tia đối tia AC lấy điểm D cho AD  AB Từ suy DC  3.AC BAC  BDA nên BDC  ABC Từ ΔABC ∽ ΔBDC  AC BC   BC  DC AC BC DC  BC  AC  BC  AC  4.AC2 nên AB  BC  AC Vậy ΔABC tam giác vuông C 15.10 a) Ta có: BIA  MCE   90  IBH  (1) Lại có: IAB  BAH  180; CME  EMB  180 ;   BAH  EMB  90  ABC  IAB  CME (2) Từ (1) (2) suy ra: ΔIAB ∽ ΔMCE  g.g  b) ΔMAK ΔMEA có MKA  MAE   90 , AME chung  ΔMAK ∽ ΔMEA  g g   MA MK   MA2  ME.MK (3) ME MA Tương tự: ΔMAL ∽ Δ  g.g   MA ML   MA2  MF ML (4) MF MA Từ (3) (4) suy ra: ME.MK  MF ML  EM ML  FM KM Ta có: MB S AMB AB.MK   MC S AMC AC.ML Mặt khác Suy EM ML MK MF    FM MK ML ME MB AB.MF MB AB.MC    (5) MC AC.ME MF AC.ME Mặt khác ΔAIB ∽ ΔMCE , suy Từ (4) (5) suy ra: c) ΔMBF ΔAIC có MC AI  (6) ME AB MB AB AI AI   MF AC AB AC MB MF  AI AC IAC  BMF  ΔMBF ∽ ΔAIC  c.g.c   AIC  MBF mà AIC  ICB  90  AI  BC   MBF  ICB  90 hay BF vuông góc với CI Tam giác IBC có IH, BF, CE đường cao, suy điều phải chứng minh 15.11 Ta có: ΔADC ∽ ΔBEC  g.g  , CB CA CD CB     CA2  CB  CA  CB (1) suy CB CE CA CA  CA  2.CD Mặt khác DAC  30  C  60 (2) Từ (1) (2) suy ABC tam giác 15.12 a) Ta có: APB  180  A1  B1  180   A B  2 360  A  B 180  C 180  C C    90  2 2 Xét ΔCMP có M1  MPC  MCP  M1  90  C  APB  M1 ΔAPB ΔAMP có APB  M1 ; A1  A2  ΔAPB ∽ ΔAMP  AM AP   AM AB  AP (1) AP AB Tương tự, ta có: ΔAPB ∽ ΔPNB  g.g   BN BP  BP AB  BN AB  BP (2) AM  AP   Từ (1) (2) suy ra:  , điều phải chứng minh BN  BP  b) Xét ΔAMP ∽ ΔAPB (chứng minh trên); ΔAPB ∽ ΔPNB (chứng minh trên)  ΔAMP ∽ ΔPNB  AM MP   AM BN  PN MP PN BN hay AM BN  MP ΔCMN có CP phân giác, CP đường cao nên ΔCMN cân C  CM  CN ; MP  PN Xét AM BC  BN AC  CP  AM BC  BN AC  CM  MP  AM BC  BN AC  CM  AM BN  AM  BC  BN   BN AC  CM  CM  AM  CM   BN AC  CM AC  BN AC  AC  CM  BN   AC.BC Do đó: AM BC  BN AC  CP  AC.BC Suy AM BN CP    , điều phải chứng minh AC BC AC.BC 15.13 a) ΔCDE ΔCAB có: CDE  CAB  90 , DCE chung, suy ΔCDE ∽ ΔCAB  g g   CD CA  CE CB Xét ΔADC ΔBEC có: ACB chung, CD CA  (chứng minh trên) CE CB Do ΔADC ∽ ΔBEC  c.g.c  Suy ra: BEC  ADC  135 (vì tam giác AHD vng cân H theo giả thiết) Nên AEB  45 tam giác ABE vuông cân A Suy ra: BE  AB  m b) Ta có BM BE AD   (do ΔBEC ∽ ΔADC ) BC BC AC mà AD  AH (tam giác AHD vuông cân H) nên BM AD AH BH BH (do ΔABH ∽ ΔCBA )     BC AC AC AB BE Xét ΔBHM ΔBEC có BM BH  CBE chung BC BE Do ΔBHM ∽ ΔBEC  c.g.c  , suy ra: BHM  BEC  135  AHM  45 c) Ta có AG cịn phân giác góc BAC  ΔABC ∽ ΔDEC  GB AB  GC AC AB ED AH HD    ED / / AH   AC DC HD HC  GB HD GB HD GB HD      GC HC GB  GC HD  HC BC AH  HC 15.14 a) Đặt AFE  BFD  , BDF  CDE   , CED  AEF   Ta có: BAC      180 (*) Gọi O giao điểm ba đường phân giác tam giác DEF Suy OD, OE, OF vng góc với BC, AC, AB  OFD  OED  ODF  90 (1) Ta có: OFD    OED    ODF    270 (2) (1) (2)        180 (**) (*) (**)  BAC    BDF b) Chứng minh tương tự câu a), ta có: B   , C    ΔAEF ∽ ΔDBF ∽ ΔDEC ∽ ΔABC Suy 5BF 5BF 5BF  BD BA     BF  BC   BD   BD   BD      7CE 7CE 7CE  CD CA       CD   CD   CD   8  CE CB     AE AB 7 AE  AF 7   CE     BF  7CE  5BF  24  AF  AC          CD  BD  (3) Ta lại có: CD  BD  (4) Từ (3) (4)  BD  2,5 15.15 Kẻ từ M đường thẳng song song với cạnh AB, BC cắt cạnh E, F, G, H (hình vẽ) Ta có: AGM  CFM   ABC  Mặt khác MAB  MCB ΔAGM ∽ ΔCFM  AG MG DH BF   Mặt khác, AG  DH ; CF  MH ; MG  FB nên (1) CF MF MH MF Ta lại có: DHM  BFM   BCD  (2) Từ (1) (2) suy ra: ΔDHM ∽ ΔBFM  MDC  MBC 15.16 Về phía ngồi ΔABC vẽ ΔBCE vng cân C   ADB  ACE  ACB  90 Mà   AD BD  (vì AC.BD  AD.BC ) AC BC AD BD  ΔABD ∽ ΔACE  c.g.c  (1) AC CE  A1  A2  BAE  DAC Từ (1)   AB AE  ΔABE ∽ ΔADC  c.g.c  AD AC AB BE   AB.CD  AD.BE AD DC Mặt khác, ΔABE vuông cân nên BE = 2.BC Do AB.CD  AD.BC hay AB.CD  AD.BC 15.17 Lấy N PQ cho MN  BC Ta có: PBE  PMN (cùng phụ với PMB ) BPE  MPN (cùng phụ với EPM ) nên ΔPBE ∽ ΔPMN  g.g   BE BP BP   BE  MN (1) MN MP MP Tương tự, ta có: CF  MN CQ (2) MQ Mặt khác ΔBPM ∽ ΔCQM  g.g   BP CQ  (3) MP MQ Từ (1), (2) (3) suy ra: BE  CF 15.18 Gọi H giao điểm BE CF Gọi I giao điểm AH PQ Ta có: ABQ  ACP   90  BAC  ; BAQ  PAC suy ΔABQ ∽ ΔACP  g.g  AQ AB AQ AP    AP AC AB AC Mặt khác APHQ hình bình hành nên AP  HQ  AQ HQ  AB AC Ta lại có: BAC  AQH   180  PAQ  suy ΔABC ∽ ΔQHA  c.g.c   ABC  QAH ; AB BC BM   QA AH AI (vì BC  2.BM AH  2.AI ) Do đó: ΔABM ∽ ΔQAI  c.g.c   BAM  AQI  QAM  AQI  180  AM  PQ 15.19 Gọi P giao điểm AB DE; Q giao điểm BD CE ΔDEC có DC  DE   DB  EDC  60  80  140 nên DEC  DCE    180  EDC  20 Ta có: ABD  DBC  ABC nên ABD  20 ΔBDP ΔEDQ có DEQ  DBP  20; BD  ED; EDB chung  ΔBDP  ΔEDQ  c.g.c   EQ  BP; PD  DQ ΔBPD ΔABC có: PDB  ABC  80; DBA  BAC  20  ΔBPD ∽ ΔABC  g.g   AB BC BD ED AB ED      AE / / BD (định lý Pa-lét đảo) hay BP PD PD PD BP PD  EAP  PBD (so le trong)  EAP  20  EAC  40 Mặt khác ACE  ACD  DCE  40  EAC  ACE  ΔACE cân E 15.20 Gọi K điểm đối xứng với B qua A Gọi M giao điểm BD CK ΔBCK có CA đường trung tuyến  AB  AK  , mà CD  2.AD nên D trọng tâm tam giác  MC  MK ΔBCK có AK  AB, MC  MK nên AM đường trung bình  AM / / BC  AMB  EBC mà ABC  DEC  ABM  ABC  MBC  DEC  EBC  ECB ΔAMB ΔEBC có AMB  EBC , ABM  ECB  ΔAMB ∽ ΔEBC  g g   BC BE  MB AM Ta có: AB  AK , AC  AF BK  CF nên BCKF hình thoi  BC  CK  AM  MC BF BC BE BE BF BE      MB MB AM MC MB MC mà EBF  CMB  ΔEBF ∽ ΔCMB  c.g.c   BEF  MCB kết hợp với BCKF hình thoi nên: DEF  180  BEF  180  MCB  FBC  ABC hay DEF  ABC ... DH (N thuộc BC) a) Chứng minh tam giác DHC đồng dạng với tam giác NHB; b) Chứng minh AM NB  NC.MB 15.9 Cho tam giác ABC thỏa mãn AB  2.AC A  2.B Chứng minh ΔABC tam giác vuông 15.10 Cho ΔABC... A có góc BAC  20 Dựng tam giác BDC cho D, A phía so với BC Dựng tam giác DEB cân D có góc EDB  80 C, E khác phía so với DB Chứng minh tam giác AEC cân E 15.20 Cho tam giác ABC có A  90...4 Trường hợp đồng dạng thứ ba Nếu hai góc tam giác hai góc tam giác hai tam giác đồng dạng với Nếu ΔABC ΔABC có: A  A ; B  B ΔABC ∽ ΔABC II Một