Bài tập Toán 7 chương 1: Luyện tập trường hợp bằng nhau thứ ba của tam giác

Xét $∆$OAC và $∆$OBD có:

$\begin{array}{l}OA=OB\left(gt\right)\\ \widehat{OAC}=\widehat{OBD}\left(gt\right)\\ \widehat{ODC }chung\end{array}$

=> $∆$OAC = $∆$OBD (gcg) => AC = BD ( hai cạnh tương ứng)

Nối A với D

Xét $\Delta ACD$ và $\Delta DBA$ có:  

AD chung

$$\begin{gathered} \widehat{BAD}=\widehat{ADC} \\ \widehat{CAD}=\widehat{ADB} \end{gathered}$$

$\Rightarrow \Delta ACD=\Delta DBA\left(gcg\right)\Rightarrow AB=CD;AC=BD$

$\left.\begin{array}{l}BE\perp AM\left(gt\right)\\ CF\perp AM\left(gt\right)\end{array}\right\}\Rightarrow BE//CF$

$\widehat{\Rightarrow EBM}=\widehat{FCM}$

Xét $\Delta BEM$ và $\Delta CFM$ có

$\widehat{EBM}=\widehat{FCM}$ (CMT)

BM = CM(gt)

$\widehat{BME}=\widehat{CMF}$ (2 góc đối đỉnh)

$\begin{array}{l}\Rightarrow \Delta BEM=\Delta CFM\\ \Rightarrow BE=CF\end{array}$

a) Nối D với F

Vì DE // BF và EF // BD (gt) nên $\widehat{BDF}=\widehat{DFE}$ và $\widehat{BFD}=\widehat{FDE}$; cạnh DF chung

Vậy DBDF = DEFD (g-c-g) do đó EF = BD mà BD = AD (gt) nên AD = EF.

b) Do EF //AB; DE // BC nên $\widehat{DAE}=\widehat{FEC}$ (hai góc đồng vị); $\widehat{ADE}=\widehat{ABF};\widehat{ABF}=\widehat{EFC}$

=> $\widehat{ADE}=\widehat{EFC}$

Lại có AD = EF, do đó $∆$ADE = $∆$EFC (g-c-g) => AE = EC

Tương tự $∆$FBD = $∆$CFE (g-c-g) => BF = FC

c) Có $∆$ADE = $∆$EFC => DE = FC mà FC = FB nên DE = BF = FC => $DE=\frac{1}{2}BC$

Theo câu a) thì EF = BD = AD suy ra $FE=\frac{1}{2}AB$

a. $\left.\begin{array}{l}\widehat{A}+\widehat{ABD}={90}^0\\ \widehat{A}+\widehat{ACE}={90}^0\end{array}\right\}\Rightarrow \widehat{ABD}=\widehat{ACE}$

Xét $\Delta ABD$ và $\Delta ACE$ có

$\left.\begin{array}{l}\widehat{ABD}=\widehat{ACE}\\ AB=AC\\ \widehat{A}chung\end{array}\right\}\Rightarrow \Delta ABD=\Delta ACE\left(gcg\right)$

b. $\Delta ABD=\Delta ACE$ (cmt) => AE = AD

$\left.\begin{array}{l}AE+EB=AB\\ AD+DC=AC\\ AB=AC;AE=AD\end{array}\right\}\Rightarrow EB=DC$

Xét $\Delta BEO$ và $\Delta CDO$ có

$\left.\begin{array}{l}\widehat{ABD}=\widehat{ACE}\\ BE=DC\\ \widehat{BEO}=\widehat{CDO}\end{array}\right\}\Rightarrow \Delta BEO=\Delta CDO\left(gcg\right)$

c. $\Delta BEO=\Delta CDO\Rightarrow OB=OC$

Xét $\Delta AOB$ và $\Delta AOC$ có

$\begin{array}{l}\left.\begin{array}{l}OAchung\\ AB=AC\\ OB=OC\end{array}\right\}\Rightarrow \Delta AOB=\Delta AOC\left(gcg\right)\Rightarrow \widehat{BAO}=\widehat{CAO}\\ \end{array}$

a) xy//BC(gt) => $\widehat{MAD}=\widehat{AMB}\left(slt\right)$

=> $∆$AMD = $∆$MAB (c-g-c)

=> MD = AB và AD = MB

$∆$AME = $∆$MAC(c-g-c)

suy ra ME = AC và AE = MC

Từ đó có MD = AB; ME = AC, DE = BC. Vậy $∆$ABC = $∆$MDE (c-c-c)

b) $∆$AMD = $∆$MAB nên $\widehat{AMD}=\widehat{MAB}$ => AB // MD, ta có $\widehat{BDA}=\widehat{DBM}\left(slt\right)$

Gọi O là giao điểm của BD và AM, ta có $∆$OAD = $∆$OMB (g-c-g) => OA = OM

=> O là trung điểm của AM.

Gọi O’ là giao của CE và AM. Chứng minh tương tự O’ là trung điểm AM

=> O trùng O’ => Ba đường AM, BD, CE đồng quy

a) Trên tia đối của tia MA lấy điểm F sao cho M là trung điểm của AF.

=> $∆$AMC = $∆$FMB (c-g-c) => AE = AC = BF và $\widehat{CBF}=\widehat{BCA}$

=> AC // BF => AE $\perp$ BF

Lại có AD $\perp$ AB => $\widehat{DAE}=\widehat{ABF}$

=> $∆$ABF = $∆$DAE (c-g-c) => đpcm

b) Theo câu a, ta có AI $\perp$DE. $∆$AEK và $∆$CAM có

$\widehat{E}=\widehat{CAM}$ (cùng phụ với $\widehat{IAE}$)

AE = AC (gt)

$\widehat{EAK}=\widehat{ACM}$ (cùng phụ với $\widehat{CAH}$)

Do đó $∆$AEK = $∆$CAM (gcg) => EK = AM

tương tự $∆$ADK = $∆$BAM (gcg) => DK = AM

=> DK = KE

a) $\widehat{AID}=\widehat{ABE}$(cùng phụ với góc AEB)

$∆$AID = $∆$ABE (g-c-g), ta có AI = AB

=> AI = AC => I là trung điểm của CI

b) AM $\perp$ BE; IN $\perp$ BE => AM // IN

Gọi giao điểm của AM với đường kẻ qua N và song song với AC là F.

Ta có $\widehat{IAN}=\widehat{FNA}\left(slt\right)$; $\widehat{ANI}=\widehat{NAF}\left(slt\right)$

=> $∆$AIN = $∆$NAF (g-c-g)

=> NF = AI = AC

Mà $\widehat{CAM}=\widehat{MFN}\left(slt\right);\widehat{ACM}=\widehat{MNF}\left(slt\right)$

=> $∆$MAC = $∆$MNF (g-c-g) => CM = MN