Giải SBT Toán 7 CD Bài 6. Trường hợp bằng nhau thứ ba của tam giác: góc – cạnh – góc có đáp án

a)

Để DCAB = DDBA 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 CAB^=DBA^=90° .

Mặt khác, trong DCAB thì cạnh AB có hai góc kề là CAB^  và ABC^ ;

Trong DDBA thì cạnh AB có hai góc kề là DBA^  và BAD^ .

Do đó điều kiện còn lại là điều kiện về góc, đó là ABC^=BAD^ .

Vậy Hình 31a cần thêm điều kiện ABC^=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 PNR^=QRN^ =40° .

Mặt khác, trong DNRQ, cạnh NR có hai góc kề là PNR^  và PRN^ ;

Trong DRNP, cạnh NR có hai góc kề là QRN^  và QNR^ .

Do đó điều kiện còn lại là điều kiện về góc, đó là PRN^=QNR^.

Vậy Hình 31b cần thêm điều kiện PRN^=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 O^  là góc chung.

Mặt khác, trong DOAC, cạnh OA có hai góc kề là O^  và OAC^ ;

Trong DOBD, cạnh OB có hai góc kề là O^  và OBD^.

Do đó điều kiện còn lại là điều kiện về góc, đó là OAC^=OBD^ .

Vậy Hình 31c cần thêm điều kiện OAC^=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 Q^=H^  =50°  và  S^=I^  =100°

Mặt khác, trong DSRQ, Q^  và S^  là hai góc kề của cạnh QS;

Trong ∆IKH,H^  và 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.

Do ∆ABC = ∆A’B’C’ (giả thiết)

Nên AB = A’B’ (hai cạnh tương ứng) và ABC^=A'B'C'^  (hai góc tương ứng).

Xét ∆ABH và ∆AB’H’ có:

AHB^=A'H'B'^=90°,

AB = A’B’ (chứng minh trên),

ABH^=A'B'H'^ (do ABC^=A'B'C'^ )

Suy ra ∆ABH = ∆A’B’H’ (cạnh huyền – góc nhọn).

Do đó AH = A’H’ (hai cạnh tương ứng).

Vậy AH = A’H’.

Xét DABD và DACD 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 ABD^=ACD^  hay MBC^=NCB^ .

Xét DBMC và DCNB có:

BMC^=CNB^=90°,

BC là cạnh chung,

MBC^=NCB^ (chứng minh trên),

Do đó DBMC và DCNB (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra BM = CN (hai cạnh tương ứng).

Ta có AB = AM + MB, AC = AN + NC.

Mà AB = AC, BM = CN.

Suy ra AM = AN.

Vậy AM = AN.

a) • Ta có  xAy^=xAB^+BAC^+CAy^

Hay 180°=xAB^+90°+CAy^

Suy ra CAy^=90°−xAB^

• Ta có  BAH^+CAH^=BAC^=90° 

Nên CAH^=90°−BAH^

Mà xAB^=BAH^  (giả thiết)

Suy ra CAH^=CAy^

Do đó AC là tia phân giác của HAy^

Vậy AC là tia phân giác của HAy^ .

b) • Xét DABD và DABH có:

ADB^=AHB^=90°,

AB là cạnh chung,

DAB^=HAB^ (giả thiết),

Do đó ∆ABD = ∆ABH (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra BD = BH , AD = AH (các cặp cạnh tương ứng).

• Xét DACE và DACH có:

AEC^=AHC^=90°,

AC là cạnh chung,

 CAH^=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.

Vậy BC = BD + CE.

c) Gọi I là giao điểm của AB và DH, K là giao điểm của EH và AC.

• Xét ∆ADI và ∆AHI có:

AD = AH (chứng minh câu b),

DAI^=HAI^ (do xAB^=BAH^ ),

AI là cạnh chung.

Do đó ∆ADI = ∆AHI (c.g.c).

Suy ra ADI^=AHI^  (hai góc tương ứng).

Hay ADH^=AHD^ .

• Xét ∆AHK và ∆AEK có:

AH = AE (chứng minh câu b),

HAK^=EAK^ (do HAC^=EAC^  ),

AK là cạnh chung

Do đó ∆AHK = ∆AEK (c.g.c)

Suy ra AHK^=AEK^  (hai góc tương ứng).

Hay AHE^=AEH^ .

Xét DADH có: ADH^+AHD^+HAD^=180°  (tổng ba góc của một tam giác).

Mà ADH^=AHD^.  nên AHD^=180°−HAD^2

Xét DAEH có: AEH^+AHE^+HAE^=180°  (tổng ba góc của một tam giác)

Mà AHE^=AEH^  nên AHE^=180°−HAE^2

Ta có DHE^=AHD^+AHE^=180°−HAD^2+180°−HAE^2

=360°−HAD^+HAE^2=360°−180°2=90°        

Suy ra DH ⊥ HE.

Vậy DH ⊥ HE.

a) Vì BD là phân giác của góc ABC nên ABD^=CBD^=ABC^2 .

Vì CE là phân giác của góc ACB nên ACE^=ECB^=ACB^2

Xét DABC có: A^+ABC^+ACB^=180°  (tổng ba góc của một tam giác)

Suy ra ABC^+ACB^=180°−A^=180°−60°=120°

Xét DIBC có: BIC^+IBC^+ICB^=180°  (tổng ba góc của một tam giác)

Hay BIC^+ABC^2+ACB^2=180°

Suy ra BIC^=180°−ABC^+ACB^2=180°−120°2=120°

Vậy BIC^=120°.

b) Vì IF là phân giác của góc BIC nên BIF^=CIF^=BIC^2=120°2=60°

Ta có BIC^+BIE^=180°  (hai góc kề bù)

Suy ra BIE^=180°−BIC^=180°−120°=60°

Xét DBEI và DBFI có:

EBI^=FBI^ (chứng minh câu a),

BI là cạnh chung,

EIB^=FIB^ (cùng bằng 60°),

Do đó ∆BEI = ∆BFI (g.c.g).

Vậy ∆BEI = ∆BFI.

c) Do ∆BEI = ∆BFI (câu b) nên BE = BF (hai cạnh tương ứng).

Ta có BIC^+CID^=180°  (hai góc kề bù)

Suy ra CID^=180°−BIC^=180°−120°=60° .

Xét DCFI và DCDI có:

FCI^=DCI^ (chứng minh câu a),

CI là cạnh chung,

 CIF^=CID^(cùng bằng 60°),

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.

Qua C kẻ đường thẳng d song song với AB, d cắt AM tại N.

Suy ra ABC^=BCN^  (hai góc so le trong).

Ta có BA ⊥ AC, d // AB.

Suy ra d ⊥ AC hay NCA^=90° .

Xét DMBA và DMCN có:

 BM = CM (vì M là trung điểm của BC),

 M^1=M^2(hai góc đối đỉnh),

ABC^=NCB^ (chứng minh trên)

Do đó ∆MBA = ∆MCN (g.c.g).

Suy ra AB = CN và AM = NM (các cặp cạnh tương ứng).

Xét DBAC và DNCA có:

AC là cạnh chung,

BAC^=NCA^ (cùng bằng 90 ),

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.