Luyện tập chung

Vì \(\triangle \mathrm{ABC} \sim \triangle \mathrm{DEF}\). Suy ra \(\widehat{A}=\widehat{D} ; \widehat{B}=\widehat{E} ; \widehat{C}=\widehat{F}\).
Mà \(\widehat{A}=60^{\circ} \Rightarrow \widehat{D}=60^{\circ} ; \widehat{E}=80^{\circ}\) nên \(\widehat{B}=80^{\circ}\).
Có \(\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180^{\circ}\), suy ra \(\widehat{C}=\widehat{F}=180^{\circ}-60^{\circ}-80^{\circ}=40^{\circ}\).

Vì \(\triangle \mathrm{ABC} \sim \triangle \mathrm{A}^{\prime} \mathrm{B}^{\prime} \mathrm{C}^{\prime}\) nên \(\frac{3}{6}=\frac{A B}{A^{\prime} B^{\prime}}=\frac{A C}{A^{\prime} C^{\prime}}=\frac{B C}{B^{\prime} C^{\prime}}=\frac{A B+A C+B C}{A^{\prime} B^{\prime}+A^{\prime} C^{\prime}+B^{\prime} C^{\prime}}\)
Suy ra \(A^{\prime} B^{\prime}+A^{\prime} C^{\prime}+B^{\prime} C^{\prime}=2(A B+A C+B C)=2.10=20(\mathrm{~cm})\).
Vậy chu vi tam giác \(A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}\) là 20 cm.

a) Vì \(\mathrm{AB} / / \mathrm{CD}\) (giả thiết) nên \(\widehat{A B D}=\widehat{B D C}\) (2 góc ở vị trí so le trong).
+ Xét \(\triangle \mathrm{ABD}\) và \(\triangle \mathrm{BDC}\) có: \(\widehat{A B D}=\widehat{B D C}, \widehat{D A B}=\widehat{D B C}\).
Suy ra \(\triangle A B D \backsim \triangle B D C\) (g.g).
b) Ta có: \(\frac{A B}{B D}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}\).

Vậy \(\triangle \mathrm{ABD} \sim \triangle \mathrm{BDC}\) với tỉ số đồng dạng \(\frac{1}{2}\).
Suy ra \(\frac{A D}{B C}=\frac{B D}{D C}=\frac{1}{2}\) hay \(\frac{3}{B C}=\frac{4}{D C}=\frac{1}{2}\).
Suy ra \(B C=2 \cdot 3=6 \mathrm{~cm} ; D C=4 \cdot 2=8 \mathrm{~cm}\).

- Có \(\mathrm{EF} / / \mathrm{BC}\). Suy ra \(\widehat{A E F}=\widehat{A C D}\) (2 góc đồng vị).
- Có \(E F / / B D\) (vì \(E F / / B C)\) và \(D E / / F B\) (vì ED // AB).

Suy ra EFBD là hình bình hành. Suy ra \(\widehat{E F B}=\widehat{E D B}\).
Mà \(\widehat{E F B}+\widehat{A F E}=180^{\circ} ; \widehat{E D B}+\widehat{E D C}=180^{\circ}\) (kề bù).
Do đó, \(\widehat{A F E}=\widehat{E D C}\). (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\triangle \mathrm{AEF} \sim \triangle \mathrm{ECD}\) (g.g).
Ví EFBD là hình bình hành nên \(\mathrm{BF}=\mathrm{ED}=4 \mathrm{~cm}\).
Mà \(A F+B F=A B\) nên \(A F=A B-B F=6-4=2 \mathrm{~cm}\).
Khi đó, \(\frac{A F}{E D}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}\).
Vậy \(\triangle A E F \backsim \triangle E C D\) với tỉ số đồng dạng là \(\frac{1}{2}\).

Xét \(\triangle A E B\) và \(\triangle D E C\) có:
\(\widehat{B A C}=\widehat{C D B}\) (giả thiết)
\(\widehat{A E B}=\widehat{D E C}\) (đối đỉnh)
Suy ra \(\triangle A E B \sim \triangle D E C\) (g.g).
Suy ra \(\frac{A E}{D E}=\frac{B E}{C E} \Rightarrow \frac{A E}{B E}=\frac{D E}{C E}\).
Xét \(\triangle A E D\) và \(\triangle B E C\) có:
\(\widehat{A E D}=\widehat{B E C}\) (2 góc đối đỉnh)
\(\frac{A E}{B E}=\frac{D E}{C E}\) (chứng minh trên)
Suy ra \(\triangle A E D \sim \triangle B E C\) (c.g.c).

Vẽ đường thẳng qua M song song với CD cắt AC tại E.

Khi đó: \(\frac{A E}{E C}=\frac{A M}{M D}=\frac{1}{2}\) (định lí Thalès).
Do đó \(\frac{A E}{E C}=\frac{B N}{N C}=\frac{1}{2}(2 \mathrm{BN}=\mathrm{NC})\), suy ra \(\mathrm{NE} / / \mathrm{AB}\) (định lí Thalès đảo).
Ta có:
\(\mathrm{ME} / / \mathrm{CD}\)
\(\mathrm{NE} / / \mathrm{AB}\)
\(\mathrm{AB} / / \mathrm{CD}\)
Do đó \(M E / / C D\) và \(N E / / C D\), suy ra \(M, N, E\) thẳng hàng.
Mặt khác \(\triangle A M E \sim \triangle A D C(\) vì ME // CD).
Nên \(\frac{M E}{D C}=\frac{A M}{A D}=\frac{1}{3} \Rightarrow M E=\frac{D C}{3}=\frac{6}{3}=2(\mathrm{~cm})\).
Tương tự \(\triangle \mathrm{CEN} \sim \triangle \mathrm{CAB}\) (vì \(\mathrm{NE} / / \mathrm{AB}\) ) nên \(\frac{E N}{A B}=\frac{C N}{C B}=\frac{2}{3} \Rightarrow E N=\frac{2 A B}{3}=\frac{10}{3}\) (cm).

Vậy \(M N=M E+E N=\frac{16}{3}(\mathrm{~cm})\).