Bài tập ôn tập Toán 7 Chương 4 (có đáp án)

Chọn C

Xét \(\Delta DEF\)vuông tại \(E\) và \(\Delta IJK\) vuông tại \(J\) có:

\(EF = KJ\); \(FD = IK\) (gt).

Do đó \(\Delta DEF = \Delta IJK\) (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

Chọn D

Do tam giác \(ABC\) vuông mà \(\widehat A > \widehat B > \widehat C\) nên \(\widehat A = 90^\circ \) vì vậy \(\widehat B + \widehat C = 90^\circ  = \widehat A\).

Chọn C

Trong \(\Delta BCE\) ta có \(\widehat {CBE} + \widehat {CEP\,} + \widehat {BCE\,} = 180^\circ \).

Suy ra \(\widehat {CBE} = 180^\circ  - \widehat {\,CEP\,\,} - \widehat {\,BCE\,\,} = 180^\circ  - 36^\circ  - 90^\circ  = 54^\circ \).

Chọn C

Ta có: \(AB = AE\) (gt)

           \(AC = AD\) (gt)

            \(AC = DE\) (gt)

Do đó \(\Delta ABC = \Delta AED\) (c.c.c).

Chọn A

Vì \(\Delta PQR = \Delta SIK\) nên \(\widehat I = \widehat Q = 50^\circ \) (hai góc tương ứng)

Do đó \(\widehat R = 180^\circ  - \left( {\widehat P + \widehat Q} \right) = 180^\circ  - \left( {90^\circ  + 50^\circ } \right) = 40^\circ \).

Chọn C

Xét ta\(\Delta ABC\) và \(\Delta MNP\) có \(\widehat B = \widehat P,\,\,BC = PN\).

Để \(\Delta ABC = \Delta MPN\) (g.c.g) cần thêm cặp góc bằng nhau \(\widehat C = \widehat P.\)

Chọn D

Xét \(\Delta CDA\) và \(\Delta ABC\,\) có:

\(\widehat {BAC} = \widehat {ACD}\) (so le trong)

\(AC\) chung (gt)

\(\widehat {DAC} = \widehat {ACB}\) (so le trong)

Suy ra \(\Delta CDA = \Delta ABC\,\,\left( {{\rm{g}}{\rm{.c}}{\rm{.g}}} \right)\)

Chọn B

Xét \(\Delta ABK\) vuông tại \(A\) và \(\Delta CBK\) vuông tại \(C\) có:

\(AB = BC\) (gt); \(BK\) chung.

Do đó, \(\Delta ABK = \Delta CBK\) (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

Suy ra \(\widehat {ABK} = \widehat {CBK}\) (hai góc tương ứng).

Chọn D

Xét \(\Delta HIK\) vuông tại \(I\) và \(\Delta KJH\) vuông tại \(J\) có:

\(IH = JK\) (gt); \(HK\) chung.

Suy ra \(\Delta HIK = \Delta KJH\) (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

Chọn B

Vì \(\Delta PQR = \Delta DEF\) nên ta có:

\(PQ = DE\); \(PR = DF\) (các cặp cạnh tương ứng)

\(\widehat Q = \widehat E\); \(\widehat D = \widehat P\) (các cặp góc tương ứng)

Do đó, khẳng định B là khẳng định sai.

Chọn A

Xét tam giác \(EFG\), ta có: \(x + x + 120^\circ  = 180^\circ \) suy ra \(2x = 180^\circ  - 120^\circ  = 60^\circ \).

Do đó, \(x = 30^\circ \).

Chọn D

Nhận thấy \(DE = MN,\,\,\widehat E = \widehat N,\,\,EF = NP\) nên \(\Delta DEF = \Delta MNP\) (c.g.c)

Suy ra \(\widehat D = \widehat M = 100^\circ \) (hai góc tương ứng).

Chọn A

Ta có:

⦁ \(\widehat {IMP} = \frac{1}{2}\widehat {NMP}\) (do \[MI\] là phân giác của \(\widehat {NMP}\));

⦁ \(\widehat {IPM} = \frac{1}{2}\widehat {NPM}\) (do \[PI\] là phân giác của \(\widehat {NPM}\)).

Xét \[\Delta MIP\] có: \(\widehat {MIP} + \widehat {IMP} + \widehat {IPM} = 180^\circ \) (định lí tổng ba góc trong một tam giác)

Suy ra \(\widehat {MIP} = 180^\circ  - \widehat {IMP} - \widehat {IPM}\)

\( = 180^\circ  - \frac{1}{2}\widehat {NMP} - \frac{1}{2}\widehat {NPM} = 180^\circ  - \frac{1}{2}\left( {\widehat {NMP} + \widehat {NPM}} \right)\)   (1)

Xét \[\Delta MNP\] có: \(\widehat {MNP} + \widehat {NMP} + \widehat {NPM} = 180^\circ \) (định lí tổng ba góc trong một tam giác).

Suy ra \(\widehat {NMP} + \widehat {NPM} = 180^\circ  - \widehat {MNP}\)    (2)

Thế (2) vào (1) ta được: \(\widehat {MIP} = 180^\circ  - \frac{1}{2}\left( {180^\circ  - \widehat {MNP}} \right) = 90^\circ  + \frac{{\widehat {MNP}}}{2}\).

Vậy ta chọn phương án A.

Chọn A

Xét \[\Delta ABC\] vuông tại \[A\] có \(\widehat {ABC} + \widehat {ACB} = 90^\circ \) (hai góc phụ nhau)   (1)

Xét \[\Delta AHC\] vuông tại \[H\] có \(\widehat {HAC} + \widehat {ACH} = 90^\circ \) (hai góc phụ nhau)   (2)

Từ (1), (2) suy ra \(\widehat {ABC} = \widehat {HAC}\).

Ta có:

⦁ \(\widehat {ABI} = \frac{1}{2}\widehat {ABC}\) (do \[BI\] là phân giác của \(\widehat {ABC}\));

⦁ \(\widehat {HAI} = \frac{1}{2}\widehat {HAC}\) (do \[AI\] là phân giác của \(\widehat {HAC}\)).

Suy ra \[\widehat {ABI} + \widehat {HAI} = \frac{1}{2}\widehat {ABC} + \frac{1}{2}\widehat {HAC} = \frac{1}{2}\widehat {HAC} + \frac{1}{2}\widehat {HAC} = \widehat {HAC}\].

Xét \[\Delta ABI\] có: \(\widehat {ABI} + \widehat {BAI} = \widehat {ABI} + \widehat {BAH} + \widehat {HAI}\)

\( = \left( {\widehat {ABI} + \widehat {HAI}} \right) + \widehat {BAH} = \widehat {HAC} + \widehat {BAH} = \widehat {BAC} = 90^\circ \).

Mà \(\widehat {ABI} + \widehat {BAI} + \widehat {AIB} = 180^\circ \) (định lí tổng ba góc trong một tam giác)

Suy ra \(\widehat {AIB} = 180^\circ  - \left( {\widehat {ABI} + \widehat {BAI}} \right) = 180^\circ  - 90^\circ  = 90^\circ \).

Vậy \[\Delta AIB\]vuông tại \[I.\]

Chọn D

Xét \[\Delta AMD\] và \[\Delta MAE\] có:

\[AM\] là cạnh chung.

\(\widehat {AMD} = \widehat {MAE}\) (MD // AE)

\(\widehat {MAD} = \widehat {AME}\) (ME // AD)

Do đó \[\Delta AMD = \Delta MAE\] (g.c.g)

Suy ra \[ME = AD\] và \(\widehat {ADM} = \widehat {AEM}\) (cặp cạnh và cặp góc tương ứng).

Do đó (I), (II), (III) đều đúng.

Chọn C

Xét \[\Delta ADB\] và \[\Delta AEC\] có:

\[AB = AC\] (gt); \(\widehat {ADB} = \widehat {AEC} = 90^\circ \); \(\widehat {BAC}\) chung.

Do đó \[\Delta ADB = \Delta AEC\] (cạnh huyền – góc nhọn)

Khi đó a – 3.

Vì \[\Delta ADB = \Delta AEC\] nên \(\widehat {{B_1}} = \widehat {{C_1}}\) (cặp góc tương ứng) và \[AD = BE\] (cặp cạnh tương ứng)

Ta có: \[AD + DC = AC\,;\,\,AE + EB = AB\].

Mà \[AB = AC\,;\,\,AD = BE\] nên \[DC = EB.\]

Xét \[\Delta HEB\] và \[\Delta HDC\] có:

\(\widehat {HEB} = \widehat {HDC} = 90^\circ \); \[BE = DC\,;\]\(\widehat {{B_1}} = \widehat {{C_1}}\)

Suy ra \[\Delta HEB = \Delta HDC\] (g.c.g)

Do đó b – 1.

Xét \[\Delta BEC\] và \[\Delta CDB\] có:

\(\widehat {BEC} = \widehat {CDB} = 90^\circ \); \[BE = DC\,;{\rm{ }}BC\] là cạnh chung.

Suy ra \[\Delta BEC = \Delta CDB\] (cạnh góc vuông – cạnh huyền).

Do đó c – 2.

Vậy a – 3, b – 1, c – 2.

Chọn A

Gọi điểm \[M\] là giao điểm của đường trung trực của \[AB\] với \[BC\].

Vì \[M\] thuộc trung trực của đoạn thẳng \[AB\] nên \[MA = MB.\]

Suy ra \[\Delta MAB\] cân tại \[M\] nên \(\widehat B = \widehat {MAB}\).

Ta có \(\widehat B + \widehat C = 90^\circ \) và \(\widehat {MAB} + \widehat {MAC} = 90^\circ \).

Suy ra \(\widehat C = \widehat {MAC}\) nên tam giác \[MAC\] cân tại \[M\].

Khi đó \[MA = MC\] nên \[M\] thuộc đường trung trực của đoạn thẳng \[AC\].

Do đó \[M\] là giao điểm của hai đường trung trực của \[AB\] và \[AC\] hay ta có \[M\] trùng \[D\].

Ta có \[DA = DB\,;\,\,DA = DC\] nên \[DB = DC.\]

Vậy \[D\] là trung điểm của đoạn thẳng \[BC\].

Chọn B

Xét \[\Delta OAM\] và \[\Delta OBM\] có;

\[OM\] là cạnh chung.

\(\widehat {AOM} = \widehat {BOM}\) (\[OM\] là tia phân giác của \(\widehat {xOy}\))

\(\widehat {OAM} = \widehat {OBM} = 90^\circ \).

Do đó \[\Delta OAM = \Delta OBM\] (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra \[OA = OB\] và \[MA = MB\] (các cặp cạnh tương ứng).

Do đó \[\Delta OAB\] cân tại O; \[\Delta MAB\] cân tại \[M\] và khoảng cách từ \[M\] đến hai cạnh của \(\widehat {xOy}\) là bằng nhau. Vì vậy A và D đúng và B sai.

Khi đó \[OM\] là đường trung trực của đoạn thẳng \[AB\]. Do đó C đúng.

Vậy chọn đáp án B.

a) Đúng. Xét \[\Delta ABH\] và \[\Delta ACH\] có:

\(\widehat {AHB} = \widehat {AHC} = 90^\circ \); \[BH = HC\] (gt); \[AH\] chung.

Do đó \[\Delta ABH = \Delta ACH\] (hai cạnh góc vuông).

b) Sai. Vì \[\Delta ABH = \Delta ACH\] (cmt) nên \[\widehat {BAH} = \widehat {CAH}\] (hai góc tương ứng)

Do đó, \[\widehat {DAH} = \widehat {EAH} < 90^\circ \] (do hai góc này nhọn).

c) Sai. Xét \[\Delta ADH\] và \[\Delta AEH\] có:

\(\widehat {ADH} = \widehat {AEH} = 90^\circ \); \[AH\] chung; \[\widehat {DAH} = \widehat {EAH}\] (cmt).

Do đó \[\Delta ADH = \Delta AEH\] (cạnh huyền – góc nhọn).

d) Đúng. Vì \[\Delta ADH = \Delta AEH\] (cmt) nên \[DH = EH\] (hai cạnh tương ứng)

Xét \[\Delta DBH\] và \[\Delta ECH\] có:

\(\widehat {DBH} = \widehat {CEH} = 90^\circ \); \[DH = EH\] (cmt); \[BH = HC\] (gt)

Do đó \[\Delta DBH = \Delta ECH\] (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

a) Đúng. Xét \[\Delta OAD\] và \[\Delta OCB\] có:

\[OA = OC\] (gt); \[\widehat O\] chung; \[OB = OD\] (dt)

Do đó \[\Delta OAD = \Delta OCB\,\,\left( {{\rm{c}}{\rm{.g}}{\rm{.c}}} \right)\].

b) Đúng. Ta có \[AB = OB - OA;\,\,CD = OD - OC\].

Mà \[OA = OC;\,\,OB = OD\] (gt) suy ra \[AB = CD\].

c) Đúng. Ta có \[\Delta OAD = \Delta OCB\,\,\left( {{\rm{c}}{\rm{.g}}{\rm{.c}}} \right)\].

Suy ra \[\widehat {OBC} = \widehat {ADO}\] (hai cạnh tương ứng) hay \[\widehat {ABC} = \widehat {ADC}\].

d) Sai. Xét \[\Delta ACD\] và \[\Delta ACB\,\] có:

\[\widehat {ABC} = \widehat {ADC}\] (cmt);

\[AB = CD\] (cmt)

\[CB = AD\,\,\left( {\Delta OAD = \Delta OCB} \right)\].

Do đó \[\Delta ACD = \Delta BAC\] (c.g.c).

a) Đúng. Vì \(A\) là trung điểm của \(NP\) nên \(AN = AP\).

b) Đúng. Xét \(\Delta NMA\) và \(\Delta PMA\) có:

\(MN = MP\) (gt) ; \(NA = AP\) (gt); \(AM\) chung.

Do đó \(\Delta NMA = \Delta PMA\) (c.c.c).

c) Sai. Vì \(\Delta NMA = \Delta PMA\) (cmt) nên \[\widehat {NAM} = \widehat {PAM} = \frac{{\widehat {NMP}}}{2} = \frac{{40^\circ }}{2} = 20^\circ \].

d) Đúng. Vì \(\Delta NMA = \Delta PMA\) (cmt) nên \(\widehat {MNA} = \widehat {MPA}\) (hai góc tương ứng).

Xét tam giác \(\Delta MNP\) có: \(\widehat {MNA} + \widehat {MPA} + \widehat {NMP} = 180^\circ \) (tổng ba góc trong tam giác)

Do đó, \(2\widehat {MPA} = 180^\circ  - \widehat {NMP} = 180^\circ  - 40^\circ  = 140^\circ \).

Suy ra \(\widehat {ANM} = \widehat {APM} = \frac{{140^\circ }}{2} = 70^\circ .\)

a) Đúng. Vì \(\Delta ABC = \Delta MNP\) nên \(\widehat A = \widehat M = 40^\circ \) (hai góc tương ứng)

b) Đúng. Xét \(\Delta ABC\) có: \(\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ \), suy ra \[\widehat B + \widehat C = 180^\circ  - \widehat A = 180^\circ  - 40^\circ  = 140^\circ \].

c) Sai. Ta có \[\widehat B + \widehat C = 140^\circ \] và \(\,3\widehat B = 4\widehat C\) nên \[\widehat B + \frac{3}{4}\widehat B = 140^\circ \] hay \[\frac{7}{4}\widehat B = 140^\circ \].

Suy ra \[\widehat B = 140^\circ :\frac{7}{4} = 80^\circ \].

Do đó \[\widehat C = \frac{3}{4} \cdot 80^\circ  = 60^\circ \].

d) Sai. Vì \(\Delta ABC = \Delta MNP\) nên \[\widehat C = \widehat P = 60^\circ \] (hai góc tương ứng).

a) Đúng. Vì \[\Delta ABC\] cân tại \[A\] nên \[\widehat {ABC} = \widehat {ACB}.\]

b) Đúng. Vì tia phân giác góc \[B\] cắt cạnh \[AC\] tại \[D\], tia phân giác góc \[C\] cắt cạnh \[AB\] tại \[E.\]

Do đó, ta có: \[\widehat {{B_1}} = \widehat {{B_2}} = \frac{1}{2}\widehat {CBA}\] và \[\widehat {{C_1}} = \widehat {{C_2}} = \frac{1}{2}\widehat {ACB}\].

Mà \[\widehat {ABC} = \widehat {ACB}\] nên \[\widehat {{B_2}} = \widehat {{C_2}}\].

c) Sai. Vì \[\Delta ABC\] cân tại \[A\] nên \[AB = AC\].

Xét \[\Delta ABD\] và \[\Delta ACE\] có:

\[\widehat A\] chung; \[AB = AC\]; \[\widehat {{B_2}} = \widehat {{C_2}}\] (cmt)

Do đó, \[\Delta ABD = \Delta ACE\] (g.c.g)

d) Sai. Vì \[\Delta ABD = \Delta ACE\] (cmt) nên \[AD = AE\] (hai cạnh tương ứng)

Do đó, \[\Delta ADE\] cân tại \[A\].

a) Sai. Vì \[\Delta ABC\] cân tại \[A\] nên \[\widehat {ABC} = \widehat {ACB}\] suy ra \[\widehat {ABD} = \widehat {ACE}\].

Xét \[\Delta ABD\] và \[\Delta AEC\] có:

\[\widehat {ABD} = \widehat {ACE}\] (cmt); \[BD = CE\] (gt); \[AB = AC\] (gt)

Do đó \[\Delta ABD = \Delta ACE\] (c.g.c)

b) Đúng. Vì \[\Delta ABD = \Delta ACE\] (cmt) nên \[AD = AE\].

Suy ra \[\Delta ADE\] cân tại \[A\] nên \[\widehat D = \widehat E\].

Xét \[\Delta BHD\] và \[\Delta CKE\] có:

\(\widehat {BHD} = \widehat {CKE} = 90^\circ \); \[\widehat D = \widehat E\] (cmt); \[BD = CE\] (gt).

Suy ra \[\Delta BHD = \Delta CKE\] (cạnh huyền – góc nhọn).

c) Sai. Ta có \[\Delta BHD = \Delta CKE\] nên \[HD = KE\] (hai cạnh tương ứng)

Lại có \[AD - HD = AE - KE\] hay \[AH = AK\].

Do đó, ta chỉ ra được \[\Delta AHI = \Delta AKI\] (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

Suy ra \[\widehat {HAI} = \widehat {KAI}\] (hai góc tương ứng).

Xét \[\Delta ADM\] và \[\Delta EAM\] có:

\[\widehat {DAM} = \widehat {MAE}\] (cmt); \[AD = AE\] (cmt); \[\widehat {ADM} = \widehat {MEA}\].

Do đó \[\Delta ADM = \Delta AEM\] (g.c.g)

d) Đúng. Vì \[\Delta ADM = \Delta AEM\] (cmt) nên \[DM = ME\] và \[\widehat {AMD} = \widehat {EMD}\].

Do đó, \[M\] là trung điểm của \[DE\] và \[\widehat {AMD} = 180^\circ :2 = 90^\circ \] (do \[\widehat {AMD},\,\,\widehat {EMD}\] là hai góc kề bù).

Suy ra \[AI \bot DE\] tại trung điểm \[M\] của \[DE\].

Vậy \[AI\] là trung trực của \[DE.\]

a) Đúng. Xét \[\Delta AMB\] và \[\Delta AMC\] có:

\[AB = AC\] (gt); \[MB = MC\] (gt); \[AM\] chung.

Do đó \[\Delta AMB = \Delta AMC\] (c.c.c)

b) Đúng. Vì \[\Delta AMB = \Delta AMC\] (cmt) nên \[\widehat {MAB} = \widehat {MAC}\] (hai góc tương ứng).

Lại có tia \[AM\] nằm giữa hai tia \[AB,AC\] nên \[AM\] là tia phân giác của \[\widehat {BAC}\].

c) Sai. Xét \[\Delta ABM\] và \[\Delta DMC\] có:

\[AM = MD\] (gt); \[MB = MC\] (gt); \[\widehat {AMB} = \widehat {DMC}\] (đối đỉnh).

Do đó \[\Delta ABM = \Delta DCM\] (c.g.c) .

d) Đúng. Vì \[\Delta ABM = \Delta DCM\] (cmt) nên \[\widehat {ABM} = \widehat {DCM}\] (hai góc tương ứng).

Mà hai góc nằm ở vị trí so le trong nên \[AB\parallel DC\].

a) Sai. Xét \(\Delta ABD\) có: \(\widehat {ABD} + \widehat {BAD} + \widehat {ADB} = 180^\circ \) (tổng ba góc trong tam giác).

Suy ra \(\widehat {ADB} = 180^\circ  - \left( {\widehat {ABD} + \widehat {BAD}} \right) = 180^\circ  - \left( {70^\circ  + 41^\circ } \right) = 69^\circ .\)

b) Đúng. Vì \(\widehat {ADB},\,\,\widehat {ADC}\) là hai góc kề bù nên \(\widehat {ADB} + \widehat {ADC} = 180^\circ \).

Suy ra \(\widehat {ADC} = 180^\circ  - \widehat {ADB} = 180^\circ  - 69^\circ  = 111^\circ \).

c) Sai. Vì \(AD\) là phân giác của \(\widehat {BAC}\) nên \(\widehat {BAC} = 2\widehat {BAD} = 2 \cdot 41^\circ  = 82^\circ \).

d) Sai. Xét tam giác \(ABC\) có: \(\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ \) (tổng ba góc trong tam giác)

Suy ra \(\widehat C = 180^\circ  - \left( {\widehat A + \widehat B} \right) = 180^\circ  - \left( {70^\circ  + 82^\circ } \right) = 28^\circ  > 25^\circ \).

Do đó \(y > 25^\circ \).

a) Đúng. Xét \(\Delta AKC\) và \(\Delta AKB\) có:

\(AB = AC\) (gt); \(BK = KC\)(gt); \(AK\) chung.

Do đó \(\Delta AKC = \Delta AKB\) (c.c.c).

b) Đúng. Xét \(\Delta AKC\) và \(\Delta HKB\) có:

\(BK = KC\) (gt); \(AH = HK\) (gt); \(\widehat {AKC} = \widehat {BKH}\) (đối đỉnh)

Do đó \(\Delta AKC = \Delta HKB\) (c.g.c).

c) Sai. Ta có \(\Delta AKC = \Delta AKB\) (cmt).

Suy ra \(\widehat {ABK} = \widehat {ACK}\); \(\widehat {AKB} = \widehat {AKC} = 90^\circ \) (các cặp góc tương ứng).

Xét \(\Delta AKB\) và \(\Delta HKB\) có:

\(BK\) chung; \(AH = HK\) (gt); \(\widehat {AKB} = \widehat {BKH} = 90^\circ \)

Do đó, \(\Delta AKB = \Delta HKB\) (c.g.c)

d) Đúng. Vì \(\Delta AKB = \Delta HKB\) (cmt)

Suy ra \(\widehat {ABK} = \widehat {HBK}\) (hai cạnh tương ứng).

Mà \(\widehat {ABK} = \widehat {ACK}\) nên \(\widehat {HBK} = \widehat {ACK}\).

Mà hai góc ở vị trí so le trong nên \(BH\parallel AC\).

a) Đúng. Vì \[\widehat {ABM},\,\,\widehat {ACN}\] lần lượt kề bù với \[\widehat {ABC},\,\,\widehat {ACB}\].

Suy ra \[\widehat {ABM} = 180^\circ  - \widehat {ABC},\,\,\widehat {ACN} = 180^\circ  - \widehat {ACB}\].

Do đó \[\widehat {ABM} = \,\,\widehat {ACN}\].

b) Đúng. Xét \[\Delta ABI\] và \[\Delta ACI\] có:

\(\widehat {AIB} = \widehat {AIC} = 90^\circ \); \[\widehat {ABI} = \widehat {ACI}\] (gt); \[AI\] chung (gt)

Suy ra \[\Delta ABI = \Delta ACI\] (cạnh góc vuông – góc nhọn).

c) Sai. Xét \[\Delta ABM\] và \[\Delta ACN\] có:

\[MB = NC\] (gt); \[\widehat {MBA} = \widehat {NCA}\] (cmt); \[AB = AC\,\,\left( {\Delta ABI = \Delta ACI} \right)\]

Do đó \[\Delta ABM = \Delta ACN\] (c.g.c)

d) Đúng. Vì \[\Delta ABM = \Delta ACN\] (cmt) nên \[\widehat {AMB} = \widehat {CNA}\]  (hai góc tương ứng) hay \[\widehat {EMB} = \widehat {CNF}\].

Xét \[\Delta BME\] và \[\Delta CNF\] có:

\(\widehat {BEM} = \widehat {CFN} = 90^\circ \); \[MB = CN\] (gt); \[\widehat {EMB} = \widehat {FNC}\] (cmt).

Do đó, \[\Delta BME = \Delta CNF\] (cạnh huyền – góc nhọn).

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại A, ta có:

\(\widehat B + \widehat C = 90^\circ \)

\(\widehat B + 50^\circ  = 90^\circ \)

\(\widehat B = 90^\circ  - 50^\circ  = 40^\circ \).

Vậy góc giữa dây cáp và tháp truyền hình là 40°.

Đáp án: 40.

Do tổng ba góc trong một tam giác là \(180^\circ \) và \(\widehat B = \widehat C = 25^\circ \) (do tam giác cân).

Suy ra \[\widehat A = 180^\circ  - 25^\circ  - 25^\circ  = 130^\circ \].

Đáp án: 130.

Theo đề bài, người ta dùng kéo cắt miếng vải bạt từ điểm A để được hai miếng vải bạt có diện tích bằng nhau nên \(\Delta ABH = \Delta ACH\).

Suy ra \(HB = HC\) (hai cạnh tương ứng)

Nên \(H\) là trung điểm của BC.

Do đó \(HB = HC = \frac{{BC}}{2} = \frac{6}{2} = 3\,\,{\rm{(m)}}\).

Đáp án: 3.

Xét \[\Delta DAB\] và \[\Delta DAC\] có:

\(\widehat {ADC} = \widehat {CDA} = 90^\circ ;\) \[AB = AC\] (gt); \[AD\] chung.

Do đó \[\Delta DAB = \Delta DAC\] (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

Suy ra \[\widehat {DBA} = \widehat {DCA}\] (hai góc tương ứng) hay \[\widehat {CBA} = \widehat {BCA}\].

Do đó, trong \[\Delta BAC\]: \[\widehat {ABC} + \widehat {BAC} + \widehat {CBA} = 180^\circ \] hay \[2\widehat {ABC} = 180^\circ  - \widehat {BAC}\].

Suy ra \[\widehat {ABC} = \frac{{180^\circ  - 90^\circ }}{2} = 45^\circ \].

Đáp án: 45.

Xét \[\Delta BIM\] và \[\Delta CKM\] có:

\[MB = MC\] (\[M\] là trung điểm của \[BC\])

\[\widehat {BIM} = \widehat {CKM} = 90^\circ \].

\[\widehat {IMB} = \widehat {KMC}\] (đối đỉnh).

Do đó, \[\Delta BIM = \Delta CKM\] (cạnh huyền – góc nhọn)

Từ đó suy ra \[BI = CK\] (hai cạnh tương ứng).

Mà \[KC = 4\,\,{\rm{cm}}\] suy ra \[BI = 4\,\,{\rm{cm}}{\rm{.}}\]

Đáp án: 4.

Xét \(\Delta MQN\) và \(\Delta PNQ\) có: \(MN = QP\) (gt); \(\widehat {MNQ} = \widehat {NQP}\) (so le trong); \(QN\) chung (gt).

Do đó, \(\Delta MQN = \Delta PNQ\) (c.g.c).

Do đó, \(MN = QP = 9{\rm{ cm; }}NP = MQ = 7{\rm{ cm}}\).

Chu vi tứ giác \(MNPQ\) là: \(MN + NP + QP + QM = 9 + 9 + 7 + 7 = 32\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Lại có chu vi tứ giác \(MNPQ\) bằng tổng chu vi tam giác \(MQN\) và \(PNQ\).

Do đó, chu vi tam giác \(PNQ\) là: \(32:2 = 16\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Đáp án: 16.

• Hình 1: Xét \(\Delta OAB\) và \(\Delta ONM\) có:

\[\widehat {AOB} = \widehat {NOM}\] (đối đỉnh), \[AO = ON\] (gt); \[\widehat {OAB} = \widehat {ONM}\] (gt).

Do đó \(\Delta OAB = \Delta ONM\) (g.c.g)

• Hình 2: Xét \(\Delta BAH\) và \(\Delta CAH\) có:

\(AB = AC;\,\,\widehat {BAH} = \widehat {HAC};\,\,AH\) chung.

Do đó \(\Delta BAH = \Delta CAH\) (c.g.c)

• Hình 3. Xét \(\Delta OAC\) và \(\Delta OBC\)có: 

\(OA = OB;\,\,\widehat {AOC} = \widehat {COB};\,\,OC\) chung.

Do đó, \(\Delta OAC = \Delta OBC\) (c.g.c)

Do đó, có hai hình biểu diễn hai tam giác bằng nhau theo trường hợp cạnh – góc – cạnh là Hình 2 và Hình 3.

Đáp án: 2.

Xét \(\Delta ABH\) vuông tại H, ta có: \(\widehat A + {\widehat B_1} = 90^\circ \)

\(20^\circ  + {\widehat B_1} = 90^\circ \) suy ra \({\widehat B_1} = 90^\circ  - 20^\circ  = 70^\circ \).

Ta có \(\widehat {{B_1}} = \widehat {{B_2}}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó \(\widehat {{B_2}} = 70^\circ \).

Vậy góc giữa cây cột điện và mặt đường đi lên núi là 70°.

Đáp án: 70.

Ta có \(AB = 20 + 8 = 28\,\,{\rm{(m)}}.\)

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \[A\] có \(\widehat C = 45^\circ \).

Suy ra \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(A\) nên \(AC = AB = 28\,\,{\rm{m}}{\rm{.}}\)

Vậy chiều cao của bóng đổ của tòa nhà và cây cột cờ là 28 m.\

Đáp án: 28.

Xét \(\Delta ABC\) có \(\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ \) (tổng 3 góc trong tam giác)

Mà \(\widehat A = 30^\circ \) (\(\Delta ABC\) cân tại A) nên \(30^\circ  + \widehat B + \widehat C = 180^\circ \)

Suy ra \(\widehat B + \widehat C = 180^\circ  - 30^\circ  = 150^\circ \)

Mà \(\widehat B = \widehat C\) (\(\Delta ABC\) cân tại A) nên \(\widehat B = \widehat C = \frac{{150^\circ }}{2} = 75^\circ \).

Vậy góc giữa chân thang và mặt đất là 75°.

Đáp án: 75.