Áp dụng hệ quả định lý Ta-lét, ta có: $\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}=\frac{DE}{BC}$

=> Đáp án A đúng.

+ Vì $\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}$  nên AD.AC = AB.AE

=> Đáp án B sai.

+ Ta có: $\frac{DE}{BC}=\frac{AD}{AB}\ne \frac{AD}{DB}$(hệ quả định lý Ta-lét)

=> Đáp án C sai.

+ Ta có: $\frac{AD}{DB}=\frac{DE}{BC}$  => AD.BC = AB.DE

=> Đáp án D sai.

Đáp án: A

Giả sử ta có: ΔABC = ΔA’B’C’ => A = A’, B = B’ (cắc cặp góc tương ứng bằng nhau)

=> ΔABC ~ ΔA’B’C’ (g - g)

=> Đáp án A, B đúng

+ Giả sử xét 2 tam giác ABC và A’B’C’ có: $\frac{AB}{A\text{'}B\text{'}}=\frac{BC}{B\text{'}C\text{'}}$

Điều kiện trên chưa đủ để chứng minh ΔABC ~ ΔA’B’C’.

=> Đáp án C sai.

+ Vì hai tam giác bằng nhau thì có diện tích bằng nhau => Đáp án D đúng.

Đáp án: C

Có CD // AB (vì ABCD là hình bình hành)

Suy ra: CK // AB; KD // AB; CL // AD

Vì CK // AB nên áp dụng định lý Talet ta có: $\frac{LC}{LB}=\frac{LK}{LA}$

Vì KD // AB nên áp dụng định lý Talet ta có:

Có BC // AD (vì ABCD là hình bình hành)

Suy ra: CL // AD

Vì CL // AD nên áp dụng định lý Talet ta có: $\frac{KA}{KL}=\frac{KD}{KC}$

Vậy $\frac{IB}{IK}=\frac{IA}{ID}$ sai

Đáp án: B

Đáp án đúng là : C

Lời giải

Giả sử ΔMNP ~ ΔQRS theo tỉ số diện tích $\frac{S_{MNP}}{S_{QRS}}=k^2$

*Phương pháp giải:

- $\mathrm{\Delta }{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }\backsim \mathrm{\Delta }ABC$với tỉ số đồng dạng k thì $\mathrm{\Delta }ABC\backsim \mathrm{\Delta }{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ với tỉ số đồng dạng $\frac{1}{k}$. Ta nói hai tam giác A’B’C’ và ABC đồng dạng với nhau.

*Lý thuyết:

1. Định nghĩa

Tam giác A’B’C’ gọi là đồng dạng với tam giác ABC nếu:

$\frac{A^{\prime }{B}^{\prime }}{AB}=\frac{B^{\prime }{C}^{\prime }}{BC}=\frac{A^{\prime }{C}^{\prime }}{AC};\widehat{A^{\prime }}=\hat{A},\widehat{B^{\prime }}=\hat{B},\widehat{C^{\prime }}=\hat{C}$

Kí hiệu: $\mathrm{\Delta }{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }\backsim \mathrm{\Delta }ABC$ (viết theo thứ tự cặp đỉnh tương ứng).

Tỉ số $k=\frac{A^{\prime }{B}^{\prime }}{AB}=\frac{B^{\prime }{C}^{\prime }}{BC}=\frac{A^{\prime }{C}^{\prime }}{AC}$ là tỉ số đồng dạng của $\mathrm{\Delta }{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ với $\mathrm{\Delta }ABC$.

Nhận xét:

- $\mathrm{\Delta }{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }\backsim \mathrm{\Delta }ABC$với tỉ số đồng dạng k thì $\mathrm{\Delta }ABC\backsim \mathrm{\Delta }{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ với tỉ số đồng dạng $\frac{1}{k}$. Ta nói hai tam giác A’B’C’ và ABC đồng dạng với nhau.

- Hai tam giác bằng nhau thì đồng dạng với nhau theo tỉ số đồng dạng k = 1. Mọi tam giác đồng dạng với chính nó.

- $\mathrm{\Delta }{A}^{″}{B}^{″}{C}^{″}\backsim \mathrm{\Delta }{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ với tỉ số đồng dạng k và $\mathrm{\Delta }{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }\backsim \mathrm{\Delta }ABC$ với tỉ số đồng dạng m thì $\mathrm{\Delta }{A}^{″}{B}^{″}{C}^{″}\backsim \mathrm{\Delta }ABC$ với tỉ số đồng dạng k.m.

2. Định lí

Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của một tam giác là song song với cạnh còn lại thì nó tạo thành một tam giác mới đồng dạng với tam giác đã cho.

$\mathrm{\Delta }ABC,MN//BC(M\in AB;N\in AC)\Rightarrow \mathrm{\Delta }AMN\backsim \mathrm{\Delta }ABC$

Chú ý. Định lí trên vẫn đúng nếu thay bằng đường thẳng cắt phần kéo dài của hai cạnh tam giác.

$ED//BC\Rightarrow \mathrm{\Delta }ADE\backsim \mathrm{\Delta }ABC$

Sơ đồ tư duy Hai tam giác đồng dạng

Xem thêm

Lý thuyết Hai tam giác đồng dạng – Toán lớp 8 Kết nối tri thức 

Gọi k là tỉ số đồng dạng của 2 tam giác MNP và HGK

Theo bài ra ta có ΔMNP ~ ΔHGK và $\frac{P_{MNP}}{P_{HGK}}=\frac{2}{7}$

$$\begin{gathered} \frac{MN}{HG}=\frac{NP}{GK}=\frac{MP}{HK}=\frac{P_{MNP}}{P_{HGK}} \\ =\frac{2}{7}=k\Rightarrow \frac{HG}{MN}=\frac{7}{2} \\ \frac{S_{MNP}}{S_{HGK}}=k^2={\left(\frac{2}{7}\right)}^2=\frac{4}{49} \end{gathered}$$

Đáp án: A

Theo bài ra ta có ΔABC ~ ΔXYZ

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{AB}{XY}=\frac{BC}{YZ}\iff \frac{3}{5}=\frac{4}{YZ} \\ \Rightarrow YZ=\frac{5.4}{3}=\frac{20}{3}=6\frac{2}{3} \end{gathered}$$

Đáp án: D

Ta có:

$$\begin{gathered} \frac{MN}{BC}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2},\frac{PN}{CA}=\frac{2,5}{5}=\frac{1}{2}, \\ \frac{PM}{AB}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2} \\ \Rightarrow \frac{MN}{BC}=\frac{PN}{CA}=\frac{PM}{AB}=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

Vậy ΔPMN ~ ΔABC (c - c - c)

Suy ra tỉ số đồng dạng k của hai tam giác là $k=\frac{MN}{BC}=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow \frac{S_{MNP}}{S_{ABC}}=k^2={\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}$

Đáp án: B

Theo bài ra, ta có: $\frac{AB}{CD}=\frac{5}{7}$  => AB = $\frac{5}{7}$ CD

Mà đoạn thẳng AB ngăn shonw đoạn thẳng CD là 10cm, suy ra: CD - AB = 10.

=> CD - $\frac{5}{7}$ CD = 10$\iff$$\frac{2}{7}$CD = 10$\iff$CD =$\frac{10.7}{2}$= 35cm

=> AB = $\frac{5}{7}$ CD =$\frac{5}{7}$.35 = 25cm

Đáp án: C

Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác ABC, ta có: $\frac{BA}{AD}=\frac{BC}{CD}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{10}{6}=\frac{15}{CD} \\ \iff CD=\frac{6.15}{10}=9cm \end{gathered}$$

=> AC = AD + DC = 6 + 9 = 15cm

Đáp án: D

Xét ΔEAC có AD, EB là 2 đường trung tuyến.

Suy ra F là giao của 2 đường trung tuyến AD, EB nên F là trọng tâm của tam giác ABC.

$\frac{EF}{EB}=\frac{AF}{AD}=\frac{2}{3}$

Kẻ FH vuông góc với CE (H thuộc CE).

Xét 2 tam giác vuông EFH và EBC ta có: $\widehat{BEC}$ chung

=> ΔEFH ~ ΔEBC (g - g)

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{EF}{EB}=\frac{FH}{BC}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{FH}{15}=\frac{2}{3} \\ \Rightarrow FH=\frac{2.15}{3}=10cm \end{gathered}$$

Vì D là trung điểm của CE nên CD = DE = 15cm.

Vậy diện tích của tam giác DEF là: $S_{DEF}=\frac{1}{2}.FH.DE=\frac{1}{2}.10.15=75c{m}^2$

Đáp án: C

Ta lại có BH và CK là hai đường trung tuyến kẻ từ B và C của tam giác ABC, suy ra H và K lần lượt là trung điểm của AC và AB.

Nên HK là đường trung bình của tam giác ABC nên HK = $\frac{1}{2}$ BC = $\frac{8}{4}$  = 4cm

Đáp án: B

Ta mô tả vị trí cây, cọc và người như hình vẽ bên.

Xét ΔBFE và ΔBNM ta có:

B chung

$\widehat{BEF}=\widehat{BMN}$ (vì EF // MN, cặp góc đồng vị bằng nhau)

=> ΔBFE ~ ΔBNM (g - g)

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{BF}{BN}=\frac{FE}{NM}\iff \frac{BF}{BF+FN}=\frac{FE}{NM} \\ \iff \frac{BF}{BF+0,64}=\frac{1,65}{2,45} \end{gathered}$$

$\iff$1,65(BF + 0,64) = 2,45.BF

$\iff$BF = 1,32m

Xét ΔBFE và ΔBCA có:

B chung

$\widehat{BEF}=\widehat{BAC}$ (vì EF // AC, cặp góc đồng vị bằng nhau)

=> ΔBFE ~ ΔBCA (g - g)

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{BF}{BC}=\frac{FE}{CA} \\ \iff \frac{BF}{BF+FN+NC}=\frac{FE}{CA} \\ \iff \frac{1,32}{1,32+0,64+1,36}=\frac{1,65}{CA} \end{gathered}$$

=> CA = 4,15m

Vậy cây cao đúng bằng độ dài của đoạn CA hay cây cao 4,15m.

Đáp án: D

Xét tam giác BCI và tam giác DEI có:

$\widehat{CBI}=\widehat{EDI}$ (cặp góc so le trong)

$\widehat{EID}=\widehat{CIB}$ (2 góc đối đỉnh)

=> ΔBCI ~ ΔDEI (g - g)

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{CI}{EI}=\frac{BC}{DE}\iff \frac{9}{x}=\frac{10}{8} \\ \iff x=\frac{9.8}{10}=7,2 \end{gathered}$$

Vậy x = 7,2.

Đáp án: A

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông IAD ta có:

$$\begin{gathered} A{I}^2+A{D}^2=I{D}^2\iff 4^2+3^2=I{D}^2 \\ \iff I{D}^2=25\Rightarrow ID=5 \end{gathered}$$

Xét 2 tam giác vuông IAD và CBI có: $\widehat{IDA}=\widehat{CIB}$ (gt)

=> ΔIAD ~ ΔCBI (g  - g)

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{IA}{CB}=\frac{ID}{CI}\iff \frac{4}{15}=\frac{5}{y} \\ \iff y=\frac{15.5}{4}=18,75 \end{gathered}$$

Vậy y = 18,75.

Đáp án: C

Giả sử 2 tam giác đồng dạng là ABC và DEF, 2 cạnh bé nhất của 2 tam giác lần  lượt là AB và DE.

Khi đó: $\frac{AB}{DE}=\frac{2}{5}$

Vì ΔABC ~ ΔDEF nên:

$$\begin{gathered} \frac{AB}{DE}=\frac{BC}{EF}=\frac{CA}{FD} \\ =\frac{AB+BC+CA}{DE+EF+FD}=\frac{2}{5} \\ \Rightarrow \frac{p}{p\text{'}}=\frac{2}{5}\iff p=\frac{2}{5}p\text{'} \end{gathered}$$

Ta lại có: p’ - p = 18

=> p’ - $\frac{2}{5}$ p’ = 18$\iff$p’ = 30

=> p = $\frac{2}{5}$ p’ = 12

Đáp án: A

Theo bài ta có: $S_{A’B’C’}=S_{ABC}\Rightarrow \frac{S_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{S_{ABC}}=\frac{25}{49}$

Gọi k là tỉ số đồng dạng của 2 tam giác ΔA’B’C’ và ΔABC.

Khi đó ta có:

$$\begin{gathered} \frac{S_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{S_{ABC}}=k^2=\frac{25}{49}={\left(\frac{5}{7}\right)}^2 \\ \Rightarrow k=\frac{5}{7} \end{gathered}$$

Vì ΔA’B’C’ ~ ΔABC nên $\frac{C_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{C_{ABC}}=k=\frac{5}{7}$

$\Rightarrow C_{A’B’C’}=\frac{5}{7}{C}_{ABC}$

Ta lại có hiệu 2 chu vi của 2 tam giác là 16m, suy ra:

$C_{ABC}-C_{A’B’C’} = 16$

$$\begin{gathered} \Rightarrow C_{ABC}-\frac{5}{7}{C}_{ABC}=16 \\ \iff C_{ABC}=16 \\ \iff C_{ABC}=\frac{16.7}{2}=56m \\ \Rightarrow C_{A’B’C’}=\frac{5}{7}{C}_{ABC}=\frac{5}{7}.56 \\ =40m \end{gathered}$$

Vậy C_A’B’C’ = 40m, C_ABC = 56m

Đáp án: D

Gọi k là tỉ số đồng dạng của 2 tam giác đã cho.

Theo đề bài ta có: $k=\frac{p_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{p_{ABC}}=\frac{50}{60}=\frac{5}{6}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{S_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{S_{ABC}}=k^2=\frac{25}{36} \\ \Rightarrow S_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{25}{36}{S}_{ABC} \end{gathered}$$

Ta lại có: $S_{ABC}-S_{A’B’C’}=33$

$$\begin{gathered} \iff S_{ABC}-\frac{25}{36}{S}_{ABC}=33 \\ \iff S_{ABC}=108c{m}^2 \end{gathered}$$

Đáp án: D

+) Vì ABCD là hình bình hành nên AD // BC => AD // BF (tính chất hbh)

Xét ΔBEF và ΔDEA có:

$\widehat{BEF}=\widehat{DEA}$(hai góc đối đỉnh)

$\widehat{FBE}=\widehat{ADE}$ (cặp góc so le trong bằng nhau)

=> ΔBEF ~ ΔDEA (g - g) nên A sai

+) Vì ABCD là hình bình hành nên AB // DC => AB // DF

Xét ΔDGE và ΔBAE ta có:

$\widehat{DEG}=\widehat{BEA}$ (2 góc đối đỉnh)

$\widehat{ABE}=\widehat{GDE}$ (cặp góc so le trong bằng nhau)

=> ΔDGE ~ ΔBAE (g - g) nên B sai

+) Vì ΔBEF ~ ΔDEA nên $\frac{EF}{EA}=\frac{BE}{DE}$  (1)

Vì ΔDGE ~ ΔBAE nên $\frac{AE}{GE}=\frac{BE}{DE}$  (2)

Từ (1) và (2) ta có: $\frac{EF}{EA}=\frac{AE}{GE}\iff$ $A{E}^2$ = GE.EF nên C đúng

Đáp án: C

+) Xét 2 tam giác vuông ΔKNM và ΔMNP có: N chung

Nên ΔKNM ~ ΔMNP (g.g) (1)

Xét 2 tam giác vuông KMP và MNP có: P chung

Nên ΔKMP ~ ΔMNP (gg) (2)

Từ (1) và (2) suy ra: ΔKNM ~ ΔKMP (theo t/c bắc cầu).

Vậy ΔKNM ~ ΔMNP ~ ΔKMP nên A đúng.

+) Theo chứng minh trên: ΔKNM ~ ΔKMP $\Rightarrow \frac{MK}{PK}=\frac{NK}{MK}$

$\iff$$M{K}^2$ = NK.PK nên B đúng

Vậy cả A, B đều đúng.

Đáp án: D

Ta có AB // CD (vì ABCD là hình chữ nhật)

Áp dụng định lý Talet ta có: $\frac{EF}{FD}=\frac{AE}{DC}$

Vì E là trung điểm của AB nên AE = EB = $\frac{1}{2}$ AB = $\frac{1}{2}$ CD

$\Rightarrow \frac{EF}{FD}=\frac{AE}{DC}=\frac{1}{2}\left(1\right)$

=> FD = 2EF

Xét 2 tam giác vuông ΔAED và ΔBEG ta có:

$\widehat{DAE}=\widehat{GBE}={90}^{\circ }$

AE = EB (gt)

$\widehat{AED}=\widehat{BEG}$ (2 góc đối đỉnh bằng nhau)

=> ΔAED = ΔBEG (g - c - g)

=> ED = EG (các cạnh tương ứng)

Ta thấy:

$$\begin{gathered} \frac{FD}{FG}=\frac{2EF}{FE+EG}=\frac{2EF}{EF+EF+FD} \\ =\frac{2EF}{EF+EF+2EF}=\frac{2EF}{4EF}=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

Từ (1) và (2) ta có: $\frac{EF}{FD}=\frac{FD}{FG}\iff F{D}^2=EF.FG$

Đáp án: A

Gọi I, K lần lượt là hình chiếu của H lên AB và AC.

$\Rightarrow \widehat{HIA}=\widehat{HKA}={90}^{\circ }$

Xét tứ giác AIHK có: $\widehat{IAK}=\widehat{HIA}=\widehat{HKA}={90}^{\circ }$

=> Tứ giác AIHK là hình chữ nhật (dhnb)

+) Xét ΔAIK và ΔIAH ta có:

AI chung

AK = IH (theo tính chất của hình chữ nhật)

AH = IK (theo tính chất của hình chữ nhật)

=> ΔAIK = ΔIAH (c - c - c) (1)

Xét 2 tam giác vuông ΔIAH và ΔHAB có: A chung

=> ΔIAH ~ ΔHAB (g - g) (2)

Xét 2 tam giác vuông ΔHAB và ΔACB có: B chung

=> ΔHAB ~ ΔACB (g - g) (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có: ΔAIK ~ ΔACB

Đáp án: A