Giải VTH Toán 7 KNTT Bài tập ôn tập cuối năm Hình học và Đo lường có đáp án

∆ADM và ∆BDC có:

AD = DB (do D là trung điểm của AB)

$\widehat {A{\rm{D}}M} = \widehat {B{\rm{D}}C}$ (hai góc đối đỉnh)

DM = DC (giả thiết)

Nên ∆ADM = ∆BDC (c.g.c).

Suy ra AM = BC (hai cạnh tương ứng) và $\widehat {MAD} = \widehat {CBD}$ (hai góc tương ứng).

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên AM // BC (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song).

∆AEN và ∆CEB có:

AE = CE (E là trung điểm của AC)

$\widehat {A{\rm{E}}N} = \widehat {CEB}$ (hai góc đối đỉnh)

EN = EB (theo giả thiết)

Nên ∆AEN = ∆CEB (c.g.c).

Suy ra $\widehat {E{\rm{A}}N} = \widehat {ECB}$ (hai góc tương ứng).

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên AN // BC (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song).

Ta có AM // BC (chứng minh trên),

AN // BC (chứng minh trên) nên AM và AN trùng nhau (theo tiên đề Euclid).

Từ đó suy ra ba điểm M, A, N thẳng hàng.

Ta lại có AM = BC (chứng minh trên), AN = BC (chứng minh trên – do ∆AEN = ∆CEB),

do đó AM = AN.

Từ đó suy ra A là trung điểm của đoạn MN.

∆ABC cân tại A (giả thiết)

Mà AH là trung tuyến (H là trung điểm của BC).

Nên AH là đường cao của ∆ABC (tính chất tam giác cân).

Vậy AH ⊥ BC.

Ta có $\widehat {ABM} + \widehat {ABC} = 180^\circ$ (hai góc kề bù),

$\widehat {ACN} + \widehat {ACB} = 180^\circ$ (hai góc kề bù).

Mà $\widehat {ABC} = \widehat {ACB}$ nên $\widehat {ABM} = \widehat {ACN}$.

∆ABM và ∆ACN có:

AB = AC (∆ABC cân tại đỉnh A).

$\widehat {ABM} = \widehat {ACN}$ (chứng minh trên).

BM = CN (theo giả thiết).

Nên ∆ABM = ∆ACN (c.g.c).

Ta có: ∆ABM = ∆ACN (chứng minh trên) suy ra $\widehat {BMI} = \widehat {CNK}$ (hai góc tương ứng) và AM = AN (hai cạnh tương ứng).

∆BIM $\left( {\widehat {BIM} = 90^\circ } \right)$ và ∆CKN $\left( {\widehat {CKN} = 90^\circ } \right)$ có:

BM = CN (giả thiết),

$\widehat {BMI} = \widehat {CNK}$ (chứng minh trên).

Nên ∆BIM = ∆CKN (cạnh huyền - góc nhọn).

Suy ra MI = NK (hai cạnh tương ứng).

Mà AM = AN (chứng minh trên – do ∆ABM = ∆ACN) nên AI = AK, suy ra ∆AIK cân tại A (dấu hiệu nhận biết tam giác cân).

Ta có AM = AN (chứng minh trên) nên ∆AMN cân tại A (dấu hiệu nhận biết tam giác cân).

Suy ra $\widehat {AMN} = \frac{{180^\circ - \widehat {MAN}}}{2}$.

Ta có ∆AIK cân tại A (chứng minh trên) nên $\widehat {AIK} = \frac{{180^\circ - \widehat {IAK}}}{2}$.

Từ đó $\widehat {AIK} = \widehat {AMN}$ $\left( { = \frac{{180^\circ - \widehat {MAN}}}{2}} \right)$.

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên IK // MN (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song).

∆ABH và ∆DBH có:

BA = BD (theo giả thiết),

BH là cạnh chung,

AH = DH (H là trung điểm của AD).

Nên ∆ABH = ∆DBH (c.c.c).

∆ABH = ∆DBH (chứng minh trên), suy ra $\widehat {ABE} = \widehat {DBE}$ (hai góc tương ứng).

∆BAE và ∆BDE có:

BA = BD (giả thiết),

$\widehat {ABE} = \widehat {DBE}$ (chứng minh trên),

BE là cạnh chung.

Nên ∆BAE = ∆BDE (c.g.c) suy ra EA = ED (hai cạnh tương ứng).

Nên ∆AED cân tại E (dấu hiệu nhận biết tam giác cân).

∆BAE = ∆BDE (chứng minh trên) nên $\widehat {BDE} = \widehat {BAE} = 90^\circ$.

∆EAM và ∆EDC có:

$\widehat {EAM} = \widehat {EDC} = 90^\circ$,

EA = ED (chứng minh trên),

$\widehat {AEM} = \widehat {DEC}$ (hai góc đối đỉnh).

Nên ∆EAM = ∆EDC (g.c.g). Suy ra EM = EC.

∆EDC vuông tại D nên EC > ED (quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác).

Mà EC = EM (chứng minh trên) nên EM > ED.

Ta có ∆EAM = ∆EDC (chứng minh trên), suy ra AM = DC (hai cạnh tương ứng).

Mà BA = BD (giả thiết) nên BM = BC.

∆BMC có: BM = BC (chứng minh trên).

Nên ∆BMC cân tại B (dấu hiệu nhận biết tam giác cân).

Mà $\widehat {ABC}$ = 60° (giả thiết). Nên ∆BMC là tam giác đều.

Mặt khác CA ⊥ BM nên CA là đường cao nên cũng là đường trung tuyến của ∆BMC,

MD ⊥ BC nên MD là đường cao nên cũng là đường trung tuyến của ∆BMC.

Từ đó suy ra E là trọng tâm của ∆BMC nên CE = 2EA.