Chương 7 – Bài 6: Trường hợp bằng nhau thứ ba của tam giác: góc – cạnh – góc trang 81 sách bài tập toán lớp 7 tập 2 NXB Cánh Diều. Các em cùng Bumbii giải các bài tập sau.
37. Nêu thêm một điều kiện để hai tam giác trong mỗi hình 31a, 31b, 31c, 31d là hai tam giác bằng nhau theo trường hợp góc – cạnh – góc.
a) ∆CAB = ∆DBA (Hình 31a).
b) ∆NRQ = ∆RNP (Hình 31b).
c) ∆OAC = ∆OBD (Hình 31c).
d) ∆SRQ = ∆IKH (Hình 31d).
Giải
a) Để ΔCAB = ΔDBA theo trường hợp góc – cạnh – góc thì một cạnh và hai góc kề của tam giác này bằng một cạnh và hai góc kề của tam giác kia.
Mà hai tam giác trên có cạnh AB là cạnh chung và \(\widehat{CAB}=\widehat{DBA}\ (=90^o).\)
Mặt khác, trong ΔCAB thì cạnh AB có hai góc kề là \(\widehat{CAB}\) và \(\widehat{ABC};\)
Trong ΔDBA thì cạnh AB có hai góc kề là \(\widehat{DBA}\) và \(\widehat{BAD}.\)
Do đó điều kiện còn lại là điều kiện về góc, đó là \(\widehat{ABC}=\widehat{BAD}.\)
Vậy Hình 31a cần thêm điều kiện \(\widehat{ABC}=\widehat{BAD}.\)
b) Để ∆NRQ = ∆RNP theo trường hợp góc – cạnh – góc thì một cạnh và hai góc kề của tam giác này bằng một cạnh và hai góc kề của tam giác kia.
Mà hai tam giác trên có cạnh NR là cạnh chung và \(\widehat{PNR}=\widehat{QRN}\ (=40^o).\)
Mặt khác, trong ΔNRQ, cạnh NR có hai góc kề là \(\widehat{PNR}\) và \(\widehat{PRN};\)
Trong ΔRNP, cạnh NR có hai góc kề là \(\widehat{QRN}\) và \(\widehat{QNR}.\)
Do đó điều kiện còn lại là điều kiện về góc, đó là \(\widehat{PRN}=\widehat{QNR}.\)
Vậy Hình 31b cần thêm điều kiện \(\widehat{PRN}=\widehat{QNR}.\)
c) Để ∆OAC = ∆OBD theo trường hợp góc – cạnh – góc thì một cạnh và hai góc kề của tam giác này bằng một cạnh và hai góc kề của tam giác kia.
Mà hai tam giác trên có OA = OB và \(\widehat{O}\) là góc chung.
Mặt khác, trong ΔOAC, cạnh OA có hai góc kề là \(\widehat{O}\) và \(\widehat{OAC};\)
Trong ΔOBD, cạnh OB có hai góc kề là \(\widehat{O}\) và \(\widehat{OBD}.\)
Do đó điều kiện còn lại là điều kiện về góc, đó là \(\widehat{OAC}=\widehat{OBD}.\)
Vậy Hình 31c cần thêm điều kiện \(\widehat{OAC}=\widehat{OBD}.\)
d) Để ∆SRQ = ∆IKH theo trường hợp góc – cạnh – góc thì một cạnh và hai góc kề của tam giác này bằng một cạnh và hai góc kề của tam giác kia.
Mà hai tam giác này có \(\widehat{Q} =\widehat{H}\ (=50^o)\) và \(\widehat{S} =\widehat{I}\ (=100^o).\)
Mặt khác, trong ΔSRQ, \(\widehat{Q}\) và \(\widehat{S}\) là hai góc kề của cạnh QS;
Trong ∆IKH, \(\widehat{H}\) và \(\widehat{I}\) là hai góc kề của cạnh HI.
Do đó điều kiện còn lại là điều kiện về cạnh, đó là QS = HI.
Vậy Hình 31d cần thêm điều kiện QS = HI.
\(\)
38. Cho ∆ABC = ∆A’B’C’. Vẽ AH vuông góc với BC tại H, A’H’ vuông góc với B’C’ tại H’. Chứng minh AH = A’H’.
Giải
Do ∆ABC = ∆A’B’C’ (giả thiết) nên AB = A’B’ (hai cạnh tương ứng) và \(\widehat{ABC}=\widehat{A’B’C’}\) (hai góc tương ứng).
Xét hai tam giác ABH và AB’H’ có:
\(\widehat{AHB}=\widehat{A’H’B’}\ (=90^o);\)
AB = A’B’ (chứng minh trên);
\(\widehat{ABH}=\widehat{A’B’H’}\) (do \(\widehat{ABC}=\widehat{A’B’C’}\))
Suy ra ∆ABH = ∆A’B’H’ (cạnh huyền – góc nhọn).
Do đó AH = A’H’ (hai cạnh tương ứng).
\(\)
39. Cho tam giác ABC có AB = AC. Gọi D là trung điểm của BC. Vẽ CM vuông góc với AB tại M, BN vuông góc với AC tại N. Chứng minh AM = AN.
Giải
Xét hai tam giác ABD và ACD có:
AB = AC (giả thiết);
BD = CD (do D là trung điểm của BC);
AD là cạnh chung.
Do đó ∆ABD = ∆ACD (c.c.c).
Suy ra \(\widehat{ABD}=\widehat{ACD}\) hay \(\widehat{MBC}=\widehat{NCB}.\)
Xét hai tam giác BMC và CNB có:
\(\widehat{BMC}=\widehat{CNB}\ (=90^o);\)
BC là cạnh chung;
\(\widehat{MBC}=\widehat{NCB}\) (chứng minh trên).
Suy ra ΔBMC và ΔCNB (cạnh huyền – góc nhọn).
Do đó BM = CN (hai cạnh tương ứng).
Ta có AB = AM + MB, AC = AN + NC.
Mà AB = AC, BM = CN.
Suy ra AM = AN.
\(\)
40. Cho Hình 32 có \(\widehat{BAC}=90^o,\) AH vuông góc với BC tại H, \(\widehat{xAB}=\widehat{BAH},\) Ay là tia đối của tia Ax. BD và CE vuông góc với xy lần lượt tại D và E. Chứng minh:
a) AC là tia phân giác của góc HAy;
b) BD + CE = BC;
c) DH vuông góc với HE.
Giải
a) Ta có \(\widehat{xAy}=\widehat{xAB}+\widehat{BAC}+\widehat{CAy}\)
Hay \(180^o=\widehat{xAB}+90^o+\widehat{CAy}\)
Suy ra \(\widehat{CAy}=90^o-\widehat{xAB}\)
Ta có \(\widehat{BAH}+\widehat{CAH}=\widehat{BAC}=90^o\)
Nên \(\widehat{CAH}=90^o-\widehat{BAH}\)
Mà \(\widehat{xAB}=\widehat{BAH}\) (giả thiết)
Suy ra \(\widehat{CAH}=\widehat{CAy}\)
Do đó AC là tia phân giác của \(\widehat{HAy}\)
b) Xét hai tam giác ABD và ABH có:
\(\widehat{ADB}=\widehat{AHB}\ (=90^o);\)
AB là cạnh chung;
\(\widehat{DAB}=\widehat{HAB}\) (giả thiết).
Do đó ∆ABD = ∆ABH (cạnh huyền – góc nhọn).
Suy ra BD = BH, AD = AH (các cặp cạnh tương ứng).
Xét hai tam giác ACE và ACH có:
\(\widehat{AEC}=\widehat{AHC}\ (=90^o);\)
AC là cạnh chung;
\(\widehat{CAH}=\widehat{CAE}\) (chứng minh câu a).
Do đó ∆ACE = ∆ACH (cạnh huyền – góc nhọn).
Suy ra CE = CH, AE = AH (các cặp cạnh tương ứng).
Ta có BC = BH + CH
Mà BD = BH, CE = CH.
Do đó BC = BD + CE.
c) Gọi I là giao điểm của AB và DH, K là giao điểm của EH và AC.
Xét hai tam giác ADI và AHI có:
AD = AH (chứng minh câu b);
\(\widehat{DAI}=\widehat{HAI}\) (do \(\widehat{xAB}=\widehat{BAH}\));
AI là cạnh chung.
Suy ra ∆ADI = ∆AHI (c.g.c).
Do đó \(\widehat{ADI}=\widehat{AHI}\) (hai góc tương ứng) hay \(\widehat{ADH}=\widehat{AHD}.\)
Xét hai tam giác AHK và AEK có:
AH = AE (chứng minh câu b);
\(\widehat{HAK}=\widehat{EAK}\) (do \(\widehat{HAC}=\widehat{EAC}\));
AK là cạnh chung.
Suy ra ∆AHK = ∆AEK (c.g.c)
Do đó \(\widehat{AHK}=\widehat{AEK}\) (hai góc tương ứng) hay \(\widehat{AHE}=\widehat{AEH}.\)
Xét ΔADH có: \(\widehat{ADH}+\widehat{AHD}+\widehat{HAD}=180^o\) (tổng ba góc của một tam giác).
Mà \(\widehat{ADH}=\widehat{AHD}\) nên \(\widehat{AHD}=\displaystyle\frac{180^o-\widehat{HAD}}{2}\)
Xét ΔAEH có: \(\widehat{AEH}+\widehat{AHE}+\widehat{HAE}=180^o\) (tổng ba góc của một tam giác)
Mà \(\widehat{AHE}=\widehat{AEH}\) nên \(\widehat{AHE}=\displaystyle\frac{180^o-\widehat{HAE}}{2}\)
Ta có \(\widehat{DHE}=\widehat{AHD}+\widehat{AHE}\) \(=\displaystyle\frac{180^o-\widehat{HAD}}{2}+\displaystyle\frac{180^o-\widehat{HAE}}{2}\)
\(=\displaystyle\frac{360^o-(\widehat{HAD}+\widehat{HAE})}{2}=\displaystyle\frac{360^o-180^o}{2}=90^o.\)
Suy ra DH ⊥ HE.
\(\)
41. Cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn và \(\widehat{A}=60^o.\) Tia phân giác của góc ABC cắt AC tại D, tia phân giác của góc ACB cắt AB tại E. BD cắt CE tại I. Tia phân giác của góc BIC cắt BC tại F. Chứng minh:
a) \(\widehat{BIC}=120^o;\)
b) ∆BEI = ∆BFI;
c) BC = BE + CD.
Giải
a) Vì BD là phân giác của góc ABC nên \(\widehat{ABD}=\widehat{CBD}=\displaystyle\frac{\widehat{ABC}}{2}.\)
Vì CE là phân giác của góc ACB nên \(\widehat{ACE}=\widehat{ECB}=\displaystyle\frac{\widehat{ACB}}{2}.\)
Xét ΔABC có: \(\widehat{A}+\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=180^o\) (tổng ba góc của một tam giác)
Suy ra \(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=180^o-\widehat{A}\) \(=180^o-60^o=120^o.\)
Xét ΔIBC có: \(\widehat{BIC}+\widehat{IBC}+\widehat{ICB}=180^o\) (tổng ba góc của một tam giác)
Hay \(\widehat{BIC}+\displaystyle\frac{\widehat{ABC}}{2}+\displaystyle\frac{\widehat{ACB}}{2}=180^o\)
Suy ra \(\widehat{BIC}=180^o-\displaystyle\frac{\widehat{ABC}+\widehat{ACB}}{2}\) \(=180^o-\displaystyle\frac{120^o}{2}=120^o.\)
Vậy \(\widehat{BIC}=120^o.\)
b) Vì IF là phân giác của góc BIC nên \(\widehat{BIF}=\widehat{CIF}=\displaystyle\frac{\widehat{BIC}}{2}=\displaystyle\frac{120^o}{2}=60^o.\)
Ta có \(\widehat{BIC}+\widehat{BIE}=180^o\) (hai góc kề bù)
Suy ra \(\widehat{BIC}=180^o-\displaystyle\frac{\widehat{ABC}+\widehat{ACB}}{2}=180^o-\displaystyle\frac{120^o}{2}=120^o.\)
Xét hai tam giác BEI và BFI có:
\(\widehat{EBI}=\widehat{FBI}\) (chứng minh câu a);
BI là cạnh chung;
\(\widehat{EIB}=\widehat{FIB}\) (cùng bằng \(60^o\)).
Suy ra ∆BEI = ∆BFI (g.c.g).
c) Do ∆BEI = ∆BFI nên BE = BF (hai cạnh tương ứng).
Ta có \(\widehat{BIC}+\widehat{CID}=180^o\) (hai góc kề bù)
Suy ra \(\widehat{CID}=180^o-\widehat{BIC}=180^o-120^o=60^o.\)
Xét hai tam giác CFI và CDI có:
\(\widehat{FCI}=\widehat{DCI}\) (chứng minh câu a);
CI là cạnh chung;
\(\widehat{CIF}=\widehat{CID}\) (cùng bằng \(60^o\)).
Suy ra ∆CFI = ∆CDI (g.c.g).
Do đó CF = CD (hai cạnh tương ứng).
Ta có: BC = BF + FC = BE + CD.
Vậy BC = BE + CD.
\(\)
42. Cho tam giác ABC có \(\widehat{A}=90^o,\) M là trung điểm của BC. Chứng minh BC = 2AM.
Giải
Qua C kẻ đường thẳng d song song với AB, d cắt AM tại N.
Suy ra \(\widehat{ABC}=\widehat{BCN}\) (so le trong).
Ta có BA ⊥ AC, d // AB.
Suy ra d ⊥ AC hay \(\widehat{NCA}=90^o.\)
Xét hai tam giác MBA và MCN có:
BM = CM (vì M là trung điểm của BC);
\(\widehat{M_1}=\widehat{M_2}\) (hai góc đối đỉnh);
\(\widehat{ABC}=\widehat{NCB}\) (chứng minh trên).
Suy ra ∆MBA = ∆MCN (g.c.g).
Do đó AB = CN và AM = NM (các cặp cạnh tương ứng).
Xét hai tam giác BAC và NCA có:
AC là cạnh chung;
\(\widehat{BAC}=\widehat{NCA}\) (cùng bằng \(90^o\));
AB = NC (chứng minh trên)
Do đó ∆BAC = ∆NCA (c.g.c)
Suy ra BC = NA (hai cạnh tương ứng).
Mà AM = MN, AN = AM + MN = 2AM.
Nên BC = AN = 2AM.
Vậy 2AM = BC.
\(\)
Xem bài giải trước: Bài 5: Trường hợp bằng nhau thứ hai của tam giác: cạnh – góc – cạnh
Xem bài giải tiếp theo: Bài 7: Tam giác cân
Xem thêm các bài giải khác tại: Giải Bài tập Toán Lớp 7 Cánh Diều
Thông tin liên hệ & mạng xã hội:
Website: https://bumbii.com/
Facebook: https://www.facebook.com/bumbiiapp
Pinterest: https://www.pinterest.com/bumbiitech
