Trắc nghiệm Bài 6: Trường hợp đồng dạng thứ nhất của tam giác Toán 8 Cánh diều

Tam giác ABC cân tại A, AH là đường cao đồng thời là đường trung tuyến của tam giác. Do đó, M thuộc AH. Do đó, \(3MH = AH\)

Tam giác A’B’C’ cân tại A’, A’H’ là đường cao đồng thời là đường trung tuyến của tam giác. Do đó, M’ thuộc A’H’. Do đó, \(3M'H' = A'H'\)

Xét tam giác ABH và tam giác A’B’H’ có: \(\widehat {AHB} = \widehat {A'H'B'} = {90^0},\frac{{BH}}{{B'H'}} = \frac{{AB}}{{A'B'}} = 3\)

Suy ra: \(\Delta AHB \backsim \Delta A'H'B'\), do đó, \(\frac{{AH}}{{A'H'}} = 3 \Rightarrow \frac{{3HM}}{{3H'M'}} = 3 \Rightarrow \frac{{HM}}{{H'M'}} = 3\)

Tam giác BHM và tam giác B’H’M’ có:

\(\widehat {MHB} = \widehat {M'H'B'} = {90^0},\frac{{HM}}{{HM'}} = \frac{{BH}}{{B'H'}} = 3\)

Do đó, \(\Delta BMH \backsim \Delta B'M'H'\)  nên \(\frac{{BM}}{{B'M'}} = \frac{{BH}}{{B'H'}} = 3\)

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác ABH vuông tại H có: \(A{B^2} = B{H^2} + A{H^2}\)

\(A{H^2} = A{B^2} - B{H^2} = 400\) nên \(AH = 20cm \Rightarrow AC = \frac{5}{3}.20 = \frac{{100}}{3}\left( {cm} \right)\)

Ta có: \(\frac{{AB}}{{BH}} = \frac{{25}}{{15}} = \frac{5}{3};AC = \frac{5}{3}AH \Rightarrow \frac{{AC}}{{AH}} = \frac{5}{3} \Rightarrow \frac{{AB}}{{BH}} = \frac{{AC}}{{AH}} \Rightarrow \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{BH}}{{AH}}\)

Tam giác ABH và tam giác CAH có: \(\widehat {AHB} = \widehat {AHC} = {90^0},\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{BH}}{{AH}}\)

Do đó, \(\Delta ABH \backsim \Delta CAH \Rightarrow \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{AH}}{{CH}} \Rightarrow CH = \frac{{AH.AC}}{{AB}} = \frac{{80}}{3}cm\)

Vậy chu vi tam giác AHC là: \(AH + HC + AC = 20 + \frac{{80}}{3} + \frac{{100}}{3} = 80\left( {cm} \right)\)

Tam giác ADM và tam giác BMC có:

\(\widehat A = \widehat B = {90^0},\frac{{AD}}{{MB}} = \frac{{DM}}{{MC}}\left( { = \frac{2}{3}} \right)\)

Do đó, \(\Delta AMD \backsim \Delta BCM\) nên \(\widehat {ADM} = \widehat {BMC}\)

Mà: \(\widehat {AMD} + \widehat {ADM} = {90^0},\) do đó, \(\widehat {AMD} + \widehat {BMC} = {90^0}\)

Lại có: \(\widehat {AMD} + \widehat {DMC} + \widehat {CMB} = {180^0}\)

Suy ra: \(\widehat {DMC} = {180^0} - \left( {\widehat {AMD} + \widehat {BMC}} \right) = {90^0}\)

Do đó, tam giác DMC vuông tại M

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác DMC vuông tại M có:

\(D{C^2} = D{M^2} + M{C^2} = 117\) nên \(DC = \sqrt {117} cm\)

Vậy chu vi tam giác DMC là: \(DM + MC + DC = 6 + 9 + \sqrt {117}  = 15 + \sqrt {117} \left( {cm} \right)\)

Tam giác BHC và tam giác B’H’C’ có: \(\widehat {BHC} = \widehat {B'H'C'} = {90^0},\frac{{CH}}{{C'H'}} = \frac{{BC}}{{B'C'}}\)

Do đó, \(\Delta BHC \backsim \Delta B'H'C'\)

Suy ra: \(\widehat C = \widehat {C'}\), mà tam giác ABC cân tại A, tam giác A’B’C’ cân tại A’ nên \(\widehat B = \widehat {B'} = \widehat C = \widehat {C'}\)

Do đó, \(\widehat {BAC} = 4\widehat {ACB} = 4\widehat {ABC}\)

Lại có: \(\widehat {BAC} + \widehat {ACB} + \widehat {ABC} = {180^0} \Rightarrow 6\widehat {ACB} = {180^0} \Rightarrow \widehat {ACB} = {30^0} \Rightarrow \widehat {BAC} = {120^0}\)

Vì \(AC = 3AB \Rightarrow \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{1}{3},B'D' = 3A'B' \Rightarrow \frac{{A'B'}}{{B'D'}} = \frac{1}{3}\)

Do đó, \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{A'B'}}{{B'D'}} \Rightarrow \frac{{AB}}{{A'B'}} = \frac{{AC}}{{B'D'}}\)

Tam giác ABC và tam giác A’B’D’ có:

\(\widehat {ABC} = \widehat {B'A'D'} = {90^0};\frac{{AB}}{{A'B'}} = \frac{{AC}}{{B'D'}}\) nên \(\Delta ABC \backsim B'A'D'\left( 1 \right)\)

Chứng minh được \(\Delta B'A'D' = \Delta A'B'C'\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có: \(\Delta ABC \backsim \Delta A'B'C'\)

Do đó, \(\frac{{AB}}{{A'B'}} = \frac{{AC}}{{A'C'}} = \frac{{BC}}{{B'C'}} = \frac{1}{2}\)

Diện tích hình chữ nhật ABCD là: \({S_{ABCD}} = AB.BC\)

Diện tích hình chữ nhật A’B’C’D’ là: \({S _{A'B'C'D'}} = A'B'.B'C'\)

Do đó: \(\frac{{{S_{ABCD}}}}{{{S_{A'B'C'D'}}}} = \frac{{AB.BC}}{{A'B'.B'C'}} = \frac{{AB}}{{A'B'}}.\frac{{BC}}{{B'C'}} = 2.2 = 4\)

\( \Rightarrow {S_{A'B'C'D'}} = \frac{{12}}{4} = 3\left( {c{m^2}} \right)\)