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: $\frac{{{S_{ABCD}}}}{{{S_{A'B'C'D'}}}} = \frac{{AB.BC}}{{A'B'.B'C'}} = \frac{{AB}}{{A'B'}}.\frac{{BC}}{{B'C'}} = 2.2 = 4$

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