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 $\widehat{CAB}=\widehat{DBA}\left(=90°\right)$ .

Mặt khác, trong DCAB thì cạnh AB có hai góc kề là $\widehat{CAB}$  và $\widehat{ABC}$ ;

Trong DDBA thì cạnh AB có hai góc kề là $\widehat{DBA}$  và $\widehat{BAD}$ .

Do đó điều kiện còn lại là điều kiện về góc, đó là $\widehat{ABC}=\widehat{BAD}$ .

Vậy Hình 31a cần thêm điều kiện $\widehat{ABC}=\widehat{BAD}$ .

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 $\widehat{PN\text{R}}=\widehat{\text{QRN}}\left(=40°\right)$ .

Mặt khác, trong DNRQ, cạnh NR có hai góc kề là $\widehat{PNR}$  và $\widehat{PRN}$ ;

Trong DRNP, cạnh NR có hai góc kề là $\widehat{QRN}$  và $\widehat{QNR}$ .

Do đó điều kiện còn lại là điều kiện về góc, đó là $\widehat{PRN}=\widehat{QNR}.$

Vậy Hình 31b cần thêm điều kiện $\widehat{PRN}=\widehat{QNR}.$

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 $\widehat{O}$  là góc chung.

Mặt khác, trong DOAC, cạnh OA có hai góc kề là $\widehat{O}$  và $\widehat{OAC}$ ;

Trong DOBD, cạnh OB có hai góc kề là $\widehat{O}$  và $\widehat{OBD}$.

Do đó điều kiện còn lại là điều kiện về góc, đó là $\widehat{OAC}=\widehat{OBD}$ .

Vậy Hình 31c cần thêm điều kiện $\widehat{OAC}=\widehat{OBD}$ .

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 $\widehat{Q}=\widehat{H}\left(=50°\right)$  và  $\widehat{S}=\widehat{I}\left(=100°\right)$

Mặt khác, trong DSRQ, $\widehat{Q}$  và $\widehat{S}$  là hai góc kề của cạnh QS;

Trong ∆IKH,$\widehat{H}$  và $\widehat{I}$  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 $\widehat{ABC}=\widehat{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}$  (hai góc tương ứng).

Xét ∆ABH và ∆AB’H’ có:

$\widehat{AHB}=\widehat{A\text{'}H\text{'}B\text{'}}\left(=90°\right)$,

AB = A’B’ (chứng minh trên),

$\widehat{ABH}=\widehat{A\text{'}B\text{'}H\text{'}}$ (do $\widehat{ABC}=\widehat{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}$ )

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 $\widehat{ABD}=\widehat{ACD}$  hay $\widehat{MBC}=\widehat{NCB}$ .

Xét DBMC và DCNB có:

$\widehat{BMC}=\widehat{CNB}\left(=90°\right)$,

BC là cạnh chung,

$\widehat{MBC}=\widehat{NCB}$ (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  $\widehat{xAy}=\widehat{xAB}+\widehat{BAC}+\widehat{CAy}$

Hay $180°=\widehat{xAB}+90°+\widehat{CAy}$

Suy ra $\widehat{CAy}=90°-\widehat{xAB}$

• Ta có  $\widehat{BAH}+\widehat{CAH}=\widehat{BAC}=90°$ 

Nên $\widehat{CAH}=90°-\widehat{BAH}$

Mà $\widehat{xAB}=\widehat{BAH}$  (giả thiết)

Suy ra $\widehat{CAH}=\widehat{CAy}$

Do đó AC là tia phân giác của $\widehat{HAy}$

Vậy AC là tia phân giác của $\widehat{HAy}$ .

b) • Xét DABD và DABH có:

$\widehat{ADB}=\widehat{AHB}\left(=90°\right)$,

AB là cạnh chung,

$\widehat{DAB}=\widehat{HAB}$ (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:

$\widehat{AEC}=\widehat{AHC}\left(=90°\right)$,

AC là cạnh chung,

 $\widehat{CAH}=\widehat{CAE}$(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),

$\widehat{DAI}=\widehat{HAI}$ (do $\widehat{xAB}=\widehat{BAH}$ ),

AI là cạnh chung.

Do đó ∆ADI = ∆AHI (c.g.c).

Suy ra $\widehat{ADI}=\widehat{AHI}$  (hai góc tương ứng).

Hay $\widehat{ADH}=\widehat{AHD}$ .

• Xét ∆AHK và ∆AEK có:

AH = AE (chứng minh câu b),

$\widehat{HAK}=\widehat{EAK}$ (do $\widehat{HAC}=\widehat{EAC}$  ),

AK là cạnh chung

Do đó ∆AHK = ∆AEK (c.g.c)

Suy ra $\widehat{AHK}=\widehat{AEK}$  (hai góc tương ứng).

Hay $\widehat{AHE}=\widehat{AEH}$ .

Xét DADH có: $\widehat{ADH}+\widehat{AHD}+\widehat{HAD}=180°$  (tổng ba góc của một tam giác).

Mà $\widehat{ADH}=\widehat{AHD}$.  nên $\widehat{AHD}=\frac{180°-\widehat{HAD}}{2}$

Xét DAEH có: $\widehat{AEH}+\widehat{AHE}+\widehat{HAE}=180°$  (tổng ba góc của một tam giác)

Mà $\widehat{AHE}=\widehat{AEH}$  nên $\widehat{AHE}=\frac{180°-\widehat{HAE}}{2}$

Ta có $\widehat{DHE}=\widehat{AHD}+\widehat{AHE}=\frac{180°-\widehat{HAD}}{2}+\frac{180°-\widehat{HAE}}{2}$

$=\frac{360°-\left(\widehat{HAD}+\widehat{HAE}\right)}{2}=\frac{360°-180°}{2}=90°$        

Suy ra DH ⊥ HE.

Vậy DH ⊥ HE.