Bài tập chuyên đề Toán 7 Dạng 4: Hai tam giác bằng nhau. Các trường hợp bằng nhau của hai tam giác có đáp án

* Tìm cách giải. Khi viết hai tam giác bằng nhau thì các đỉnh tương ứng phải viết theo cùng một thứ tự. Viết như vậy, thì việc suy ra các cặp cạnh tương ứng bằng nhau mới chính xác.

* Trình bày lời giải.

a) ΔACB=ΔMPN; ΔCBA=ΔPNM; ΔBAC=ΔNMP.

b) ΔABC=ΔMNP suy ra AB=MN=5cm; AC=MP=6cm; BC=NP=7cm.

Chu vị ΔABC bằng: AB+AC+BC=5+6+7=18cm.

Chu vi ΔMNP bằng: MN+MP+NP=5+6+7=18cm.

* Tìm cách giải. Bài toán yêu cầu tính số đo góc của tam giác nên từ ΔABC=ΔHIK, chúng ta chỉ quan tâm tới cặp góc tương ứng bằng nhau.

* Trình bày lời giải.

ΔABC=ΔHIK⇒A^=H^; B^=I^; C^=K^ (cặp góc tương ứng).

Vì A^+B^=124°⇒H^+I^=124°; mà H^−I^=16°, nên

H^=124°+16°:2=70°;

I^=124°−16°:2=54°.

∆∆HIK cóH^+I^+K^=180° ; 70°+54°+K^=180°⇒K^=56°.

Vì ΔABC=ΔHIK nên A^=H^=70°; B^=I^=54°; C^=K^=56°.

Giải

a) Xét ΔOAC và ΔOBC có: OA=OB (giả thiết), AC=BC (bán kính bằng nhau), OC cạnh chung.

⇒ΔOAC=ΔOBCc.c.c.

b) ΔOAC=ΔOBCc.c.c nên AOC^=BOC^

tương tự: ΔOAD=ΔOBDc.c.c nên AOD^=BOD^.

Nên C, D cùng thuộc tia phân giác góc xOy hay O, C, D thẳng hàng.

Ta có ΔABI=ΔACIc.c.c⇒ACI^=ABI^.

ΔMBI=ΔNCIc.c.c⇒NCI^=ABI^.

Suy ra ACI^=NCI^, mà đó là hai góc kề bù nên ACI^=NCI^=90°, hay IC⊥AN.

* Nhận xét.

Đây là bài toán khó. Để chứng minh IC⊥AN chúng ta suy nghĩ và chứng minh ICA^=ICN^ là điều cần thiết. Sau đó, chúng ta hãy tìm các cặp tam giác bằng nhau mà trong các tam giác ấy có chứa ICA^ hoặc ICN^.

a) ΔABD và ΔMBD có BA=BM; ABD^=MBD^; BD là cạnh chung  ⇒ΔABD=ΔMBDc.g.c.

⇒BAD^=BMD^⇒BMD^=90°⇒DM⊥BC.

b) Gọi I là giao điểm của AM và BD.
Xét ΔABI và ΔMBI có AB=MB; ABI^=MBI^; BI là cạnh chung
⇒ΔABI=ΔMBIc.g.c
⇒AIB^=MIB^ mà  AIB^+MIB^=180° nên AIB^=MIB^=90° , suy ra:AM⊥BD .

c) AMD^=36° nên IMB^=90°−36°=54°;

ΔBIM vuông nên IBM^=90°−54°=36°.

Suy ra B^=36°.2=72° do đó C^=90°−72°=18°.

a, MAC^=BAN^=90°+BAC^ nên ΔMAC=ΔBANc.g.c

b) ΔMAC=ΔBAN⇒BN=CM. Và AMC^=ABN^.

Gọi P là giao điềm của AB và CM

Ta có: AMC^+APM^=90° (vì ΔAMP vuông)

⇒ABN^+BPO^=90°⇒BN⊥CM.

c) CM=BN⇒MK=BI, mà AMK^=ABN^; AM=AB

nên ΔAMK=ΔABIc.g.c⇒AK=AI.

⇒MAK^=BAI^; mà MAK^+KAB^=90°

⇒BAI^+KAB^=90° hay AI⊥AK.

a) Gọi E là trung điểm của BC. Suy ra BE=CE=AB=12BC

ΔABD và ΔEBD có BA=BE ; ABD^=EBD^(giả thiết); BD là cạnh chung

⇒ΔABD=ΔEBDc.g.c⇒BAD^=BED^⇒BED^=90°.

Xét ΔBDE và ΔCDE có: BED^=CED^=90°; BE=CE ; DE chung

⇒ΔBDE=ΔCDEc.g.c

⇒BD=CD

b) ΔBDE=ΔCDEc.g.c⇒C^=DBE^

⇒B^=2.C^

Mặt khác: B^+C^=90° (Vì ΔABC vuông tại A)

⇒2C^+C^=90°⇒C^=30°; B^=60°.

ΔABC có A^+B^+C^=180°

Mà A^=60° nên B^+C^=120°.

Ta có B1^+C1^=12.B^+12.C^=60°.

ΔBOC có BOC^+B1^+C1^=180°

Nên BOC^=120°; O1^=60°.

- Kẻ Ox là tia phân giác góc BOC^, cắt BC tại I nên O2^=O3^=60°.

Xét ΔBEO và ΔBIO có B1^=B2^ (giả thiết); O1^=O2^=60°; BO là cạnh chung

do đó ΔBEO=ΔBIOg.c.g. Suy ra OE=OI.

- Chứng minh tương tự ta có ΔCOD=ΔCOI nên OD= OI.

Vậy OE=OI(=OI).

* Nhận xét.

- Để chứng minh OE=OD, ta chưa thể ghép chúng vào hai tam giác nào bằng nhau được. Do vậy, ta nghĩ đến cách kẻ đường phụ. Cho số đo góc A ta liên hệ với bài đã biết nên tính được số đo góc BOC và góc BOE nên dựng được điểm I.

- Bài toán còn có cách khác, là lấy điểm I trên BC sao cho BI=BE, sau đó chứng minh ΔBOE=ΔBOI rồi chứng minh ΔCOD=ΔCOI.

- Từ cách trên ta còn suy ra kết quả đẹp là BE+CD=BC.

a)

ΔBHE và ΔCHD  có BEH^=CDH^=90°; HD=HE; BHE^=CHD^

⇒ΔBHE=ΔCHDg.c.g.

b, ΔBHE=ΔCHD⇒BH=CH mà HD=HE ⇒BD=CE

ΔA​DB và ΔAEC có ADB^=AEC^=90°; BD=CE; BAC^ chung

⇒ΔA​DB=ΔAEC (cạnh huyền – góc nhọn).

c) ΔABD=ΔACE⇒AB=AC.

ΔABH và ΔACH có AB=AC; AH là cạnh chung; BH=CH (chứng minh trên)

⇒ΔABH=ΔACHc.c.c

⇒BAH^=CAH^⇒AH là tia phân giác của BAC^.

d) ΔABI và ΔACI có AB=AC; BAI^=CAI^; AI là cạnh chung

⇒ΔABI=ΔACIc.g.c

⇒AIB^=AIC^; mà AIB^+AIC^=180°⇒AIB^=AIC^=90° hay AI⊥BC.

* Tìm cách giải. Để chứng minh AM=12BC ta cần chứng minh BC=2.AM. Về mặt suy luận, ta cần dựng một đoạn thẳng bằng 2.AM  rồi chứng minh đoạn thẳng đó bằng BC.

* Trình bày lời giải.

Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho MD=MA. Suy ra AD=2.AM

ΔAMB và ΔDMC có AM=MD; M1^=M2^; MB=MC nên ΔAMB=ΔDMC.

Suy ra AB=DC ; A1^=D1^nên AB//CD⇒DC⊥AC.

ΔABC và ΔCDA có AB=DC; BAC^=DCA^=90°, AC chung suy ra ΔABC=ΔCDAc.g.c

⇒BC=DA⇒BC=2.AM hay AM=12BC.

* Nhận xét. Bài này là một tính chất thú vị của tam giác vuông, thường được sử dụng trong những bài nối trung điểm của cạnh huyền với đỉnh góc vuông.

AB//CD⇒ABD^=CDB^ (cặp so le trong)

AD//BC⇒ADB^=CBD^ (cặp so le trong)

ΔABD và ΔCDB cóABD^=CDB^ , BD là cạnh chung, ADB^=CBD^.

Suy ra ΔABD=ΔCDBg.c.g⇒AB=CD, AD=BC.

Hướng dẫn: ΔABC=ΔMNP suy ra: B^=N^; C^=P^ mà N^+P^=120°

⇒B^+C^=120°

Ta có: B^−C^=10° nên B^=120°+10°:2=65°

C^=120°−10°:2=55°

∆ABC có A^+B^+C^=180°

A^+120°=180°; A^=60°

Vậy M^=A ^=60°; N^=B^=65°; P^=C^=55°.

Hướng dẫn: ΔABC=ΔMNP⇒AB=MN; BC= NP; AC= MP (cặp cạnh tương ứng).

Vì AB+AC=9cm⇒MN+MP=9cm, mà MN−NP=3cm nên

MN=9+3:2=6cm

MP=9−3:2=3cm

Do đó chu vi ΔMNP là: MN+NP+MP=6+5+3=14cm.

Vì MN−NP=3cm nên chu vi ΔABC bằng chu vi ΔMNP và bằng 14cm.

Hướng dẫn: ΔABC=ΔRST⇒AB=RS; BC=ST; AC=RT (cặp cạnh tương ứng).

Vì ST−RS=8cm⇒BC−AB=8cm.

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau:

BC5=AB3=BC−AB5−3=82=4⇒BC=4.5=20cm; AB=3.4=12cm.

Vậy: AB=RS=12cm; AC=RT=18cm; BC=ST=20cm.

Hướng dẫn: ΔOAB và ΔOCB có OA=OC; AB=CB; OB chung

⇒ΔOAB=ΔOCBc.c.c

⇒AOB^=COB^ (cặp góc tương ứng), hay OB là tia phân giác của AOC^.

Hướng dẫn: Xét ΔABC và ΔCDA có:

AB=CD; AD=BC; AC cạnh chung

Nên ΔABC=ΔCDAc.c.c

Suy ra DAC^=BCA^.

Mà hai góc ở vị trí so le trong ⇒AD//CD.

BAC^=DCA^ mà hai góc ở vị trí so le trong ⇒AB//CD.

Hướng dẫn: ΔAMB và ΔAMC có AM chung; AB=AC ; BM=CM

 ⇒ΔAMB=ΔAMCc.c.c

⇒BAM^=CAM^ (góc tương ứng)

⇒BAM^=CAM^=12BAC^=12.50°=25°.

⇒AMB^=AMC^ (góc tương ứng).

Mà AMB^+AMC^=180° nên AMB^=AMC^=90°.

ΔAMB có ABM^+BAM^+AMB^=180°ABM^+25°+90°=180°⇒ABM^=65°. Suy ra ACM^=65°

Hướng dẫn:

a) ΔABD và ΔEBD có AB=BE; ABD^=EBD^; BD chung

⇒ΔABD=ΔEBDc.g.c.

b, ΔABD=ΔEBD⇒BED^=BAD^

⇒BED^=90°⇒DE⊥AB

c, ΔABD=ΔEBD⇒AD=ED

ΔADF và ΔEDC

ADF^=EDC^,AD=ED, FAD^=DEC^=90°

⇒ΔADF=ΔEDCg.c.g⇒DC=DF

Hướng dẫn:

a) ΔABD có 

ADB^=90°⇒ABD^+BAC^=90°     1

    ΔACE có AEC^=90°⇒ACE^+BAC^=90°     2

Từ (1) và (2), suy ra: ABD^=ACE^ do đó ABH^=ACK^.

b) ΔABH và ΔKCA có AB=CK; ABD^=ACE^; BH=AC

⇒ΔABH=ΔKCAc.g.c⇒AH=AK.

Hướng dẫn:

Ta có: ABE^+ABD^=180°; ACK^+ACB^=180° (cặp góc kề bù)

Mà ABD^=ACB^=12ABC^⇒ABE^=ACK^.

ΔABE  và ΔACK có: AB=CK ; ABD^=ACK^; BE=AC

⇒ΔABE=ΔKCAc.g.c⇒AE=KA

Hướng dẫn:

a) Ta dễ chứng minh được ΔA​DE=ΔCFEc.g.c

Suy ra AD=CF⇒BD=CF

Và A ^=FCE^, mà hai góc ở vị trí so le trong nên CF//AB.

b) Xét ΔBDC và ΔFCD có BD=FC (chứng minh trên); BDC^=FCD^ (so le trong AB//CF); CD là cạnh chung

do đó: ΔBDC=ΔFCDc.g.c.

c) ΔBDC=ΔFCD (chứng minh trên) nên D1^=C1^, mà hai góc ở vị trí so le trong suy ra DE//BC.

* Nhận xét. Từ kết luận ΔBDC=ΔFCD, chúng ta còn suy ra được: DE=12.BC

a)  ΔABD và ΔEBD có

ABD^=EBD^ (giả thiết); BE=BA; BD là cạnh chung

⇒ΔABD=ΔEBDc.g.c

⇒AD=ED.

b) ΔABD=ΔEBD⇒BAD^=BED^       

⇒BED^=90°⇒DE⊥BC,

Mà AH⊥BC⇒AH//DE.

c) AH//DE⇒AHO^=IDO^(cặp góc so le trong).

ΔAHO và ΔIDO có AHO^=IDO^; OH=OD; AH=ID

⇒ΔAHO=ΔIDOc.g.c⇒AOH^=IOD^.

Mà AOH^+AOD^=180° (kề bù) ⇒IOD^+AOD^=180°.

Suy ra A, O, I thẳng hàng.

a)

 CBD^=ABE^=90°

⇒CBA^+ABD^=CBA^+CBE^   ⇒ABD^=CBE^

Xét ΔABD và ΔEBC có AB=EB; ABD^=CBE^ 

(cùng phụ với góc ABC); BD=BC

⇒ΔABD=ΔEBCc.g.c⇒AD=CE  .

b) Gọi H, I là giao điểm của đường thẳng AD với CE và BC.ΔABD=ΔEBC suy ra: BDA^=BCE^ mà BDA^+BIA^=90°

⇒BCE^+CIH^=90°⇒ΔCIH vuông, hay AD⊥CE.

a)

ΔAMC và ΔNMBcó AM= MN; AMC^=NMB^; BM= CM 

⇒ΔAMC=ΔNMBc.g.c

⇒AC=BN mà AC=AE⇒BN=AE

b) Ta có BAD^=90°; CAE^=90°

⇒BAC^+DAE^=180°   1

ΔAMC=ΔNMB (chứng minh trên)⇒MAC^=MNB^⇒BN//AC

⇒BAC^+ABN^=180°   2

Từ (1) và (2) suy ra: DAE^=ABN^

Xét ΔABN và ΔDAE có AD= BA; DAE^=ABN^; AE= BN

⇒ΔABN=ΔDAEc.g.c    ⇒AN=DE; mà AN=2.AM⇒AM=DE2.

c) Gọi I là giao điểm của đường thẳng AM và DE.

ΔABN=ΔDAE (chứng minh trên) ⇒EDA^=NAB^   1

Mà DAB^=90°⇒DAI^+NAB^=90°   2

Từ (1) và (2) suy ra: EDA^+DAI^=90° hay AM⊥DE.

Hướng dẫn: ΔOAB=ΔOCDc.g.c⇒AB=CD.

a)

ΔABC có A ^=120°⇒B^+C^=60°.

Ta có: IBC^+ICB^=12B^+12C^=12.60°=30°.

ΔBIC có : IBC^+ICB^+BIC^=180°⇒30°+BIC^=180°⇒BIC^=150°Từ đó MIN^=BIC^−BIM^−CIN^⇒MIN^=150°−30°−30°=90°

b) BIC^=150°⇒BIF^=CIE^=30°.

ΔCIN và ΔCIE có ECI^=NCI^; CI là cạnh chung; EIC^=NIC^=30°

⇒ΔCIN=ΔCIEg.c.g⇒CE=CN   1

Chứng minh tương tự ta có: ΔBFI=ΔBMIg.c.g⇒BM=BF   2

Từ (1) và (2), ta có: CE+BF=CN+BM<BC.

Hướng dẫn:

ΔABC có B^+C^=60°⇒BAC^=120°.

Ta có AD là tia phân giác BAC^⇒BAD^=CAD^=12BAC^=60°.

ΔABO và ΔABM có BAO^=BAM^=60°; AB chung; ABM^=ABO^

⇒ΔABO=ΔABMg.c.g⇒AM=AO   1

Chứng minh tương tự, ta có: ΔACO=ΔACNg.c.g⇒AN=AO   2

Từ (1) và (2), suy ra: AM=AN.

a)

Kẻ EM//ABM∈BC

Tam giác DEM và tam giác MBD có D1^=M1^; DM chung; D2^=M2^

nên ΔDEM=ΔMBDg.c.g suy ra BD=ME ; DE= BM .

Ta có AB//EM nên A1^=E1^; B1^=M3^

Lại có KI//BC nên K1^=B1^.

- Tam giac AKI và tam giác EMC có A1^=E1^;AK=EM=BD, M3^=K1^=B1^Nên ΔAKI=ΔEMCg.c.g Suy ra AI=EC và KI=MC

b) Ta có KI=MC; DE= BM  suy ra KI+DE=MC+BM=BC=5cm.

a)

Xét  ΔABD và ΔCAE có BDA^=AEC^=90°; AB= AC (giả thiết); B1^=C1^ (cùng phụ với A2^)

do đó ΔABD=ΔCAE (cạnh huyền – góc nhọn

b)  ΔABD=ΔCAEnên BD=AE; AD= CE do đó BD−CE=AE−AD. Vậy BD−CE=DE.

* Nhận xét. Để chứng minh một đoạn thẳng bằng tổng hay một hiệu hai đoạn thẳng ta thường biến đổi đoạn thẳng đó thành hai đoạn cùng nằm trên một đường thẳng và sử dụng cộng, trừ đoạn thẳn