Câu hỏi:

02/12/2025 190

Cho tam giác $ABC$ có $AB < AC$. Kẻ tia phân giác $AD$ của góc $BAC$ ($D$ thuộc cạnh $BC$). Trên cạnh $AC$ lấy điểm $E$ sao cho $AE = AB$, trên tia $AB$ lấy điểm $F$ sao cho $AF = AC$.

a) Chứng minh \[\Delta BDF = \Delta EDC\].

b) Chứng minh ba điểm $F,\,D,\,E$ thẳng hàng

c) Chứng minh $AD$ là đường trung trực của $BE$ và $CF$.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Đề cương ôn tập Giữa kì 2 Toán 7 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

$Cho tam giác $ABC$ có $AB < AC$. Kẻ tia (ảnh 1)$

a) Chứng minh $\Delta BDF = \Delta EDC$.

Vì $AD$ là phân giác $\widehat {BAC}$ nên $\widehat {BAD} = \widehat {CAD}$.

Xét $\Delta ADF$ và $\Delta ADC$ có:

$AF = AC\,;\,\,\widehat {FAD} = \widehat {CAD}\,;\,\,AD$ chung.

Do đó $\Delta ADF = \Delta ADC$ (c.g.c)

Suy ra $\widehat {AFD} = \widehat {ACD}$ (hai góc tương ứng) và $FD = CD$ (hai cạnh tương ứng)

Vì $AF = AC\,;\,\,AB = AE$ suy ra $BF = EC$

Xét tam giác $BDF$ và tam giác $EDC$ có:

$BF = EC\,;\,\,\,\widehat {BFD} = \widehat {ECD}\,;\,\,\,FD = CD$.

Do đó $\Delta BDF = \Delta EDC$ (c.g.c)

b) Theo câu a) $\Delta BDF = \Delta EDC$ suy ra $\widehat {BDF} = \widehat {ECD}$.

Mà $\widehat {BDE} + \widehat {EDC} = 180^\circ $ (hai góc kề bù) nên$\widehat {BDE} + \widehat {FDB} = 180^\circ $, do đó $\widehat {FDE} = 180^\circ $.

Suy ra ba điểm $F,\,D,\,E$ thẳng hàng.

c) Gọi $G,\,H$ theo thứ tự là giao điểm của $AD$ và $BE,\,CF$.

Xét tam giác $ABG$ và $AEG$ có:

$AB = AE\,;\,\,\widehat {BAG} = \widehat {EAG}\,;\,\,AG$ chung.

Suy ra $\Delta ABG = \Delta AEG$ (c.g.c)

Do đó, $\widehat {AGB} = \widehat {AGE}$ (hai góc tương ứng) và $GB = GE$ (hai cạnh tương ứng) (1)

Mà $\widehat {AGB} + \widehat {AGE} = 180^\circ $ suy ra $\widehat {AGB} = \widehat {AGE} = 90^\circ $ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $AD$ là đường trung trực $BE$.

Chứng minh tương tự ta có $AD$ là đường trung trực $CF$.

Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 1 file word cấu trúc mới 2025 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho \[\Delta ABC\] có \[AB = AC\], \[M\] là trung điểm của \[BC\]. Trên tia đối của tia \[MA\] lấy điểm \[D\] sao cho \[AM = MD\].

a) Chứng minh rằng $\Delta ABM = \Delta DCM$.

b) Chứng minh $AB\parallel DC$.

c) Chứng minh $AM \bot BC$.

d) Tìm điều kiện của \[\Delta ABC\] để góc $\widehat {ADC} = 45^\circ $.

Xem đáp án

Lời giải

$Cho \[\Delta ABC\] có \[AB = A (ảnh 1)$

a) Xét $\Delta ABM$ và $\Delta DCM$, có:

\[AM = MD\] (gt)

\[\widehat {BMA} = \widehat {CMD}\] (đối đỉnh)

\[BM = MC\] (gt)

Do đó, $\Delta ABM = \Delta DCM$ (c.g.c)

b) Từ phần a, có $\Delta ABM = \Delta DCM$ (c.g.c) nên $\widehat {ABM} = \widehat {DCM}$ (hai góc tương ứng)

Mà hai góc ở vị trí so le trong, suy ra $AB\parallel DC$.

c) Xét \[\Delta ABC\] có \[AB = AC\] nên \[\Delta ABC\] cân tại \[A\].

Mà có \[M\] là trung điểm của \[BC\] nên \[AM\] là đường cao của \[\Delta ABC\].

Suy ra $AM \bot BC$.

d) Từ a) có $\Delta ABM = \Delta DCM$ (c.g.c) nên $AB = DC$ (2 cạnh tương ứng).

Mà \[AB = AC\] nên \[AC = CD\], suy ra $\Delta CAD$ cân tại $C$.

Suy ra $\widehat {ADC} = \widehat {CAD} = 45^\circ $.

Có $\widehat {BAC} = 2\widehat {CAD} = 90^\circ $ (\[AM\] vừa là đường cao, vừa là đường phân giác $\widehat {BAC}$).

Lúc này \[\Delta ABC\] là tam giác vuông cân tại \[A\].

Vậy để góc $\widehat {ADC} = 45^\circ $ thì \[\Delta ABC\] là tam giác vuông cân tại \[A\].

Câu 2

Cho tam giác \[ABC\] nhọn. Gọi \[M\] là trung điểm của \[AC\]. Trên tia đối của tia \[MB\] lấy điểm \[D\] sao cho \[MD = MB\].

a) Chứng minh \[\Delta AMB = \Delta CMD\].

b) Chứng minh \[AD\parallel BC\].

c) Kẻ \[MH \bot AB\] và \[MK \bot DC\]. Chứng minh \[M\] là trung điểm của \[HK\].

Xem đáp án

Lời giải

$Cho tam giác \[ABC\] nhọn. Gọi \[M\] là t (ảnh 1)$

a) Xét \[\Delta AMB\] và \[\Delta CMD\] có:

\[MD = MB\] (giả thiết)

\[\widehat {AMB} = \widehat {CMD}\] (2 góc đối đỉnh)

\[MA = MC\] (giả thiết)

Suy ra \[\Delta AMB = \Delta CMD\] (c.g.c)

b) Xét \[\Delta AMD\] và \[\Delta CMB\] có: \[MD = MB\] (giả thiết), \[\widehat {AMD} = \widehat {CMB}\] (đối đỉnh), \[MA = MC\] (giả thiết)

Vậy \[\Delta AMD = \Delta CMB\] (c.g.c) suy ra \[\widehat {ADM} = \widehat {CBM}\] (hai góc tương ứng), mà hai góc này lại ở vị trí sole trong nên \[AD\,{\rm{//}}\,BC\] (dấu hiệu nhận biết)

c) Ta có: \[\Delta AMB = \Delta CMD\] (chứng minh trên) suy ra \[\widehat {MAB} = \widehat {MCD}\] (hai góc tương ứng) mà hai góc này lại ở vị trí sole trong nên \[AB\,{\rm{//}}\,\,CD\] (1)

Ta lại có: \[MH \bot AB\] (giả thiết) (2). Từ (1) và (2) suy ra \[MH \bot CD\] và \[MK \bot DC\] (giả thiết) suy ra 3 điểm \[H,M,K\] thẳng hàng (định lý)

Xét \[\Delta AMH\] và \[\Delta CMK\] có:

\[\widehat {AHM} = \widehat {MKC} = 90^\circ \] (giả thiết)

\[AM = MC\] (giả thiết)

\[\widehat {AMH} = \widehat {CMK}\] (đối đỉnh)

Vậy \[\Delta AMH = \Delta CMK\] (ch – gn) suy ra \[AM = MC\] hay \[M\] là trung điểm \[HK\].

Câu 3