Hình học lớp 7

BT1

Có:△△ ABC cân ở A (giả thiết)
​\(\rightarrow\)B^=C^B^=C^ (2 góc ở đáy trong tam giác cân)
mà A^=100oA^=100o (giả thiết)
nên B^=C^=180o−A^2=180o−100o2=802=40oB^=C^=180o−A^2=180o−100o2=802=40o
Xét △△ BAD có:
BD=BA (giả thiết)
\(\rightarrow\)△BAD cân ở B
\(\rightarrow\) BAD^BAD^ = BDA^BDA^ (2 góc ở đáy trong tam giác cân)
mà B^=40oB^=40o (chứng minh trên)
nênBAD^=BDA^=180o−B^2=180o−40o2=140o2=70oBAD^=BDA^=180o−B^2=180o−40o2=140o2=70o
Xét △△ AEC có:
CE=CA (giả thiết)
​\(\rightarrow\)△AEC cân ở C
\(\rightarrow\)CAE^CAE^ = CEA^CEA^ (2 góc ở đáy trong tam giác cân)
mà C^=40oC^=40o (chứng minh trên)
nênCAE^=CEA^=180o−C^2=180o−40o2=140o2=70oCAE^=CEA^=180o−C^2=180o−40o2=140o2=70o
Xét △△ EAD có:
AED^+ADE^+DAE^=180oAED^+ADE^+DAE^=180o (tổng 3 góc trong tam giác)
70o+70o+DAE^=180o70o+70o+DAE^=180o
DAE^=180o−70o−70oDAE^=180o−70o−70o
\(\rightarrow\)DAE^=40oDAE^=40o
Vậy DAE^=40o

bt1: bn tự vẽ hình và viết giả thiết kết luận nha'

giải:

ta có :BA=BD=> Tam giác ABD cân tại B=> Góc BAD=Góc BDA (1)

CE=CA=> Tam giác ACE cân tại C=> Góc EAC=Góc ECA (2)

........

bt2: Với tam giác ABC có góc A= 90o và góc B=60o

=> Góc C=60o

Gọi M là trung điểm của BC

mà tam giác ABC có góc A=90o

=> AM=BM=CM(định lí)

=> Tam giác AMC cân tại M

mà góc C=60o

=> Tam giác AMC đều

=> AC=MC

mà MC=1/2.BC

=> AC =1/2 BC

Bài 2: 

Xét (O) có

ΔAMB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAMB vuông tại M

hay \(\widehat{AMB}=90^0\)

a)CM tam giác ACD và tam giác ABE = nhau

Mình nhìn nhầm đề

a) Xét \(\Delta\)ACD và \(\Delta\)ABE có:

AC = AB (gt)

\(\widehat{A}\) chung

AD = AE (gt)

=> \(\Delta\)ACD = \(\Delta\)ABE (c.g.c)

b) Vì \(\Delta\)ACD = \(\Delta\)ABE (câu a)

=> \(\widehat{ADC}\) = \(\widehat{AEB}\) (2 góc t/ư)

hay \(\widehat{BDO}\) = \(\widehat{CEO}\)

và \(\widehat{ACD}\) = \(\widehat{ABE}\)

Ta có: \(\widehat{ACD}\) + \(\widehat{OCE}\) = 180^o (kề bù)

\(\widehat{ABE}\) + \(\widehat{OBD}\) = 180^o (kề bù)

mà \(\widehat{ACD}\) = \(\widehat{ABE}\) => \(\widehat{OCE}\) = \(\widehat{OBD}\)

Ta lại có: AB + BD = AD

AC + CE = AE

mà AB = AC; AD = AE => BD = CE

Xét \(\Delta\)BOD và \(\Delta\)COE có:

\(\widehat{OBD}\) = \(\widehat{OCE}\) (c/m trên)

BD = CE (c/m trên)

\(\widehat{BDO}\) = \(\widehat{CEO}\) (c/m trên)

=> \(\Delta\)BOD = \(\Delta\)COE (g.c.g)

c) Gọi giao điểm của DE và AO là F.

Theo câu b) \(\Delta\)BOD = \(\Delta\)COE

=> BO = CO (2 cạnh t/ư)

Xét \(\Delta\)BAO và \(\Delta\)CAO có:

BA = CA (gt)

AO chung

BO = CO (c/m trên)

=> \(\Delta\)BAO = \(\Delta\)CAO (c.c.c)

=> \(\widehat{BAO}\) = \(\widehat{CAO}\) (2 góc t/ư)

hay \(\widehat{DAF}\) = \(\widehat{EAF}\)

Xét \(\Delta\)FDA và \(\Delta\)FEA có:

DA = EA (gt)

\(\widehat{DAF}\) = \(\widehat{EAF}\) (c/m trên)

AF chung

=> \(\Delta\)FDA = \(\Delta\)FEA (c.g.c)

=> \(\widehat{AFD}\) = \(\widehat{AFE}\) (2 góc t/ư)

mà \(\widehat{AFD}\) + \(\widehat{AFE}\) = 180^o (kề bù)

=> \(\widehat{AFD}\) = \(\widehat{AFE}\) = 90^o

Do đó AF \(\perp\) DE hay AO \(\perp\) DE.

a) Ta có: AM + BM = AB

AN + CN = AC

mà BM = CN; AB = AC => AM = AN

Do đó \(\Delta\)AMN cân tại A

=> \(\widehat{AMN}\) = \(\widehat{ANM}\)

Áp dụng tc tổng 3 góc trong 1 tg ta có:

\(\widehat{AMN}\) + \(\widehat{ANM}\) + \(\widehat{BAC}\) = 180^o

=> 2\(\widehat{AMN}\) = 180^o - \(\widehat{BAC}\)

=> \(\widehat{AMN}\) = \(\frac{180^o-\widehat{BAC}}{2}\) (1)

Do \(\Delta\)ABC cân tại A

=> \(\widehat{ABC}\) = \(\widehat{ACB}\)

Áp dụng tc tổng 3 góc trong1 tg ta có:

\(\widehat{ABC}\) + \(\widehat{ACB}\) + \(\widehat{BAC}\) = 180^o

=> 2\(\widehat{ABC}\) = 180^o - \(\widehat{BAC}\) => \(\widehat{ABC}\) = \(\frac{180^o-\widehat{BAC}}{2}\) (2) Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{AMN}\) = \(\widehat{ABC}\) mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên MN // BC. b) Xét \(\Delta\)BMC và \(\Delta\)CNB có: BM = CN (đã cm ) \(\widehat{MBC}\) = \(\widehat{NCB}\) (\(\Delta\)ABC cân) BC chung => \(\Delta\)BMC = \(\Delta\)CNB (c.g.c) => \(\widehat{BMC}\) = \(\widehat{CNB}\) (2 góc t/ư) hay \(\widehat{BMO}\) = \(\widehat{CNO}\) Xét \(\Delta\)ABN và \(\Delta\)ACM có: AN = AM (\(\Delta\)AMN cân) \(\widehat{A}\) chung AB = AC (suy từ gt) => \(\Delta\)ABN = \(\Delta\)ACM (c.g.c) => \(\widehat{ABN}\) = \(\widehat{ACM}\) (2 góc t/ư) hay \(\widehat{MBO}\) = \(\widehat{NCO}\) Xét \(\Delta\)BMO và \(\Delta\)CNO có:

\(\widehat{MBO}\) = \(\widehat{NCO}\) (c/m trên)

BM = CN (gt)

\(\widehat{BMO}\) = \(\widehat{CNO}\) (c/m trên)

=> \(\Delta\)BMO = \(\Delta\)CNO (g.c.g)

a) Vì \(\Delta\)ABC cân tại A

=> AB = AC và \(\widehat{ABC}\) = \(\widehat{ACB}\)

hay \(\widehat{EBM}\) = \(\widehat{ICM}\)

Xét \(\Delta\)EBM vuông tại E và \(\Delta\)ICM vuông tại I có:

BM = CM (suy từ gt)

\(\widehat{EBM}\) = \(\widehat{ICM}\) (c/m trên)

=> \(\Delta\)EBM = \(\Delta\)ICM (ch - gn)

=> EB = IC (2 cạnh t/ư)

Ta có: AE + EB = AB

AI + IC = AC

mà EB = IC; AB = AC => AE = AI

b) Gọi giao điểm của AM và EI là D.

Vì \(\Delta\)EBM = \(\Delta\)ICM (câu a)

=> EM = IM (2 cạnh t/ư)

Xét \(\Delta\)AEM và \(\Delta\)AIM có:

AE = AI (câu a)

AM chung

EM = IM (c/m trên)

=> \(\Delta\)AEM = \(\Delta\)AIM (c.c.c)

=> \(\widehat{EAM}\) = \(\widehat{IAM}\) (2 góc t/ư)

hay \(\widehat{EAD}\) = \(\widehat{IAD}\)

Xét \(\Delta\)ADE và \(\Delta\)ADI có:

AE = AI (câu a)

\(\widehat{EAD}\) = \(\widehat{IAD}\) (c/m trên)

AM chung

=> \(\Delta\)ADE = \(\Delta\)ADI (c.g.c)

=> DE = DI (2 cạnh t/ư) Do đó D là tđ của EI (1) và \(\widehat{ADE}\) = \(\widehat{ADI}\) (2 góc t/ư) mà \(\widehat{ADE}\) + \(\widehat{ADI}\) = 180^o (kề bù) => \(\widehat{ADE}\) = \(\widehat{ADI}\) = 90^o Do đó AD \(\perp\) EI hay AM \(\perp\) EI (2) Từ (1) và (2) suy ra AM là đg trung trực của EI. c) Vì AE = AI nên \(\Delta\)AEI cân tại A => \(\widehat{AEI}\) = \(\widehat{AIE}\) Áp dụng tc tổng 3 góc trong 1 tg ta có:

\(\widehat{AEI}\) + \(\widehat{AIE}\) + \(\widehat{BAC}\) = 180^o

=> 2\(\widehat{AEI}\) = 180^o - \(\widehat{BAC}\)

=> \(\widehat{AEI}\) = \(\frac{180^o-\widehat{BAC}}{2}\) (3)

Do \(\Delta\)ABC cân tại A

=> \(\widehat{ABC}\) = \(\widehat{ACB}\)

Áp dụng tc tổng 3 góc trong 1 tg ta có:

\(\widehat{ABC}\) + \(\widehat{ACB}\) + \(\widehat{BAC}\) = 180^o

=> 2\(\widehat{ABC}\) = 180^o - \(\widehat{BAC}\)

=> \(\widehat{ABC}\) = \(\frac{180^o-\widehat{BAC}}{2}\) (4) Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat{AEI}\) = \(\widehat{ABC}\) mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên EI // BC. d) Ta có: BM = \(\frac{1}{2}\)BC = 9cm

Xét \(\Delta\)ABM và \(\Delta\)ACM có:

AB = AC

\(\widehat{BAM}\) = \(\widehat{CAM}\) (tự suy ra)

AM chung

=> \(\Delta\)ABM = \(\Delta\)ACM (c.g.c)

=> \(\widehat{AMB}\) = \(\widehat{AMC}\) (2 góc t/ư)

mà \(\widehat{AMB}\) + \(\widehat{AMC}\) = 180^o (kề bù)

=> \(\widehat{AMB}\) = \(\widehat{AMC}\) = 90^o

Do đó AM \(\perp\) BC

=> \(\Delta\)ABM vuông tại M

Áp dụng định lý pytago vào \(\Delta\)ABM vuông tại M có:

AB² = AM² + BM²

=> 15² = AM² + 9²

=> AM = 12cm

a) Vì \(\Delta\)ABC cân tại A

=> AB = AC và \(\widehat{ABC}\) = \(\widehat{ACB}\)

hay \(\widehat{EBM}\) = \(\widehat{ICM}\)

Xét \(\Delta\)EBM vuông tại E và \(\Delta\)ICM vuông tại I có:

BM = CM (suy từ gt)

\(\widehat{EBM}\) = \(\widehat{ICM}\) (c/m trên)

=> \(\Delta\)EBM = \(\Delta\)ICM (ch - gn)

=> EB = IC (2 cạnh t/ư)

Ta có: AE + EB = AB

AI + IC = AC

mà EB = IC; AB = AC => AE = AI

b) Gọi giao điểm của AM và EI là D.

Vì \(\Delta\)EBM = \(\Delta\)ICM (câu a)

=> EM = IM (2 cạnh t/ư)

Xét \(\Delta\)AEM và \(\Delta\)AIM có:

AE = AI (câu a)

AM chung

EM = IM (c/m trên)

=> \(\Delta\)AEM = \(\Delta\)AIM (c.c.c)

=> \(\widehat{EAM}\) = \(\widehat{IAM}\) (2 góc t/ư)

hay \(\widehat{EAD}\) = \(\widehat{IAD}\)

Xét \(\Delta\)ADE và \(\Delta\)ADI có:

AE = AI (câu a)

\(\widehat{EAD}\) = \(\widehat{IAD}\) (c/m trên)

AM chung

=> \(\Delta\)ADE = \(\Delta\)ADI (c.g.c)

=> DE = DI (2 cạnh t/ư) Do đó D là tđ của EI (1) và \(\widehat{ADE}\) = \(\widehat{ADI}\) (2 góc t/ư) mà \(\widehat{ADE}\) + \(\widehat{ADI}\) = 180^o (kề bù) => \(\widehat{ADE}\) = \(\widehat{ADI}\) = 90^o Do đó AD \(\perp\) EI hay AM \(\perp\) EI (2) Từ (1) và (2) suy ra AM là đg trung trực của EI. c) Vì AE = AI nên \(\Delta\)AEI cân tại A => \(\widehat{AEI}\) = \(\widehat{AIE}\) Áp dụng tc tổng 3 góc trong 1 tg ta có:

\(\widehat{AEI}\) + \(\widehat{AIE}\) + \(\widehat{BAC}\) = 180^o

=> 2\(\widehat{AEI}\) = 180^o - \(\widehat{BAC}\)

=> \(\widehat{AEI}\) = \(\frac{180^o-\widehat{BAC}}{2}\) (3)

Do \(\Delta\)ABC cân tại A

=> \(\widehat{ABC}\) = \(\widehat{ACB}\)

Áp dụng tc tổng 3 góc trong 1 tg ta có:

\(\widehat{ABC}\) + \(\widehat{ACB}\) + \(\widehat{BAC}\) = 180^o

=> 2\(\widehat{ABC}\) = 180^o - \(\widehat{BAC}\)

=> \(\widehat{ABC}\) = \(\frac{180^o-\widehat{BAC}}{2}\) (4) Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat{AEI}\) = \(\widehat{ABC}\) mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên EI // BC Câu c bên kia.

a) Xét \(\Delta\)BMA và \(\Delta\)DMA có:

BA = DA (gt)

\(\widehat{BAM}\) = \(\widehat{DAM}\) (suy từ gt)

AM chung

=> \(\Delta\)BMA = \(\Delta\)DMA (c.g.c)

=> BM = DM (2 cạnh t/ư)

b) Vì \(\Delta\)BMA = \(\Delta\)DMA (câu a)

=> \(\widehat{ABM}\) = \(\widehat{ADM}\) (2 góc t/ư)

hay \(\widehat{ABC}\) = \(\widehat{ADK}\)

Xét \(\Delta\)DAK và \(\Delta\)BAC có:

\(\widehat{A}\) chung

DA = BA (gt)

\(\widehat{ADK}\) = \(\widehat{ABC}\) (c/m trên)

=> \(\Delta\)DAK = \(\Delta\)BAC (g.c.g)

a) Ta có: BN = \(\frac{1}{2}\)AB (N là tđ)

CM = \(\frac{1}{2}\)AC (M là tđ)

mà AB = AC => BN = CM.

Vì AB = AC nên \(\Delta\)ABC cân tại A

=> \(\widehat{ABC}\) = \(\widehat{ACB}\)

hay \(\widehat{NBC}\) = \(\widehat{MCB}\)

Xét \(\Delta\)BNC và \(\Delta\)CMB có:

BN = CM (c/m trên)

\(\widehat{NBC}\) = \(\widehat{MCB}\) (c/m trên)

BC chung

=> \(\Delta\)BNC = \(\Delta\)CMB (c.g.c)

b) Vì \(\Delta\)BNC = \(\Delta\)CMB (câu a)

=> \(\widehat{BCN}\) = \(\widehat{CBM}\) (2 góc t/ư)

hay \(\widehat{BCK}\) = \(\widehat{CBK}\)

Do đó \(\Delta\)BKC cân tại K.

Bài 5:

Hình vẽ:

a/ Xét \(\Delta OAD\) và \(\Delta OCB\) có:

OA = OC (GT)

\(\widehat{O}:Chung\)

OD = OB (GT)

=> \(\Delta OAD=\Delta OCB\left(c-g-c\right)\)

=> AD = CB (đpcm)

b/ Ta có: OA + AB = OB

OC + CD = OD

mà OA = OC ; OB = OD

=> AB = CD (*)

Vì \(\Delta OAD=\Delta OCB\) (ý a)

=> \(\widehat{ODA}=\widehat{OBC}\) (**)

và \(\widehat{OAD}=\widehat{OCB}\)

Có: \(\widehat{OAD}+\widehat{DAB}=180^o\) (kề bù)

\(\widehat{OCB}+\widehat{BCD}=180^o\) (kề bù)

mà \(\widehat{OAD}=\widehat{OCB}\left(cmt\right)\)

=> \(\widehat{DAB}=\widehat{BCD}\) (***)

Xét \(\Delta MAB\) và \(\Delta MCD\) có:

\(\widehat{DAB}=\widehat{BCD}\) (từ (***))

AB = CD (từ (*))

\(\widehat{ODA}=\widehat{OBC}\) (từ (**))

=> \(\Delta MAB=\Delta MCD\left(g-c-g\right)\left(đpcm\right)\)

c/ Xét \(\Delta OAM\) và \(\Delta OCM\) có:

OM: CẠnh chung

OA = OC (GT)

MA = MC (2 cạnh tương ứng do \(\Delta MAB=\Delta MCD\) )

=> \(\Delta OAM=\Delta OCM\left(c-c-c\right)\)

=> \(\widehat{AOM}=\widehat{COM}\) (2 góc tương ứng)

=> OM là tia p/g của \(\widehat{xOy}\left(đpcm\right)\)

nhìu bài quá, nhìn hoa cả mắt! !

Bài 2:

a/ Xét t/g ABM và t/g ADM có:

AM: cạnh chung

BAM^ = DAM^ (gt)

AB = AD (gt)

=> t/g ABM = t/g ADM (c-g-c)

=> BM = DM (2 cạnh tương ứng)(đpcm)

b/ Xét t/g DAK và t/g BAC có:

A^: chung

AB = AD (gt)

ADK^ = ABC^ (2 góc tương ứng do t/g ABM = t/g ADM)

=> t/g DAK = t/g BAC (g-c-g)(đpcm)

Bài 3: đề sai

Bài 4:

a/ Xét t/g ABC và t/g CDA có:

BAC^ = DCA^ (so le trong do AB // CD)

AC: Cạnh chung

BCA^ = DAC^(so le trong do AD // BC)

=> t/g ABC = t/g CDA (g-c-g)(đpcm)

b/ XÉt t/g ADB và t/g CBD có:

ADB^ = CBD^ (so le trong do AD // BC)

BD: Cạnh chung

ABD^ = CDB^(so le trong do AB // CD)

=> t/g ADB = t/g CBD (g-c-g)(đpcm)

c/ Xét t/g ABO và t/g CDO có:

ABD^ = CDB^(đã cm)

AB = CD (2 cạnh tương ứng do t/g ADB = t/g CBD)

BAC^ = DCA^ (đã cm)

=> t/g ABO = t/g CDO (g-c-g)(đpcm)

Vì AB=AC(do tam giác ABC cân tại A)
BM=CN(gt)
=>AM=AN
Tam giác AMN có AM=AN(cmt)
=> Tam giác AMN cân tại A
=> góc N= (180độ-góc A)/2(hq) (1)
Tam giác ABC cân tại A(gt)=> góc B= (180độ-góc A)/2(hq) (2)
(1);(2)=> góc B=góc N
Xét tam giác BMK và tam giác CNK có:
KM=KN(do K là trung điểm MN)
góc B=góc N(cmt)
BM=CN(gt)
=> Tam giác BMK= tam giác CNK(cgc)
=> góc MKB= góc CKN(2 góc tương ứng), mà 2 góc này ở vị trí đối đỉnh
=> B.K.C thẳng hàng(đpcm)

Đề có sai không bạn?