Đề cương ôn tập Giữa kì 2 Toán 7 Cánh diều cấu trúc mới (Tự luận) có đáp án - Phần 2

Hướng dẫn giải

a) Xét $\Delta ABD$ và $\Delta EBD$ có

$BE = BA$ (gt); $\widehat {ABD} = \widehat {EBD}$ (vì $BD$ là tia phân giác $\widehat {ABE}$); cạnh $BD$ chung.

Do đó $\Delta ABD = \Delta EBD$ (c.g.c).

Suy ra $\widehat {BAD} = \widehat {BED} = 90^\circ$ nên $DE \bot BC$.

b) Xét tam giác $ECD$ vuông tại $E$ nên cạnh huyền $DC > DE$.

Mà $DE = AD$ (vì $\Delta ABD = \Delta EBD$) nên $AD < DC.$

c) Ta có $BF = BC$ mà $BE = BA$ nên $AF = EC$.

Xét $\Delta ADF$ và $\Delta EDC$ có:

$AF = EC$ (cmt); $\widehat {DAF} = \widehat {DEC} = 90^\circ$; $AD = DE$ (vì $\Delta ABD = \Delta EBD$);

Do đó $\Delta ADF = \Delta EDC\,\,{\rm{(c}}{\rm{.g}}{\rm{.c)}}$.

a) • Xét $\Delta AQE$ và $\Delta BCE$ có:

$AE = BE$ (vì $E$ là trung điểm của $AB$)

$\widehat {AEQ} = \widehat {BEP}$ (hai góc đối đỉnh)

$QE = CE$ (gt)

Do đó $\Delta AQE = \Delta BCE\,\,{\rm{(c}}{\rm{.g}}{\rm{.c)}}$.

Suy ra $AQ = BC$ (hai cạnh tương ứng) (1)

• Xét $\Delta APF$ và $\Delta CBF$ có

$PF = BF$ (gt)

$\widehat {AFP} = \widehat {BFC}$ (hai góc đối đỉnh)

$AE = BE$ (vì $F$ là trung điểm của $AC$)

Do đó $\Delta APF = \Delta CBF\,\,{\rm{(c}}{\rm{.g}}{\rm{.c)}}$.

Suy ra $AP = BC$ (hai cạnh tương ứng) (2)

Từ (1) và (2) suy ra $AP = AQ$.

b) Ta có $\widehat {QAB} = \widehat {ABC}\,;\,\,\widehat {PAC} = \widehat {ACB}$ (các cặp góc tương ứng của tam giác bằng nhau)

Xét tam giác $ABC$ có $\widehat {ABC} + \widehat {BAC} + \widehat {ACB} = 180^\circ$ (tổng ba góc trong một tam giác)

Suy ra $\widehat {QAB} + \widehat {BAC} + \widehat {PAC} = \widehat {ABC} + \widehat {BAC} + \widehat {ACB} = 180^\circ$.

Do đó, ba điểm $P,\,\,A\,,\,\,Q$ thẳng hàng.

c) Ta có $\widehat {QAB} = \widehat {ABC}\,;\,\,\widehat {PAC} = \widehat {ACB}$ (cmt)

Suy ra $BQ\,{\rm{//}}\,AC$ và $CP\,{\rm{//}}\,AB$ (các cặp góc so le trong).

d) Ba đường thẳng $AR\,,\,\,BP\,,\,\,CQ$ là ba đường trung tuyến của tam giác $QRP$ nên đồng quy.

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 $HK$.

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 $CF$.

a) Vì $CD$ là phân giác $\widehat {BCA}$ suy ra $\widehat {BCD} = \widehat {ACD}$.

Xét $\Delta ACD$ và $\Delta ECD$ có:

$AC = AF\,;\,\,\widehat {BCD} = \widehat {ACD}\,;\,\,CD$ chung.

Do đó $\Delta ACD = \Delta ECD$ (c.g.c).

Suy ra $\widehat {CED} = \widehat {CAD} = 90^\circ$ (hai góc tương ứng)

Suy ra $DE \bot BC$.

b) Vì $AM\parallel CD$ suy ra $\widehat {MAC} = \widehat {DCA}$ (hai góc so le trong)

Vì $CM \bot CA$ nên $\widehat {MCA} = 90^\circ$.

Xét $\Delta CAD$ và $\Delta ACM$ có:

$\widehat {DAC} = \widehat {MCA} = 90^\circ \,;\,\,CA$ chung; $\widehat {DCA} = \widehat {MAC}$.

Do đó $\Delta CAD = \Delta ACM$ (g.c.g).

Suy ra (hai cạnh tương ứng).

c) Xét tam giác $NBC$ và tam giác $NKC$ có:

$\widehat {BNC} = \widehat {KNC} = 90^\circ \,;\,\,NC$ chung; $\widehat {BCN} = \widehat {CKN}$

Suy ra $\Delta NBC = \Delta NKC\,$(g.c.g)

Do đó $\widehat {NBC} = \widehat {NKC}\,;\,\,NB = NK$.

Xét tam giác $NBD$ và tam giác $NKD$ có:

$NB = ND\,;\,\,\widehat {BND} = \widehat {KND}\,;\,\,ND$ chung.

Suy ra $\Delta NBD = \Delta NKD$ (c.g.c).

Do đó, $\widehat {NBD} = \widehat {NKD}$ (hai góc tương ứng)

d) Xét tam giác $BKE$ và tam giác $BKC$ có:

$\widehat {BKE} = \widehat {BKA}\,;\,\,BK$ chung; $\widehat {BKE} = \widehat {KBA}$.

Do đó $\Delta BKE = \Delta BKC$ (g.c.g)

Suy ra $\widehat {BEK} = \widehat {KAB} = 90^\circ$ (hai góc tương ứng)

Suy ra $KE \bot BC$.

Mà $DE \bot AC$.

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