Chứng minh hai tam giác đồng dạng và ứng dụng

Nhắc lại một không nhiều lý thuyết về tam giác đồng dạng

Bạn đang xem: Chứng minh hai tam giác đồng dạng và ứng dụng

Các tình huống đồng dạng của tam giác thông thường :

– Trường ăn ý đồng dạng 1 : 3 cạnh ứng tỉ lệ thành phần cùng nhau (c – c – c)

xét ∆ABC và ∆DEF, tớ đem :

\[\frac{AB}{DE}=\frac{AC}{DF}=\frac{BC}{\text{EF}}\]

=> ∆ABC ~ ∆DEF (c – c – c)

– Trường ăn ý đồng dạng 2 : 2 cạnh ứng tỉ lệ thành phần cùng nhau – góc xen thân mật nhì cạnh vì chưng nhau(c – g – c)

xét ∆ABC và ∆DEF, tớ đem :

\[\frac{AB}{DE}=\frac{AC}{DF}\]

\[\widehat{A}=\widehat{D}\]

=> ∆ABC ~ ∆DEF (c – g – c)

– Trường ăn ý đồng dạng 3 : nhì góc ứng vì chưng nhau(g – g)

xét ∆ABC và ∆DEF, tớ đem :

\[\widehat{A}=\widehat{D}\]

\[\widehat{B}=\widehat{E}\]

=> ∆ABC ~ ∆DEF (g – g)

II. Các lăm le lí đồng dạng của nhì tam giác vuông

1. Định lí 1 : (cạnh huyền – cạnh góc vuông)
   Nếu cạnh huyền và cạnh góc vuông của tam giác này tỉ lệ thành phần với cạnh huyền và cạnh góc vuông của tam giác bại thì nhì tam giác đồng dạng.
   2. Định lí 2 : (hai cạnh góc vuông)
   Nếu nhì cạnh góc vuông của tam giác này tỉ lệ thành phần với nhì cạnh góc vuông của tam giác bại thì nhì tam giác đồng dạng.
   3. Định lí 3: ( góc)
   Nếu góc nhọn của tam giác này vì chưng góc nhọn của tam giác bại thì nhì tam giác đồng dạng.

Dạng 1 : Chứng minh nhì tam giác đồng dạng – Hệ thức :

Bài toán 1 :

cho ∆ABC (AB AC), đem AD là đàng phân giác nhập. Tại miền ngoài ∆ABC vẽ tia Cx sao cho \[\widehat{BCx}=\widehat{BAD}\] . Gọi I là gửi gắm điểm của Cx và AD. cmr :

a) ∆ADB đồng dạng ∆CDI.

b) \[\frac{AD}{AC}=\frac{AB}{AI}\]

c) AD² = AB.AC – BD.DC

Giải

a)∆ADB và ∆CDI , tớ đem :

\[\widehat{BCx}=\widehat{BAD}\] (gt)

\[\widehat{{{D}_{1}}}=\widehat{{{D}_{2}}}\] (đối đỉnh)

=> ∆ADB ~ ∆CDI

b) )∆ABD và ∆AIC , tớ đem :

\[\widehat{B}=\widehat{I}\] (∆ADB ~ ∆CDI)

\[\widehat{{{A}_{1}}}={{\widehat{A}}_{2}}\] (AD là phân giác)

=> ∆ABD ~ ∆AIC

=>\[\frac{AD}{AC}=\frac{AB}{AI}\]

c)=> AD.AI = AB.AC (1)

mà : \[\frac{AD}{CD}=\frac{BD}{DI}\] (∆ADB ~ ∆CDI )

=> AD.DI = BD.CD (2)

từ (1) và (2) :

        AB.AC – BD.CD = AD.AI – AD.DI = AD(AI – DI ) = AD.AD = AD²

Bài toán 2:

Cho tam giác ABC vuông bên trên A, đem đàng cao AH . Chứng minh những hệ thức :

a. AB² = BH.BC và AC² = CH.BC

b. AB² +AC² = BC²

c. AH² = BH.CH

d. AH.BC = AB.AC

Giải.

Xét nhì ∆ABC và ∆ HAC, tớ đem :

1. AC² = CH.BC :

\[\widehat{BAC}=\widehat{AHC}={{90}^{0}}\]

\[\widehat{C}\] là góc công cộng.

=> ∆ABC ~ ∆HAC (g – g)

=> \[\frac{AC}{HC}=\frac{BC}{AC}\]

=> AC² = CH.BC (1)

Cmtt : AB² = BH.BC (2)

2. AB² +AC² = BC²

Từ (1) và (2), tớ đem :

AB² +AC² = BH.BC + CH.BC = (BH + CH)BC = BC²

3.AH² = BH.CH :

Xét nhì ∆HBA và ∆ HAC, tớ đem :

\[\widehat{BHC}=\widehat{AHC}={{90}^{0}}\]

\[\widehat{ABH}=\widehat{HAC}\] cùng phụ \[\widehat{BAH}\] 

=> ∆HBA ~ ∆HAC (g – g)

Xem thêm: Vé máy bay Quy Nhơn Hà Nội giá rẻ hôm nay

=> \[\frac{HA}{HC}=\frac{HB}{HA}\]

=> AH² = BH.CH

4. AH.BC = AB.AC :

Ta đem : \[\frac{HA}{AB}=\frac{AC}{BC}\] (∆ABC ~ ∆HAC)

=> AH.BC = AB.AC.

Dạng 2 : Chứng minh nhì tam giác đồng dạng – Định lí Talet + hai tuyến đường trực tiếp tuy nhiên song:

Bài toán :

Cho ∆ABC nhọn. kẻ đàng cao BD và CE. vẽ những đàng cao DF và EG của ∆ADE. Chứng minh

a) ∆ABD đồng dạng ∆AEG.

b) AD.AE = AB.AG = AC.AF

c) FG // BC

a) xét ∆ABD và ∆AEG, tớ đem :

\[BD\bot AC\](BD là đàng cao)

\[EG\bot AC\](EG là đàng cao)

=> BD // EG

=> ∆ABD ~ ∆AGE

b) => \[\frac{AB}{AE}=\frac{AD}{AG}\]

=> AD.AE = AB.AG (1)

cmtt, tớ được : AD.AE = AC.AF (2)

từ (1) và (2) suy rời khỏi :

          AD.AE = AB.AG = AC.AF

c) xét ∆ABC, tớ đem :

AB.AG = AC.AF (cmt)

\[\frac{AB}{AF}=\frac{AC}{AG}\]

=> FG // BC (định lí hòn đảo talet)

Dạng 3 : Chứng minh nhì tam giác đồng dạng – góc ứng vì chưng nhau

Bài toán:

Cho ∆ABC đem những đàng cao BD và CE hạn chế nhau bên trên H. Chứng minh :

a) ∆HBE đồng dạng ∆HCE.

b) ∆HED đồng dạng ∆HBC và \[\widehat{HDE}=\widehat{HAE}\]

c) cho thấy BD = CD. Gọi M là gửi gắm điểm của AH và BC. chứng tỏ : DE vuông góc EM.

Giải

a)xét ∆HBE và ∆HCD, tớ đem :

\[\widehat{BEH}=\widehat{CDH}={{90}^{0}}\](gt)

 \[\widehat{{{H}_{1}}}=\widehat{{{H}_{2}}}\](đối đỉnh)

=> ∆HBE ~ ∆HCD (g – g)

b) ∆HED và ∆HBC, tớ đem :

\[\frac{HE}{HD}=\frac{HD}{HC}\](∆HBE ~ ∆HCD)

=>\[\frac{HE}{HD}=\frac{HD}{HC}\]

\[\widehat{EHD}=\widehat{CHB}\] (đối đỉnh)

=> ∆HED ~ ∆HBC (c – g – c)

=> \[\widehat{{{D}_{1}}}=\widehat{{{C}_{1}}}\] (1)

mà : Đường cao BD và CE hạn chế nhau bên trên H (gt)

=> H là trực tâm.

=> \[AH\bot BC\] tại M.

=>\[\widehat{{{A}_{1}}}+\widehat{ABC}={{90}^{0}}\]

mặt không giống : \[\widehat{{{C}_{1}}}+\widehat{ABC}={{90}^{0}}\]

=>\[\widehat{{{A}_{1}}}=\widehat{{{C}_{1}}}\] (2)

từ (1) và (2) : \[\widehat{{{A}_{1}}}=\widehat{{{D}_{1}}}\]

hay : \[\widehat{HDE}=\widehat{HAE}\]

c) cmtt câu b, tớ được : \[\widehat{{{A}_{2}}}=\widehat{{{E}_{2}}}\] (3)

xét ∆BCD, tớ đem :

DB = DC (gt)

=> ∆BCD cân nặng bên trên D

=>\[\widehat{{{B}_{1}}}=\widehat{ACB}\]

mà : \[\widehat{{{B}_{1}}}=\widehat{{{E}_{1}}}\] (∆HED ~ ∆HBC)

=> \[\widehat{{{E}_{1}}}=\widehat{ACB}\]

mà : \[\widehat{{{A}_{2}}}+\widehat{ACB}={{90}^{0}}\]

\[\widehat{{{A}_{2}}}=\widehat{{{E}_{2}}}\](cmt)

Xem thêm: Khi đọc bản vẽ nhà ở ta đọc theo trình tự nào?

=>\[\widehat{{{E}_{1}}}+\widehat{{{E}_{2}}}={{90}^{0}}\]

hay : \[\widehat{DEM}={{90}^{0}}\]

=> \[ED\bot EM\]

Bài ghi chép khêu gợi ý: