Sách bài tập Toán 7 Bài 14: Trường hợp bằng nhau thứ hai và thứ ba của tam giác | Kết nối tri thức

(1)

Bài 14. Trường hợp bằng nhau thứ hai và thứ ba của tam giác

Giải SBT Toán 7 trang 60 Tập 1

Bài 4.21 trang 60 SBT Toán 7 Tập 1: Trong mỗi hình dưới đây, hãy chỉ ra một cặp tam giác bằng nhau và giải thích vì sao chúng bằng nhau.

Hướng dẫn giải

*) Hình a:

Xét ∆ABC và ∆DCB có:

AB = CD (giả thiết) BC chung

ABCDCB (giả thiết)

Do đó, ∆ABC = ∆DCB (c – g – c).

*) Hình b:

Xét ∆EFH và ∆EGH có:

EF = EG (giả thiết) EH chung

FEHGEH (giả thiết)

(2)

Do đó, ∆EFH = ∆EGH (c – g – c)

*) Hình c:

Xét ∆MON và ∆POQ có:

MO = PO (giả thiết) NO = QO (giả thiết)

MONPOQ (hai góc đối đỉnh) Do đó, ∆MON = ∆POQ (c – g – c).

Giải SBT Toán 7 trang 61 Tập 1

Bài 4.22 trang 61 SBT Toán 7 Tập 1: Cho hai tam giác ABC và DEF bất kỳ, thỏa mãn AB = FE, BC = DF, ABCDFE. Những câu nào dưới đây đúng?

a) ∆ABC = ∆DFE.

b) ∆BAC = ∆EFD.

c) ∆CAB = ∆EFD.

d) ∆ABC = ∆EFD.

Vì ABCDFE nên đỉnh B tương ứng với đỉnh F;

Vì AB = FE mà đỉnh B ứng với đỉnh F thì đỉnh A ứng với đỉnh E.

Suy ra đỉnh C ứng với đỉnh D.

Xét tam giác ABC và tam giác EFD có:

AB = FE;

(3)

BC = DF;

ABCDFE.

Do đó, ∆ABC = ∆EFD (c – g – c).

Vậy chỉ có đáp án d) đúng.

Bài 4.23 trang 61 SBT Toán 7 Tập 1: Cho hai tam giác ABC và MNP bất kì, thỏa mãn ABCPNM, ACBNPM và BC = PN. Những câu nào dưới đây đúng?

a) ∆ABC = ∆PNM.

b) ∆ABC = ∆NPM.

c) ∆ABC = ∆MPN.

d) ∆ABC = ∆MNP.

Vì ABCPNM nên đỉnh B tương ứng với đỉnh N;

Vì ACBNPM nên đỉnh C tương ứng với đỉnh P.

Suy ra đỉnh A tương ứng với đỉnh M.

Xét tam giác ABC và tam giác MNP có:

ABCPNM ACBNPM BC = PN

Do đó, ∆ABC = ∆MNP (g – c – g).

Trong bốn đáp án chỉ có đáp án d chính xác.

(4)

Bài 4.24 trang 61 SBT Toán 7 Tập 1: Cho các điểm A, B, C, D như Hình 4.24, biết rằng AC = BD và DBACAB.

Chứng minh rằng AD = BC.

Xét ∆ABC và ∆BAD có:

AC = BD (giả thiết) AB chung

CABDBA (giả thiết)

Do đó, ∆ABC = ∆BAD (c – g – c) Suy ra, BC = AD (hai cạnh tương ứng).

Bài 4.25 trang 61 SBT Toán 7 Tập 1: Cho các điểm A, B, C, D như Hình 4.25, biết rằng BACBAD và BCABDA.

Chứng minh rằng ∆ABC = ∆ABD.

(5)

Xét tam giác ABC có:

ABCBACBCA 180  ABC 180  BAC BCA (1) Xét tam giác ABD có:

ABDBADBDA 180  ABD 180  BADBDA(2) Mà BACBAD; BCABDA (3) Từ (1), (2), (3) ta suy ra ABCABD. Xét ∆ABC và ∆ABD có:

ABCABD (chứng minh trên) AB chung

BACBAD (giả thiết)

Do đó, ∆ABC = ∆ABD (g – c – g).

Bài 4.26 trang 61 SBT Toán 7 Tập 1: Cho các điểm A, B, C, D, E như Hình 4.26, biết rằng AB = CD, BAEDCE. Chứng minh rằng:

a) E là trung điểm của các đoạn thẳng AC và BD.

b) ∆ACD = ∆CAB.

c) AD song song với BC.

(6)

a) Xét tam giác ABE có:

BAEABEAEB 180 

ABE 180  BAEAEB (1) Xét tam giác CDE có:

DCEDECEDC 180 

EDC 180  DCEDEC (2)

Mà BAEDCE (giả thiết); AEBDEC (hai góc đối đỉnh) (3) Từ (1), (2), (3) ta suy ra ABEEDC.

Xét ∆ABE và ∆CDE có:

ABEEDC (chứng minh trên) AB = CD (giả thiết)

(7)

BAEDCE (giả thiết)

Do đó, ∆ABE = ∆CDE (g – c – g).

Suy ra, AE = CE; BE = DE (các cặp cạnh tương ứng)

Vì AE = CE và E nằm giữa A và C nên E là trung điểm của AC;

Vì BE = DE và B nằm giữa D và B nên E là trung điểm của BD.

b) Xét ∆ACD và ∆CAB có:

CD = AB (giả thiết) AC chung

BACDCA (giả thiết)

Do đó, ∆ACD = ∆CAB (c – g – c).

c) Vì ∆ACD = ∆CAB nên DACBCA (hai góc tương ứng) Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên AD song song với BC.

Giải SBT Toán 7 trang 62 Tập 1

Bài 4.27 trang 62 SBT Toán 7 Tập 1: Cho các điểm A, B, C, D, E như Hình 4.27, biết rằng AD = BC, ADEBCE. Chứng minh rằng:

a) DACCBD. b) ∆AED = ∆BEC.

c) AB song song với DC.

(8)

a) Xét tam giác AED có:

ADEDAEAED 180  DAE 180  ADEAED (1) Xét tam giác BEC có:

BCEEBCBEC 180  EBC 180  BCEBEC (2)

Mà ADEBCE; AEDBEC (hai góc đối đỉnh) (3)

Từ (1); (2); (3) suy ra, DAEEBC hay DACCBD (điều phải chứng minh).

b) Xét ∆AED và ∆BEC ta có:

DAEEBC (chứng minh trên) ADEBCE (giả thiết)

AD = CB (giả thiết)

Do đó, ∆AED = ∆BEC (g – c – g).

c) Vì ∆AED = ∆BEC nên AE = BE; ED = EC.

(9)

Ta có: AC = AE + EC; BD = BE + ED.

Do đó, AC = BD.

Xét ∆ABD và ∆BAC ta có:

AC = BD (chứng minh trên) AB chung

Do đó, ∆ABD = ∆BAC (c – c – c)

Suy ra ABDBAC (hai góc tương ứng) Xét tam giác AEB có:

ABEBAEAEB 180 

Do đó, 2ABE 180  AEB (vì ABEBAE do ABDBAC) Suy ra 180 AEB

ABE 2

   (4)

Xét ∆ACD và ∆BDC ta có:

AC = BD (chứng minh trên) CD chung

Do đó, ∆ACD = ∆BDC (c – c – c)

Suy ra ACDBDC (hai góc tương ứng) Xét tam giác DEC có:

(10)

DCEEDCDEC 180 

Do đó, 2EDC 180  DEC (vì EDCDCE do ACDBDC) Suy ra 180 DEC

EDC 2

   (5)

Lại có, AEB, DEC là hai góc đối đỉnh nên AEBDEC (6) Từ (4); (5); (6) suy ra ABE = EDC hay ABDBDC. Mà hai góc này lại ở vị trí so le trong nên AB // CD.

Bài 4.28 trang 62 SBT Toán 7 Tập 1: Cho tam giác ABC bằng tam giác DEF (H.4.28).

a) Gọi M và N lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng BC và EF. Chứng minh rằng AM = DN.

b) Trên hai cạnh AC và DF lấy hai điểm P và Q sao cho BP, EQ lần lượt là phân giác của các góc ABC và DEF . Chứng minh rằng: BP = EQ.

a) Vì ∆ABC = ∆DEF nên

(11)

ABC DEF; BAC EDF; ACB DFE AB DE; BC EF; AC DF

   



  



Vì M là trung điểm của BC nên BM = MC = 1 2BC. Vì N là trung điểm của EF nên EN = NF = 1

2EF. Mà BC = EF (chứng minh trên) nên BM = EN.

Xét ∆ABM và ∆DEN ta có:

BM = EN (chứng minh trên) AB = DE (chứng minh trên)

ABMDEN (do ABCDEF chứng minh trên) Do đó, ∆ABM = ∆DEN (c – g – c).

Suy ra, AM = DN (hai cạnh tương ứng).

b) Vì BP là tia phân giác của góc ABP nên ABC ABP PBC

  2 Vì EQ là tia phân giác của góc DEF nên DEF

DEQ QEF

  2 Mà ABC = DEF nên PBC = QEF .

Xét ∆PBC và ∆QEF ta có:

BC = EF (chứng minh trên) PBC = QEF (chứng minh trên)

(12)

PCBQFE (do ACBDFEchứng minh trên) Do đó, ∆PBC = ∆QEF (g – c – g)

Suy ra, BP = EQ (hai cạnh tương ứng).

Bài 4.29 trang 62 SBT Toán 7 Tập 1: Gọi M và N lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng cạnh BC và EF của hai tam giác ABC và DEF. Giả sử rằng AB = DE, BC = EF, AM = DN (H.4.29). Chứng minh rằng ∆ABC = ∆DEF.

Vì M là trung điểm của BC nên BM = MC = BC 2 Vì N là trung điểm của EF nên EN = NF = EF

2 Mà BC = EF (giả thiết) nên BM = EN.

Xét ∆ABM và ∆DEN ta có:

AB = DE (giả thiết)

BM = EN (chứng minh trên) AM = DN (giả thiết)

Do đó, ∆ABM = ∆DEN (c – c – c).

(13)

Suy ra, ABMDEN(hai góc tương ứng) hay ABC DEF . Xét ∆ABC và ∆DEF ta có:

AB = DE (giả thiết) BC = EF (giả thiết)

ABCDEF (chứng minh trên) Do đó, ∆ABC = ∆DEF (c – g – c).

Bài 4.30 trang 62 SBT Toán 7 Tập 1: Cho hai đoạn thẳng AC và BD cắt nhau tại điểm O sao cho OA = OB = OC = OD như Hình 4.30. Chứng minh ABCD là hình chữ nhật.

Xét ∆OAB và ∆OCD ta có:

OA = OC (giả thiết)

AOBCOD (hai góc đối đỉnh) OB = OD (giả thiết)

Do đó, ∆OAB = ∆OCD (c – g – c).

Suy ra AB = DC và BAOOCD hay BACACD.

(14)

Mà hai góc này ở vị trí so le trong, do đó AB // DC (1).

Xét ∆OAD và ∆OCB ta có:

OA = OC (giả thiết)

AODBOC (hai góc đối đỉnh) OD = OB (giả thiết)

Do đó, ∆OAD = ∆OCB (c – g – c).

Suy ra AD = BC và OADOCB hay CADACB. Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên AD // BC (2).

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ABCD là hình bình hành.

Ta có: OA = OC = OB = OD, AC = OA + OC, BD = OB + OD.

Do đó, AC = BD.

Xét tam giác ABD và tam giác DCA có:

AB = DC (chứng minh trên) AD: cạnh chung

BD = AC (chứng minh trên)

Do đó, ∆ABD = ∆DCA (c – c – c).

Suy ra BADCDA.

Lại có: BADCDA 180  (do AB // DC, hai góc ở vị trí trong cùng phía)

Do đó: 180

BAD CDA 90

2

    .

(15)

Vậy hình bình hành ABCD có một góc vuông nên nó là hình chữ nhật.