Sách bài tập Toán 7 Bài 6 (Cánh diều): Trường hợp bằng nhau thứ ba của tam giác: góc – cạnh – góc 

Giải sách bài tập Toán 7 Bài 6. Trường hợp bằng nhau thứ ba của tam giác: góc – cạnh – góc

Bài 37 trang 81 SBT Toán 7 Tập 2: Nêu thêm một điều kiện để hai tam giác trong mỗi hình 31a, 31b, 31c, 31d là hai tam giác bằng nhau theo trường hợp góc – cạnh – góc.

a) ∆CAB = ∆DBA (Hình 31a).

b) ∆NRQ = ∆RNP (Hình 31b).

c) ∆OAC = ∆OBD (Hình 31c).

d) ∆SRQ = ∆IKH (Hình 31d).

Lời giải

a)

Để $∆$CAB = $∆$DBA 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 $∆$CAB thì cạnh AB có hai góc kề là $\widehat{CAB}$ và $\widehat{ABC}$;

Trong $∆$DBA 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 $∆$NRQ, cạnh NR có hai góc kề là $\widehat{PNR}$ và $\widehat{PRN}$;

Trong $∆$RNP, 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 $∆$OAC, cạnh OA có hai góc kề là $\widehat{O}$ và $\widehat{OAC}$;

Trong $∆$OBD, 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 $∆$SRQ, $\widehat{Q}$ 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.

Bài 38 trang 81 SBT Toán 7 Tập 2: Cho ∆ABC = ∆A’B’C’. Vẽ AH vuông góc với BC tại H, A’H’ vuông góc với B’C’ tại H’. Chứng minh AH = A’H’.

Lời giải

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’.

Bài 39 trang 81 SBT Toán 7 Tập 2: Cho tam giác ABC có AB = AC. Gọi D là trung điểm của BC. Vẽ CM vuông góc với AB tại M, BN vuông góc với AC tại N. Chứng minh AM = AN.

Lời giải

Xét $∆$ABD và $∆$ACD 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 $∆$BMC và $∆$CNB có:

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

BC là cạnh chung,

$\widehat{MBC}=\widehat{NCB}$ (chứng minh trên),

Do đó $∆$BMC và $∆$CNB (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.

Bài 40 trang 81 SBT Toán 7 Tập 2: Cho Hình 32 có $\widehat{BAC}=90°$, AH vuông góc với BC tại H, $\widehat{xAB}=\widehat{BAH}$, Ay là tia đối của tia Ax. BD và CE vuông góc với xy lần lượt tại D và E. Chứng minh:

a) AC là tia phân giác của góc Hay;

b) BD + CE = BC;

c) DH vuông góc với HE.

Lời giải

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 $∆$ABD và $∆$ABH 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 $∆$ACE 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 $∆$ADH 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 $∆$AEH 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.

Bài 41 trang 81 SBT Toán 7 Tập 2: Cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn và $\widehat{A}=60°.$ Tia phân giác của góc ABC cắt AC tại D, tia phân giác của góc ACB cắt AB tại E. BD cắt CE tại I. Tia phân giác của góc BIC cắt BC tại F. Chứng minh:

a) $\widehat{BIC}=120°$;

b) ∆BEI = ∆BFI;

c) BC = BE + CD.

Lời giải

a) Vì BD là phân giác của góc ABC nên $\widehat{ABD}=\widehat{CBD}=\frac{\widehat{ABC}}{2}$.

Vì CE là phân giác của góc ACB nên $\widehat{ACE}=\widehat{ECB}=\frac{\widehat{ACB}}{2}$.

Xét $∆$ABC có: $\widehat{A}+\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=180°$ (tổng ba góc của một tam giác)

Suy ra $\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=180°-\widehat{A}=180°-60°=120°$

Xét $∆$IBC có: $\widehat{BIC}+\widehat{IBC}+\widehat{ICB}=180°$ (tổng ba góc của một tam giác)

Hay $\widehat{BIC}+\frac{\widehat{ABC}}{2}+\frac{\widehat{ACB}}{2}=180°$

Suy ra $\widehat{BIC}=180°-\frac{\widehat{ABC}+\widehat{ACB}}{2}=180°-\frac{120°}{2}=120°$

Vậy $\widehat{BIC}=120°.$

b) Vì IF là phân giác của góc BIC nên $\widehat{BIF}=\widehat{CIF}=\frac{\widehat{BIC}}{2}=\frac{120°}{2}=60°$

Ta có $\widehat{BIC}+\widehat{BIE}=180°$ (hai góc kề bù)

Suy ra $\widehat{BIC}=180°-\frac{\widehat{ABC}+\widehat{ACB}}{2}=180°-\frac{120°}{2}=120°$

Xét $∆$BEI và $∆$BFI có:

$\widehat{EBI}=\widehat{FBI}$ (chứng minh câu a),

BI là cạnh chung,

$\widehat{EIB}=\widehat{FIB}$ (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 $\widehat{BIC}+\widehat{CID}=180°$ (hai góc kề bù)

Suy ra $\widehat{CID}=180°-\widehat{BIC}=180°-120°=60°$.

Xét $∆$CFI và $∆$CDI có:

$\widehat{FCI}=\widehat{DCI}$ (chứng minh câu a),

CI là cạnh chung,

$\widehat{CIF}=\widehat{CID}$ (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.

Bài 42* trang 81 SBT Toán 7 Tập 2: Cho tam giác ABC có $\widehat{A}=90°$, M là trung điểm của BC. Chứng minh BC = 2AM.

Lời giải

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

Suy ra $\widehat{ABC}=\widehat{BCN}$ (hai góc so le trong).

Ta có BA ⊥ AC, d // AB.

Suy ra d ⊥ AC hay $\widehat{NCA}=90°$.

Xét $∆$MBA và $∆$MCN có:

 BM = CM (vì M là trung điểm của BC),

${\widehat{M}}_1={\widehat{M}}_2$ (hai góc đối đỉnh),

$\widehat{ABC}=\widehat{NCB}$ (chứng minh trên)

Do đó ∆MBA = ∆MCN (g.c.g).

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

Xét $∆$BAC và $∆$NCA có:

AC là cạnh chung,

$\widehat{BAC}=\widehat{NCA}$ (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.

Xem thêm lời giải sách bài tập Toán lớp 7 Cánh diều hay, chi tiết khác: 

Bài 5. Trường hợp bằng nhau thứ hai của tam giác: cạnh – góc – cạnh

Bài 6. Trường hợp bằng nhau thứ ba của tam giác: góc – cạnh – góc

Bài 7. Tam giác cân

Bài 8. Đường vuông góc và đường xiên

Bài 9. Đường trung trực của một đoạn thẳng