Bài tập ôn tập Toán 7 Chương 9 (có đáp án)

Chọn D

Trong các đường vuông góc và đường xiên kẻ từ điểm \(A\) đến đường thẳng \(BF\) thì đường vuông góc \(AD\) là đường ngắn nhất

Chọn C

Có đường cao \(BH\) là đường cao, \(AH,\,\,HC\) là các đường xiên. Do đó, \(AH > BH\).

Chọn C

Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm nằm ngoài một đường thẳng đến đường thẳng đó thì đường xiên nào có hình chiếu nhỏ hơn thì nhỏ hơn.

Chọn D

Trong tam giác \(ABC\) có \(AH\) là đường vuông góc và \(BH,CH\) là hai hình chiếu.

Khi đó:

Nếu \(BH < HC\) thì \(AB < AC.\)

Nếu \(AB < AC\) thì \(BH < HC.\)

Nếu \(BH = HC\) thì \(AB = AC.\)

Do đó, cả A, B, C đều đúng.

Chọn A

Ta có \[MH\] là chân đường vuông góc kẻ từ \[M\] xuống đường thẳng \[d\] và \[MB\,,{\rm{ }}MA\] là các đường xiên.

Do đó, \[MH\] là đoạn thẳng có độ dài ngắn nhất.

Chọn B

Nhận thấy \(3 + 6 < 12\). Do đó, bộ ba \[3{\rm{\;cm}}\,,\,\,6{\rm{\;cm}}\,,\,\,12{\rm{\;cm}}\] không là bộ ba cạnh của một tam giác.

Chọn C

Gọi độ dài cạnh còn lại của tam giác cân đó là \[x\] (cm).

Ta có: \[7,9 - 3,9 < x < 7,9 + 3,9\] hay \[4 < x < 11,8\].

Mà tam giác trên là tam giác cân nên \[x = 7,9\,\,{\rm{cm}}\].

Vậy chu vi tam giác cân đó là: \[3,9 + 7,9 + 7,9 = 19,7\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Chọn C

Nhận thấy \(2 + 5 = 7\), do đó bộ ba độ dài \(2\,\,{\rm{cm}}\,,\,\,5{\rm{\;}}\,{\rm{cm}}\,,\,\,7{\rm{\;}}\,{\rm{cm}}\) không thể là ba cạnh của một tam giác.

Chọn D

Gọi độ dài cạnh \(AC\) là \[x\] (cm), \[x > 11,\,\,x \in \mathbb{Z}\].

Theo bất đẳng thức về cạnh trong tam giác, ta có: \[10 - 7 < x < 10 + 7\] hay \[3 < x < 17\].

Mà \[x\] là số nguyên tố lớn hơn 11 nên \(x = 13{\rm{\;cm}}\).

Chọn D

Gọi độ dài cạnh \(AC\) là \[x\] (cm), \[x > 0,\,\,x \in \mathbb{Z}\].

Theo bất đẳng thức về cạnh trong tam giác, ta có: \[4 - 1 < x < 4 + 1\] hay \[3 < x < 5\].

Do đó, \[x = 4\,\,{\rm{cm}}\].

Chọn A

Gọi độ dài cạnh còn lại của tam giác cân đó là \[x\] (cm).

Ta có: \[9 - 1 < x < 9 + 1\] hay \[8 < x < 10\].

Vì \[x \in {\mathbb{N}^*}\] nên \[x = 9\,\,{\rm{cm}}\].

Vậy \(AB = 9\,\,{\rm{cm}};\,\,\Delta ABC\) cân.

Chọn A

TH1: \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) có cạnh bằng \(5{\rm{\;cm}}\) là cạnh bên.

Suy ra độ dài cạnh đáy là: \(17 - 5 - 5 = 7{\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right)\) (thỏa mãn vì \(7 - 5 < 5 < 7 + 5\))

TH2: \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) có cạnh bằng \(5{\rm{\;cm}}\) là cạnh đáy.

Duy ra độ dài cạnh bên của tam giác đó là \(\left( {17 - 5} \right):2 = 6{\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right)\) (thỏa mãn vì \(6 - 5 < 5 < 6 + 5\)).

Do đó, độ dài cạnh \(BC\) của tam giác đó là 7 cm hoặc 5 cm.

Chọn A

Cho \(\Delta ABC\) có \(M\) là trung điểm \(BC\) thì \(AM\) là đường trung tuyến của tam giác \(ABC\).

Chọn A

Trọng tâm của một tam giác cách mỗi đỉnh một khoảng bằng \(\frac{2}{3}\) độ dài đường trung tuyến đi qua đỉnh ấy

Chọn A

Cho \(G\) là trọng tâm của tam giác đều \(ABC\) thì \(GA = GB = GC\).

Chọn B

Hình b biểu diễn giao điểm của ba đường trung trực trong một tam giác.

Chọn D

Nếu các đường phân giác trong của tam giác cắt nhau tại điểm \(A\) thì \(A\) cách đều ba cạnh tam giác.

Chọn B

⦁ Giao điểm của ba đường trung trực của một tam giác là điểm cách đều ba đỉnh của tam giác đó;

⦁ Giao điểm của ba đường phân giác của một tam giác là điểm cách đều ba cạnh của tam giác đó;

⦁ Trọng tâm của tam giác là giao điểm của ba đường trung tuyến;

⦁ Trực tâm của tam giác là giao điểm của ba đường cao.

Vậy ta chọn phương án B.

Chọn B

Trực tâm là giao điểm của ba đường cao. Do đó, hình 2 biểu diễn trực tâm của tam giác.

Chọn A

Nhận thấy, \[DN\] và \[EP\] là các đường trung tuyến.

Mà \[DN\] cắt \[EP\] tại \[G\], do đó \[G\] là trọng tâm của \[\Delta DEF\].

Do đó, ta có: \[DG = \frac{2}{3}DN = \frac{2}{3} \cdot 9 = 6\,\,{\rm{cm}}\].

Chọn D

Trong \[\Delta MNP\] cân tại \[M\] nên đường phân giác \[MS\] cũng chính là đường cao.

Do đó, hai đường cao \[PQ\] và \[MS\] cắt nhau tại \[K\] thì \[K\] là trực tâm của \[\Delta MNP\].

Suy ra \[NK \bot MP\].

Do đó, cả A, B, C đều đúng.

Vậy khẳng định D là sai.

Chọn C

Gọi \(D\) là trung điểm của \(BC\).

Xét \(\Delta MBC\) có \(MD\) vừa là đường cao vừa là đường trung trực nên \(\Delta MBC\) cân tại \(M\).

Do đó, \(\widehat {MCB} = \widehat {MBC} = 30^\circ \).

Có \(\widehat {ABM} = \widehat {ABC} - \widehat {MBD} = 60^\circ  - 30^\circ  = 30^\circ \).

Do đó, \(\widehat {ABM} = \widehat {MBC} = 30^\circ \).

Suy ra \(BM\) là phân giác \(\widehat {ABC}\) của \(\Delta ABC\).

Chọn A

Có \(G\) là trọng tâm của \(\Delta ABC\) nên ta có: \(AG = \frac{2}{3}AM\).

Do đó, \(AM = \,\frac{3}{2}AG = \frac{3}{2} \cdot 12 = 18\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Chọn D

Vì cột đèn cách đều 3 điểm trên hòn núi đá và đó cùng là ba đỉnh của tam giác nên vị trí cột đèn sẽ nằm ở tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác hay chính là giao điểm của ba đường trung trực của tam giác.

Chọn C

Vị trí điểm \(H\) chính là trọng tâm của tam giác. Do đó, bạn Bình vẽ hai đường trung tuyến cắt nhau tại \(H.\)

Chọn D

Tam giác \(ABC\) cân tại \(A\) có \(AM\) là đường trung tuyến.

Suy ra \(AM\) cũng là đường cao của tam giác \(ABC\).

Mà \(BH\) cũng là đường cao của tam giác \(ABC\) và \(AM\) cắt \(BH\) tại \(K\).

Do đó \(K\) là trực tâm của tam giác \(ABC\).

Suy ra \(CK \bot AB\).

Vì vậy phương án A, B đúng.

Ta có \(\widehat {HKM} = \widehat {HKC} + \widehat {CKM}\)

\( = 180^\circ  - \left( {\widehat {KHC} + \widehat {HCK}} \right) + 180^\circ  - \left( {\widehat {KMC} + \widehat {KCM}} \right)\)

\[ = 180^\circ  - 90^\circ  - \widehat {HCK} + 180^\circ  - 90^\circ  - \widehat {KCM}\]

\[ = 180^\circ  - \left( {\widehat {HCK} + \widehat {KCM}} \right)\]

\[ = 180^\circ  - \widehat {HCM} = 180^\circ  - 70^\circ  = 110^\circ \].

Do đó, phương án C là đúng.

Vậy chọn đáp án D.

a) Đúng. Vì \(\widehat {BDC}\) là góc ngoài tam giác \(DAC\).

Nên \(\widehat {BDC} > \widehat A = 90^\circ \).

b) Sai. Từ a) suy ra \(BC\) là cạnh lớn nhất của \(\Delta DBC\).

c) Đúng. Vì \(BC\) là cạnh lớn nhất của \(\Delta DBC\). Do đó, \(BC > CD\). (1)

Mặt khác \(\widehat {DEC}\) là góc ngoài của \(\Delta ADE\).

Nên \(\widehat {DEC} > 90^\circ \), do đó \(DC\) là cạnh lớn nhất của \(\Delta DEC\).

Suy ra \(DC > DE\). (2)

d) Sai. Từ (1) và (2) ở phần b) và c) có \(DE < BC\).

a) Đúng. Xét \(\Delta ABC\) có \(\widehat A = 90^\circ ,\,\widehat C = 30^\circ \) nên \(\widehat B = 180^\circ  - \left( {90^\circ  + 30^\circ } \right) = 60^\circ \).

b) Đúng. Có \(\widehat {CDB}\) là góc ngoài đỉnh \(D\) của \(\Delta ABD\).

Do đó, \(\widehat {CDB} = \widehat {DAB} + \widehat {ABD} = 90^\circ  + 20^\circ  = 110^\circ \).

c) Sai. Xét \(\Delta CBD\), có \(\widehat {BDC} = 180^\circ  - 110^\circ  - 30^\circ  = 40^\circ \).

Do đó, \(\widehat {DCB} < \widehat {DBC} < \widehat {CDB}\,\,\,\left( {30^\circ  < 40^\circ  < 110^\circ } \right)\).

d) Đúng. Vì \(\widehat {DCB} < \widehat {DBC} < \widehat {CDB}\,\,\,\left( {30^\circ  < 40^\circ  < 110^\circ } \right)\) nên \(BD < CD < BC\) (quan hệ giữa góc và cạnh trong tam giác)

a) Đúng. Nhận thấy, \(\Delta ABC\) có \(\widehat A = 40^\circ \) nên \(\widehat B + \widehat C = 180^\circ  - \widehat A = 180^\circ  - 40^\circ  = 140^\circ \).

b) Đúng. Có số đo \(B,\,C\) tỉ lệ nghịch với \(3,\,\,4\) nên \(\frac{{\widehat B}}{4} = \frac{{\widehat C}}{3}\).

c) Sai. Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được: \(\frac{{\widehat B}}{4} = \frac{{\widehat C}}{3} = \frac{{\widehat B + \widehat C}}{{4 + 3}} = \frac{{140^\circ }}{7} = 20^\circ .\)

Suy ra \(\widehat B = 80^\circ ,\,\,\widehat C = 60^\circ \).

Vậy góc \(B\) là góc có số đo lớn nhất trong tam giác.

d) Đúng. Có \(\widehat A < \widehat C < \widehat B\,\,\,\left( {40^\circ  < 60^\circ  < 80^\circ } \right)\) nên \(BC < AB < AC.\)

a) Đúng. Vì \(MH\) là đường vuông góc và \(MA\) là đường xiên nên \(MA > MH\) (quan hệ đường vuông góc và đường xiên).

b) Đúng. Vì \(\widehat {MBC}\) là góc ngoài của \(\Delta MHB\) suy ra \(\widehat {MBC} > \widehat {MHB} = 90^\circ \).

Xét \(\Delta MBC\) có \(\widehat {MBC}\) là góc tù nên suy ra \(MC > MB\) (quan hệ giữa góc và cạnh trong tam giác)

c) Sai. Mà \(HB\) và \(HC\) lần lượt là hình chiếu của \(MB\) và \(MC\) trên \(AC\).

Suy ra \(HB < HC\) (quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu)

Vì \(AH = HB\) (gt) mà \(AH,HB\) lần lượt là hai hình chiếu của \(AM,BM\).

Suy ra \(MA = MB\) (quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu).

d) Sai. Ta có \(MA = MB\) (cmt) và \(MC > MB\) (cmt) nên \(MC > MA\).

a) Đúng. Ta có tam giác \[ABC\] cân tại \[A\] nên \[\widehat B = \widehat C\].

Mà \[CP\] và \[BQ\] là các đường phân giác trong của tam giác \[ABC\] nên

\[\widehat {PBQ} = \widehat {QBC} = \widehat {PCB} = \widehat {QCP} = \frac{1}{2}\widehat B\] hay \[\widehat {OBC} = \widehat {OCB}\].

Do đó, tam giác \[OBC\] cân tại \[O\].

b) Đúng. Ta có hai đường phân giác \[CP\] và \[BQ\] cắt nhau tại \[O\] nên \[O\] là giao điểm của ba đường phân giác trong tam giác \[ABC\].

Do đó, \[AO\] cũng là đường phân giác của \[\widehat {BAC}\].

Mà tam giác \[ABC\] cân tại \[A\] nên \[AO\] cũng là đường cao của tam giác \[ABC\].

Do đó, \[AO\] vuông góc với \[BC.\]

c) Đúng. Xét \[\Delta ABQ\] và \[\Delta ACP\] có: \[\widehat A\] chung (gt), \[AC = AB\] (gt) và \[\widehat {ABQ} = \widehat {ACP} = \frac{{\widehat C}}{2}\] (gt)

Suy ra \[\Delta ABQ = \Delta ACP\] (g.c.g)

Do đó, \[CP = BQ\] (hai cạnh tương ứng)

d) Sai. Do \[\Delta ABQ = \Delta ACP\] (cmt) nên \[AQ = AP\] (hai cạnh tương ứng)

Do đó, \[\Delta AQP\] cân tại \[A\].

Đáp án: 9.

Gọi độ dài cạnh còn lại của tam giác là \(x,\,\,x \in \mathbb{Z}\).

Theo bất đẳng thức về cạnh trong tam giác, ta có: \(9 - 1 < x < 9 + 1\) hay \(8 < x < 10\).

Vì \(x \in \mathbb{Z}\) nên \(x = 9\,\,{\rm{cm}}{\rm{.}}\)

Vậy độ dài cạnh còn lại của tam giác bằng 9 cm.

Đáp án: 7.

Theo bất đẳng thức về cạnh trong tam giác, ta có: \(8 - 2 < AC < 8 + 2\) hay \(6 < AC < 10\).

Vì độ dài cạnh \(AC\) là một số nguyên nên nó thuộc \(\left\{ {7;\,\,8;\,\,9} \right\}\).

Mà, theo đề \(BC\) là cạnh có độ dài lớn nhất nên \(AC < BC\) hay \(AC < 8\).

Do đó, độ dài cạnh \(AC = 7{\rm{ cm}}{\rm{.}}\)

Đáp án: 17

Giả sử rằng \(\Delta ABC\) có \(AB = 3{\rm{ cm}}{\rm{, }}AC = 7{\rm{ cm}}\).

Theo bất đẳng thức tam giác, ta có:

\(\left| {AB - AC} \right| < BC < AB + AC\) hay \(4 < BC < 10\).

Mà theo đề, \(\Delta ABC\) cân nên suy ra \(BC = 7{\rm{ cm}}\).

Vậy chu vi tam giác \(ABC\) là: \(3 + 7 + 7 = 17{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Đáp án: 9

Vì \(O\) là giao điểm của hai tia phân giác \(\widehat {ABC}\) và \(\widehat {CAB}\) (gt).

Suy ra, \(CO\) là phân giác của \(\widehat {ACB}\) (tính chất ba đường phân giác của tam giác).

Suy ra \(\widehat {ACO} = \widehat {BCO}\) (tính chất tia phân giác của một góc)

\(BO\) là phân giác của \(\widehat {ABC}\) suy ra \(\widehat {OBA} = \widehat {OBC}\) (2) (tính chất tia phân giác của một góc)

Vì \(MN\parallel BC\) (gt) nên \(\widehat {MOB} = \widehat {OBC}\) và \(\widehat {NOc} = \widehat {OCB}\) (so le trong).

Từ (1) và (4) suy ra \(\widehat {NOC} = \widehat {NCO}\).

Do đó, \(\Delta NOC\) cân tại \(N\) (dấu hiệu nhận biết tam giác cân).

Suy ra \(NO = NC = 5\,\,{\rm{cm}}\)

Từ (2) và (3) suy ra \(\widehat {MOB} = \widehat {MBO}\) nên \(\Delta MOB\) cân tại \(N\).

Suy ra \(MB = MO = 4\,\,{\rm{cm}}\).

Vậy \(MN = MO + ON = 5 + 4 = 9\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Đáp án: 125

Vì \(AE = AB\) nên \(\Delta ABE\) cân tại \(A\).

Mặt khác \(AD\) là phân giác góc \(A\) của \(\Delta ABC\).

Suy ra \(AI\) là đường cao của \(\Delta ABE\).

Có \(BF \bot AE\) nên \(BF\) là đường cao của \(\Delta ABE\).

Mà \(H\) là giao điểm của \(BF\) và \(AI\) nên \(H\) là trực tâm của \(\Delta ABE\).

Có \(AD\) là phân giác góc \(A\) của \(\Delta ABC\) nên \(\widehat {HAF} = \frac{{\widehat {BAC}}}{2} = 35^\circ \).

Vì \(\Delta AHF\) vuông tại \(F\) nên \(\widehat {AHF} = 90^\circ  - \widehat {HAF} = 90^\circ  - 35^\circ  = 55^\circ \).

Vì \(\widehat {DHF}\) và \(\widehat {AHF}\) là hai góc kề bù nên \(\widehat {DHF} = 180^\circ  - \widehat {AHF} = 180^\circ  - 55^\circ  = 125^\circ \)

Vậy \(\widehat {DHF} = 125^\circ \).

a) Xét \(\Delta ADB\) và \(\Delta AEC\) có:

\(\widehat {ADB} = \widehat {AEC} = 90^\circ \);

\(AB = AC\) (do \(\Delta ABC\) cân tại \(A\));

\(\widehat {BAC}\) là góc chung.

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

Suy ra \(AD = AE\) (hai cạnh tương ứng).

Mà \(AB = AC\) (chứng minh trên)

Nên \(AB - AE = AC - AD\) hay \(BE = CD\).

b) Do \(\Delta ADB = \Delta AEC\) (câu a) nên \(\widehat {ABD} = \widehat {ACE}\) (hai góc tương ứng)

Xét \(\Delta BHE\) và \(\Delta CHD\) có:

\(\widehat {BEH} = \widehat {CDH} = 90^\circ \);

\(BE = CD\) (chứng minh câu a);

\(\widehat {EBH} = \widehat {DCH}\)(chứng minh trên).

Do đó \(\Delta BHE = \Delta CHD\) (cạnh góc vuông – góc nhọn kề)

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

Tam giác \(HBC\) có \(HB = HC\) nên là tam giác cân tại \(H\).

Xét \(\Delta HDC\) vuông tại \(D\) có \(HC\) là cạnh huyền nên là cạnh có độ dài lớn nhất.

Do đó \(HC > HD\).

Mà \(HB = HC\) (chứng minh trên) nên \(HB > HD.\)

c) Gọi \[P\] là giao điểm của \[HI\] và \[BC\].

\(\Delta HBC\) có hai đường trung tuyến \[BM\] và \[CN\] cắt nhau tại \[I\].

Do đó \[I\] là trọng tâm của \(\Delta HBC\) nên \[HP\] là đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh \[H\] của tam

giác.

Mà \(\Delta HBC\) cân tại \(H\) nên đường trung tuyến \[HP\] đồng thời là đường cao của tam giác.

Suy ra \(HP \bot BC\) hay \(HI \bot BC\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

• \(\Delta ABC\) có \[H\] là giao điểm của hai đường cao \[BD\] và \[CE\] nên \[H\] là trực tâm của \(\Delta ABC\).

Do đó \(AH \bot BC\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra ba điểm \(A,H,I\) cùng nằm trên một đường thẳng vuông góc với \[BC\] tại

\(P\).

Hay ba điểm \(A,H,I\) thẳng hàng.

a) Xét tam giác \(ABH\) có \(AH \bot BD\) tại \(H\) và \(HD = HB.\)

Do đó, \(AH\) vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến.

Do đó \(\Delta ABH\) cân tại \(A.\)

Suy ra \(AB = AD.\)

b) Xét \(\Delta ACF\) có \(CH \bot AF\) tại \(H\), \(AE \bot FC\) tại \(E\).

Mà \(AE\) cắt \(CH\) tại \(D\) nên \(D\) là trực tâm của tam giác \(AFC\).

Do đó, \(FD \bot AC\).

Gọi \(FD\) cắt \(AC\) tại \(K\).

Ta có: \(\widehat {AFK} = \widehat {FKA} - \widehat {KAF} = 90^\circ  - \widehat {KAF}\) (1)

            \(\widehat {BAH} = \widehat {BAC} - \widehat {HAC} = 90^\circ  - \widehat {HAC} = 90^\circ  - \widehat {KAF}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {AFK} = \widehat {BAH}\).

Xét \(\Delta HAB\) và \(\Delta HFD\), có:

\(\widehat {AFK} = \widehat {BAH}\) (cmt)

\(BH = HD\) (gt)

\(\widehat {BHA} = \widehat {FHD} = 90^\circ \) (gt)

Do đó, \(\Delta HAB = \Delta HFD\) (cgv – gn)

Suy ra \(AH = HF\) hay \(H\) là trung điểm của \(AF.\)

c) Ta có: \(HE\parallel AC\) nên \(\widehat {EHD} = \widehat C\) (so le trong)

Ta chứng minh được \(\Delta HAC = \Delta HFC\) (2cgv) nên \(\widehat {HAC} = \widehat {HFC}\) (hai góc tương ứng)

Tam giác \(EAF\) vuông tại \(E\) có \(H\) là trung điểm của \(AF.\)

Do đó, \(HE = AE = HF\).

Suy ra tam giác \(HEF\)cân tại \(H\).

Suy ra \(\widehat {HEF} = \widehat {HFE} = \widehat {HAC} = \widehat {AHC} - \widehat {HCA} = 90 - \widehat C\).

Ta có: \(\widehat {FHE} = \frac{{180^\circ  - \widehat {HEF}}}{2} = \frac{{180^\circ  - 90^\circ  + \widehat C}}{2} = \frac{{90^\circ  + \widehat C}}{2}\)

Lại có \(\widehat {FHE} + \widehat {EHD} = 90^\circ \) hay \(\frac{{90^\circ  + \widehat C}}{2} + \widehat C = 90^\circ \).

Do đó, \(90^\circ  + 3\widehat C = 180^\circ \) nên \(\widehat C = 30^\circ \).

a) Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta EBD\), có:

\(AB = BE\) (gt)

\(\widehat {ABD} = \widehat {DBE}\) (gt)

\(BD\) chung (gt)

Do đó, \(\Delta ABD = \Delta EBD\) (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {BAD} = \widehat {DEB} = 90^\circ \) (hai góc tương ứng)

Do đó, \(DE \bot BC\).

Ta có \(AB = BE\) (gt) nên \(B\) thuộc đường trung trực của \(AE\) và \(AD = DE\) (hai cạnh tương ứng)

nên \(D\) thuộc đường trung trực của \(AE\).

Suy ra \(BD\) là đường trung trực của đoạn thẳng \(AE.\)

b) Vì \(\Delta ABD = \Delta EBD\) (c.g.c) nên \(AD = DE\) (hai cạnh tương ứng) (1)

Xét tam giác \(EDC\) có \(\widehat {DEC} = 90^\circ \) nên \(DC > DE\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AD < DC.\)

c) Xét tam giác \(BDC\) có \(CF \bot BD\) tại \(F\), \(ED \bot BC\) tại \(E\) và \(BA \bot DC\) tại \(A\).

Mà \(CF,BA,DE\) là ba đường cao trong tam giác \(BDC\).

Do đó, \(AB,DE,CF\) đồng quy tại trực tâm \(H\) (nằm ngoài tam giác \(BDC\)).

a) Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta HBD\) có:

\(\widehat {BAD} = \widehat {BHD} = 90^\circ \)

\[BD\] là cạnh chung

\(\widehat {ABD} = \widehat {HBD}\) (do \[BD\] là tia phân giác của \(\widehat {ABD}\)).

Do đó \(\Delta ABD = \Delta HBD\) (cạnh huyền – góc nhọn).

b) Từ \(\Delta ABD = \Delta HBD\) (câu a) suy ra \[AD = HD\] (hai cạnh tương ứng).

Xét \[\Delta DHC\] vuông tại \[H\] có \[DC\] là cạnh huyền nên \[DC\] là cạnh lớn nhất.

Do đó \[DC > HD\] nên \[DC > AD.\]

c) Xét \[\Delta BKC\] có \[CA \bot BK,{\rm{ }}KH \bot BC\] và \[CA\] cắt \[KH\] tại \[D.\]

Do đó \[D\] là trực tâm của \[\Delta BKC\], nên \[BD \bot KC\].         (1)

Gọi \[J\] là giao điểm của \[BD\] và \[KC.\]

Xét \[\Delta BKJ\] và \[\Delta BCJ\] có:

\(\widehat {BJK} = \widehat {BJC} = 90^\circ \),

\[BJ\] là cạnh chung,

\(\widehat {KBJ} = \widehat {CBJ}\) (do \[BJ\] là tia phân giác của \(\widehat {ABD}\)).

Do đó \[\Delta BKJ = \Delta BCJ\] (cạnh góc vuông – góc nhọn kề).

Suy ra \[KJ = CJ\] (hai cạnh tương ứng).

Hay \[J\] là trung điểm của \[KC.\]

Mà theo bài \[I\] là trung điểm của \[KC\] nên \[I\] và \[J\] trùng nhau.

Do đó ba điểm \[B,{\rm{ }}D,{\rm{ }}I\] thẳng hàng.

a) Xét \(\Delta AMB\) và \(\Delta NMC\) có

\[MC = MB\] (gt)

\(\widehat {AMB} = \widehat {NMC}\) (hai góc đối đỉnh)

\[MA = MN\] (gt)

Do đó \(\Delta AMB = \Delta NMC\,\,{\rm{(c}}{\rm{.g}}{\rm{.c)}}{\rm{.}}\)

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

Ta thấy hai góc này ở vị trí so le trong \(CN\,{\rm{//}}\,AB\).

Mà \[BA \bot CA\] nên \[CN \bot CA\].

b) Vì \[B\] là trung điểm của \[AE\] nên \[DB\] là đường trung tuyến của \(\Delta DAE\).

Ta có \[DC = CM,\,\,CM = MB\] nên \[DM = \frac{2}{3}DB\].

Do đó \[M\] là trọng tâm của \[\Delta DAE\]

Vì \[I\] là trung điểm của \[DE\] nên \[AI\] là đường trung tuyến của \[\Delta DAE\].

Mà \[M \in AI\] nên ba điểm \[A,\,\,M,\,\,I\] thẳng hàng.

c*) Vì \[\Delta AMB = \Delta NMC\] (cmt) nên \[AB = NC\] (hai cạnh tương ứng)

Xét \[\Delta ACN\] và \[\Delta CAB\] có

Cạnh \[CA\] chung ; \[\widehat {CAB} = \widehat {ACN} = 90^\circ \], \[CN = AB\] (cmt)

Do đó \[\Delta ACN = \Delta CAB\,\,{\rm{(c}}{\rm{.g}}{\rm{.c)}}\]

Suy ra \[AN = BC\] (hai cạnh tương ứng)

Nên \[\frac{1}{2}AN = \frac{1}{2}BC\] hay \[AM = MC = MB\].

Do đó \[\Delta AMC\] và \[\Delta AMB\] cân tại \[M.\]

Theo tính chất góc ngoài tam giác, ta có

• \[\widehat {AMB} = \widehat {ACB} + \widehat {CAM} = 2\widehat {ACB}\]

• \[\widehat {AMC} = \widehat {ABC} + \widehat {BAM} = 2\widehat {ABC}\]

• \[\widehat {AMC} = \widehat {ABC} + \widehat {BAM} = 2\widehat {ABC}\]

Vì \[\widehat {ACB} < \widehat {ABC}\] nên \[\widehat {AMB} < \widehat {AMC}\].

Mà \[\widehat {AMB}\] và \[\widehat {AMC}\] là hai góc kề bù nên \[\widehat {AMC}\] là góc tù.

Xét \[\Delta AMB\] có \[\widehat {AMD}\] là góc tù nên \[\widehat {AMD} > \widehat {DAM}.\]

Suy ra \[AD > MD\] (quan hệ giữa góc và cạnh đối diện).

Lại có \[MB = MC = CD\] nên \[MB + MC = MC + CD\].

Do đó \[BC = MD\] (đpcm).