Lời giải

(1) Vì \(\frac{2}{6} = \frac{3}{9} = \frac{4}{{12}}\) nên hai tam giác này đồng dạng với nhau theo trường hợp cạnh – cạnh – cạnh.

(2) Vì \(\frac{3}{6} = \frac{5}{{10}} \ne \frac{6}{{11}}\) nên hai tam giác này không đồng dạng với nhau.

(3) Vì \(\frac{2}{2} = \frac{3}{3} \ne \frac{3}{2}\) nên hai tam giác này không đồng dạng với nhau.

(4) Vì \(\frac{4}{3} = \frac{4}{3} = \frac{4}{3}\) nên hai tam giác này đồng dạng với nhau theo trường hợp cạnh – cạnh – cạnh.

Lời giải

Vì DE = 6 cm, DF = 4 cm, EF = 3 cm nên ta có: DE : DF : EF = 6 : 4 : 3.

Do đó \(\frac{{DE}}{6} = \frac{{DF}}{4} = \frac{{EF}}{3}\). Suy ra \(\frac{{2DE}}{{12}} = \frac{{3DF}}{{12}} = \frac{{4EF}}{{12}}\).

Suy ra 2DE = 3DF = 4EF.

Mà 2AB = 3AC = 4BC  (gt)

Do đó, \(\frac{{AB}}{{DE}} = \frac{{AC}}{{DF}} = \frac{{BC}}{{EF}}\).

Suy ra, ∆ABC ᔕ ∆DEF (c.c.c).

Lời giải

Hai tam giác ABC và tam giác DEF có:

\(\frac{{AB}}{{EF}} = \frac{{BC}}{{DF}}\)

\(\widehat {ABC} = \widehat {DFE}\)

Do đó, ∆ABC ᔕ ∆EFD (c.g.c).

Khi đó, đỉnh A tương ứng với đỉnh E, đỉnh B tương ứng với đỉnh F và đỉnh C tương ứng với đỉnh D.

Suy ra các đáp án đúng là (2), (3), (6).

Lời giải

Tam giác ABC và tam giác MNP có:

\(\widehat {ABC} = \widehat {NMP}\)

\(\widehat {ACB} = \widehat {MNP}\)

Do đó, ∆ABC ᔕ ∆PMN (g.g).

Khi đó đỉnh A tương ứng với đỉnh P, đỉnh B tương ứng với đỉnh M, đỉnh C tương ứng với đỉnh N.

Suy ra, các khẳng định đúng là (2), (4), (5).

Lời giải

a)

Vì AM . AB = AN . AC nên \(\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{AN}}{{AB}}\).

Tam giác AMN và tam giác ABC có:

\(\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{AN}}{{AB}}\),

\(\widehat {BAC}\) chung.

Do đó, ∆AMN ᔕ ∆ACB (c.g.c).

b)

Vì ∆AMN ᔕ ∆ACB (cmt) nên \(\widehat {AMN} = \widehat C\) và \(\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{MN}}{{CB}}\).

Mà E, F lần lượt là trung điểm của MN, BC nên MN = 2ME, BC = 2FC.

Do đó: \(\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{MN}}{{CB}} = \frac{{2ME}}{{2FC}} = \frac{{ME}}{{FC}}\).

Tam giác MAE và tam giác CAF có:

\(\widehat {AME} = \widehat C\) (do \(\widehat {AMN} = \widehat C\));

\(\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{ME}}{{FC}}\) (cmt).

Do đó, ∆AME ᔕ ∆ACF (c.g.c). Suy ra \(\widehat {EAM} = \widehat {FAC}\) (hai góc tương ứng).

Vậy \(\widehat {EAB} = \widehat {FAC}\).

Lời giải

a)

Xét tam giác APQ và tam giác ACB có:

\(\widehat {PAQ} = \widehat {BAC}\) (hai góc đối đỉnh)

\(\widehat {APQ} = \widehat {ACB}\) (giả thiết)

Do đó, ∆APQ ᔕ ∆ACB (g.g) nên \(\frac{{AP}}{{AC}} = \frac{{AQ}}{{AB}}\).

Suy ra: AP . AB = AQ . AC.

b)

Vì \(\frac{{AP}}{{AC}} = \frac{{AQ}}{{AB}}\) nên \(\frac{{AP}}{{AQ}} = \frac{{AC}}{{AB}}\).

Xét tam giác APC và tam giác AQB có:

\(\widehat {PAC} = \widehat {BAQ}\) (hai góc đối đỉnh),

\(\frac{{AP}}{{AQ}} = \frac{{AC}}{{AB}}\) (chứng minh trên).

Do đó, ∆APC ᔕ ∆AQB (c.g.c).

Lời giải

a)

Vì MN song song với BC (gt) nên

\(\widehat {ENM} = \widehat C\) (hai góc đồng vị);

\(\widehat {AMN} = \widehat {ABC}\) (hai góc đồng vị).

Mà ME, BF lần lượt là phân giác của các góc M, B của các tam giác AMN và tam giác ABC nên \(\widehat {EMN} = \frac{1}{2}\widehat {AMN}\) và \(\widehat {FBC} = \frac{1}{2}\widehat {ABC}\). Do đó, \(\widehat {EMN} = \widehat {FBC}\).

Tam giác MEN và tam giác BFC có:

\(\widehat {ENM} = \widehat C\) (cmt)

\(\widehat {EMN} = \widehat {FBC}\) (cmt)

Do đó, tam giác MEN đồng dạng với tam giác BFC (g.g).

b)

Tam giác ABC có:

MN song song với BC

Nên theo hệ quả định lý Thalès ta có:

\(\frac{{MN}}{{BC}} = \frac{{AM}}{{AB}}\) (1).

Vì ME, BF lần lượt là phân giác của \(\widehat M\), \(\widehat B\) của tam giác AMN và tam giác ABC nên \(\widehat {EMA} = \frac{1}{2}\widehat {AMN} = \frac{1}{2}\widehat {ABC} = \widehat {FBA}\).

Do đó, \(\widehat {EMA} = \widehat {FBA}\) mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên ME song song với BF.

Tam giác ABF có ME song song với BF nên theo hệ quả định lý Thalès ta có:

\(\frac{{AE}}{{AF}} = \frac{{AM}}{{AB}}\) (2).

Từ (1) và (2) ta có: \(\frac{{AE}}{{AF}} = \frac{{MN}}{{BC}}\).

Lời giải

a)

Vì AB song song với đáy CD của tam giác EDC nên ∆EAB ᔕ ∆EDC.

Vì AB song song với đáy CD của tam giác FCD nên ∆FAB ᔕ ∆FCD.

b)

Vì ∆EAB ᔕ ∆EDC (cmt) nên \(\frac{{EA}}{{ED}} = \frac{{AB}}{{DC}} = \frac{{2AM}}{{2DN}} = \frac{{AM}}{{DN}}\) (do M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD).

Tam giác EAM và tam giác EDN có:

\(\frac{{EA}}{{ED}} = \frac{{AM}}{{DN}}\) (cmt)

\(\widehat {EAM} = \widehat {EDN}\) (AM song song với DN, hai góc đồng vị)

Do đó, ∆EAM ᔕ ∆EDN (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {AEM} = \widehat {DEN}\).

Do đó, tia EM trùng với tia EN hay 3 điểm M, E, N thẳng hàng (1).

Vì ∆FAB ᔕ ∆FCD nên \(\frac{{FA}}{{FC}} = \frac{{AB}}{{CD}} = \frac{{AM}}{{CN}}\).

Hai tam giác FAM và tam giác FCN có:

\(\frac{{FA}}{{FC}} = \frac{{AM}}{{CN}}\) (cmt)

\(\widehat {FAM} = \widehat {FCN}\) (AM song song với CN, hai góc so le trong)

Do đó, ∆FAM ᔕ ∆FCN (c.g.c).

Nên \(\widehat {AFM} = \widehat {CFN}\)

Do đó, tia FM và tia FN là hai tia đối nhau.

Suy ra, F, M, N thẳng hàng (2).

Từ (1) và (2) ta có: 4 điểm M, E, F, N thẳng hàng.

*Phương pháp giải:

Ta sử dụng tính chất của 2 vectơ có cùng phương để có thể chứng minh có đường thẳng đi qua cả 3 điểm (tức là 3 điểm thẳng hàng)

Ví dụ: Chứng minh vectơ AB và vectơ AC có cùng phương, hay vectơ CA và vectơ CB, hay vectơ AB vectơ và vectơ BC có cùng phương thì ta có thể kết luận 3 điểm A, B, C thẳng hàng.

*Lý thuyết:

1. Định nghĩa

Ba điểm thẳng hàng là 3 điểm cùng nằm trên một đường thẳng

2. Mối quan hệ

3 điểm thẳng hàng thì 3 điểm đó phân biệt và cùng nằm trên một đường thẳng.

Chỉ có duy nhất 1 và chỉ một đường thẳng đi qua 3 điểm bất kì

3. Các phương pháp

Phương pháp 1: Áp dụng tính chất góc bẹt

Chọn một điểm D bất kì: nếu ∠ABD + ∠DBC = 180 độ thì ba điểm A, B, C đã cho thẳng hàng

Phương pháp 2: Sử dụng tiên đề Ơ-cơ-lit

Cho 3 điểm A, B, C và 1 đường thẳng a. Nếu AB // a và AC // a thì ta có thể khẳng định ba điểm A; B; C thẳng hàng. (dựa trên cơ sở tiên đề Ơ-cơ-lít trong chương trình Toán lớp 7)

Phương pháp 3: Sử dụng tính chất 2 đường thẳng vuông góc

Nếu đoạn thẳng AB ⊥ a; đoạn thẳng AC ⊥ a thì ba điểm A; B; C thẳng hàng.

(Cơ sở lý thuyết của phương pháp này: Chỉ có 1 và chỉ 1 một đường thẳng a’ đi qua điểm O và vuông góc với đường thẳng a cho trước)

Hoặc sử dụng tính chất A; B; C cùng thuộc một đường trung trực của một đoạn thẳng .(nằm trong chương trình toán học lớp 7)

Phương pháp 4: Sử dụng tính duy nhất tia phân giác

Nếu 2 tia OA và tia OB là hai tia phân giác của góc xOy thì ta có thể khẳng định 3 điểm O, A, B thẳng hàng

Cơ sở lý thuyết phương pháp trên: Một góc chỉ có một và chỉ một đường phân giác

* Hoặc : Hai tia OA và OB nằm trên cùng một nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ox, ta có ∠xOA = ∠xOB thì ba điểm O, A, B thẳng hàng.

Phương pháp 5: Sử dụng tính chất đường trung trực

Nếu K là trung điểm của đoạn thẳng BD, điểm K’ là giao điểm của 2 đoạn thẳng BD và AC. Nếu điểm K’ là trung điểm BD và K’ trùng K. Từ đó ta có thể kết luận 3 điểm A, K, C thẳng hàng.

(Cơ sở lý thuyết của phương pháp này: Mỗi đoạn thẳng chỉ có duy nhất 1 trung điểm)

Phương pháp 6: Sử dụng tính chất các đường đồng quy

Chứng minh 3 điểm thuộc các đường đồng quy của tam giác.

Ví dụ: Chứng minh điểm E là trọng tâm tam giác ABC và đoạn thẳng AM là trung tuyến của góc A suy ra 3 điểm A, M, H thẳng hàng.

Bên cạnh đó, các em học sinh hoàn toàn có thể vận dụng cho tất cả các đường đồng quy khác của tam giác như 3 đường cao, 3 đường phân giác hoặc 3 đường trung trực trong tam giác.

Phương pháp 7: Sử dụng phương pháp vectơ

Ta sử dụng tính chất của 2 vectơ có cùng phương để có thể chứng minh có đường thẳng đi qua cả 3 điểm (tức là 3 điểm thẳng hàng)

Ví dụ: Chứng minh vectơ AB và vectơ AC có cùng phương, hay vectơ CA và vectơ CB, hay vectơ AB vectơ và vectơ BC có cùng phương thì ta có thể kết luận 3 điểm A, B, C thẳng hàng.

Xem thêm

Lời giải

a)

Xét tam giác ABN và tam giác ACM có:

\(\widehat A\) chung

\(\widehat {ABN} = \widehat {ACM}\) (gt)

Do đó, ∆ABN ᔕ ∆ACM (g.g).

Suy ra \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{AN}}{{AM}}\) nên AM . AB = AN . AC.

b)

Tam giác BOM và tam giác CON có:

\(\widehat {MBO} = \widehat {NCO}\) (do \(\widehat {ABN} = \widehat {ACM}\))

\(\widehat {MOB} = \widehat {NOC}\) (hai góc đối đỉnh)

Nên ∆BOM ᔕ ∆CON (g.g).

Suy ra \(\frac{{OM}}{{ON}} = \frac{{OB}}{{OC}}\) nên OM . OC = ON . OB.

Lời giải

a)

Ta có: AD = AC + DC = AC + BC = 4 + 5 = 9 (cm).

Xét tam giác ABC và tam giác ADB có:

\(\widehat A\) chung

\(\frac{{AB}}{{AD}} = \frac{{AC}}{{AB}}\,\,\left( {\frac{6}{9} = \frac{4}{6}} \right)\).

Do đó, ∆ABC ᔕ ∆ADB (c.g.c).

b)

Vì ∆ABC ᔕ ∆ADB (cmt) nên \(\widehat {ABC} = \widehat {ADB}\).

Mà tam giác BCD cân tại C (do CD = CB) nên \(\widehat {CBD} = \widehat {BDC}\) hay \(\widehat {CBD} = \widehat {ADB}\).

Do đó, \(\widehat {CBD} = \widehat {ABC}\).

Vì góc ACB là góc ngoài tại đỉnh C của tam giác DBC nên ta có:

\(\widehat {ACB} = \widehat {CDB} + \widehat {CBD} = 2\widehat {CBD} = 2\widehat {ABC}\).

Vậy \(\widehat {ACB} = 2\widehat {ABC}\).