Cho Hình 75, chứng minh:
a) \(\Delta IAB \backsim \Delta IDC\)
b) \(\Delta IAD \backsim \Delta IBC\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
HQ
Hà Quang Minh
Giáo viên
10 tháng 9 2023
Khẳng định d) là khẳng định không đúng
=> ΔACB \(\backsim\) ΔMPN
HQ
Hà Quang Minh
Giáo viên
11 tháng 1
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)
14 tháng 9 2023
a) Vì \(BE\)là đường cao nên \(\widehat {AEB} = 90^\circ \); vì \(CF\)là đường cao nên \(\widehat {AFC} = 90^\circ \)
Xét tam giác \(AEB\) và tam giác \(AFC\) có:
\(\widehat A\) (chung)
\(\widehat {AEB} = \widehat {AFC} = 90^\circ \) (chứng minh trên)
Suy ra, \(\Delta AEB\backsim\Delta AFC\) (g.g).
b) Vì \(\Delta AEB\backsim\Delta AFC\) nên \(\widehat {ACF} = \widehat {ABE}\) (hai góc tương ứng) hay \(\widehat {ECH} = \widehat {FBH}\).
Xét tam giác \(HEC\) và tam giác \(HFB\) có:
\(\widehat {ECH} = \widehat {FBH}\) (chứng minh trên)
\(\widehat {CEH} = \widehat {BFH} = 90^\circ \) (chứng minh trên)
Suy ra, \(\Delta HEC\backsim\Delta HFC\) (g.g).
Suy ra, \(\frac{{HE}}{{HF}} = \frac{{HC}}{{HB}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
Hay \(\frac{{HE}}{{HC}} = \frac{{HF}}{{HB}}\) (điều phải chứng minh).
c) Xét tam giác \(HEF\) và tam giác \(HCB\) có:
\(\widehat {FHE} = \widehat {BHC}\) (hai góc đối đỉnh)
\(\frac{{HE}}{{HC}} = \frac{{HF}}{{HB}}\) (chứng minh trên)
Suy ra, \(\Delta HEF\backsim\Delta HCB\) (c.g.c).
14 tháng 9 2023
Đáp án đúng là D
Vì \(MN//AB\) và \(M \in AC,N \in BC\) nên \(\Delta MNC\backsim\Delta ABC\).
QT
1
HQ
Hà Quang Minh
Giáo viên
14 tháng 9 2023
a) Xét tam giác \(ABE\) có:
\(AB//CD\) và \(C,D\) cắt \(BE;AE\) lần lượt tại \(C,D\).
Do đó, \(\Delta AEB\backsim\Delta DEC\) (định lí)
b) Vì \(\Delta AEB\backsim\Delta DEC\) nên \(\frac{{AE}}{{ED}} = \frac{{AB}}{{CD}}\) (các cặp cạnh tương ứng có cùng tỉ lệ).
Thay số ta được:
\(\frac{{x - 2}}{{10}} = \frac{3}{5} \Rightarrow x - 2 = \frac{{10.3}}{5} = 6 \Rightarrow x = 6 + 2 = 8\)
Vậy \(x = 8\).
HQ
Hà Quang Minh
Giáo viên
14 tháng 9 2023
a) Xét tam giác \(MPQ\)có \(EF//MQ\) nên \(\Delta MPQ\backsim\Delta EPF\) (định lí) (1)
Xét tam giác \(MPQ\)có \(DC//MP\) nên \(\Delta MPQ\backsim\Delta DCQ\) (định lí) (2)
Từ (1) và (2) \(\Delta EPF\backsim\Delta DCQ\) (tính chất tam giác đồng dạng)
b) Xét tam giác \(EPF\)có \(IC//EP\) nên \(\Delta ICF\backsim\Delta EPF\) (định lí) (3)
Từ (1) và (3) suy ra, \(\Delta ICF\backsim\Delta MPQ\).
HQ
Hà Quang Minh
Giáo viên
11 tháng 1
a) Xét tam giác ACD và tam giác BCE có:
\(\widehat {ADC} = \widehat {BEC} = 90^\circ ;\,\,\widehat C\) chung
\( \Rightarrow \Delta ACD \backsim \Delta BCE\) (g-g)
\( \Rightarrow \frac{{CA}}{{CB}} = \frac{{CD}}{{CE}}\) (Tỉ số đồng dạng) \( \Rightarrow CA.CE = CB.CD\)
b) Xét tam giác ACD và tam giác AHE có:
\(\widehat {ADC} = \widehat {AEH} = 90^\circ ;\,\,\widehat A\) chung
\( \Rightarrow \Delta ACD \backsim \Delta AHE\) (g-g)
\( \Rightarrow \frac{{AC}}{{AH}} = \frac{{AD}}{{AE}}\) (Tỉ số đồng dạng)
\( \Rightarrow AC.AE = AD.AH\)
HQ
Hà Quang Minh
Giáo viên
11 tháng 1
a) Vì ABCD là hình bình hành nên \(AD//BC\) hay \(AD//BM\)
\( \Rightarrow \Delta NBM \backsim \Delta NAD\) (Định lý về cặp tam giác đồng dạng nhận dược từ định lý Thales)
b) Vì ABCD là hình bình hành nên\(AB//CD\) hay \(BN//CD\)
\( \Rightarrow \Delta NBM \backsim \Delta DCM\) (Định lý về cặp tam giác đồng dạng nhận dược từ định lý Thales)
c) Ta có \(\Delta NBM \backsim \Delta NAD\) (chứng minh ở câu a) và \(\Delta NBM \backsim \Delta DCM\) (chứng minh ở câu b) nên \(\Delta NAD \backsim \Delta DCM\).
HQ
Hà Quang Minh
Giáo viên
14 tháng 9 2023
a) Vì \(MN//BC\) nên \(\widehat {MNB} = \widehat {ABC}\) (hai góc so le trong)
Vì \(MB//AC\) nên \(\widehat {MNB} = \widehat {ABC}\) (hai góc so le trong)
Xét tam giác \(BNM\) tam giác \(ABC\) ta có:
\(\widehat {MNB} = \widehat {ABC}\) (chứng minh trên)
\(\widehat {MNB} = \widehat {ABC}\) (chứng minh trên)
Do đó, \(\Delta BNM\backsim\Delta ABC\) (g.g)
b) Vì \(\Delta BNM\backsim\Delta ABC\) nên \(\widehat M = \widehat C = 48^\circ \) (hai góc tương ứng).
a) Ta thấy \(\frac{{IA}}{{ID}} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2};\,\,\frac{{IB}}{{IC}} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}\)
\( \Rightarrow \frac{{IA}}{{ID}} = \frac{{IB}}{{IC}}\)
Mà \(\widehat {AIB} = \widehat {DIC}\) (hai góc đối đỉnh)
Xét tam giác IAB và tam giác IDC có:
\(\frac{{IA}}{{ID}} = \frac{{IB}}{{IC}}\) và \(\widehat {AIB} = \widehat {DIC}\)
\( \Rightarrow \)\(\Delta IAB \backsim \Delta IDC\) (c-g-c)
b) Ta thấy \(\frac{{IA}}{{IB}} = \frac{2}{3};\,\,\frac{{ID}}{{IC}} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}\)
\( \Rightarrow \frac{{IA}}{{IB}} = \frac{{ID}}{{IC}}\)
Mà \(\widehat {AID} = \widehat {BIC}\) (hai góc đối đỉnh)
Xét tam giác IAD và tam giác IBC có:
\(\frac{{IA}}{{IB}} = \frac{{ID}}{{IC}}\) và \(\widehat {AID} = \widehat {BIC}\)
\( \Rightarrow \)\(\Delta IAD \backsim \Delta IBC\) (c-g-c)