Chương IV · Tam giác bằng nhau

BÀI GIẢI

Học sinh thực hành đo trên hình của mình. Chẳng hạn, một hình có ba góc \(50^\circ,60^\circ,70^\circ\) thì tổng là \(180^\circ\). Do sai số đo, kết quả thực hành có thể gần \(180^\circ\); định lí cho tổng chính xác bằng \(180^\circ\).

BÀI GIẢI

Ba góc ghép lại tạo thành một góc bẹt. Dự đoán và kết luận: tổng ba góc trong một tam giác bằng \(180^\circ\).

BÀI GIẢI

Trong tam giác \(ABC\): \[\widehat A=180^\circ-(65^\circ+80^\circ)=35^\circ.\]

BÀI GIẢI

Hai góc \(ACx\) và \(ACB\) kề bù nên \(\widehat{ACx}=180^\circ-\widehat{ACB}\). Mặt khác, tổng ba góc của tam giác \(ABC\) cho \(\widehat{BAC}+\widehat{CBA}=180^\circ-\widehat{ACB}\). Suy ra điều phải chứng minh.

BÀI GIẢI

a) \(\widehat E=180^\circ-83^\circ-33^\circ=64^\circ\).

b) \(\widehat C=180^\circ-47^\circ-36^\circ=97^\circ\).

BÀI GIẢI

a) Gọi \(H\) là chân đường cao. Trong \(\triangle MNL\), \(\widehat L=90^\circ-60^\circ=30^\circ\). Trong tam giác \(MHL\) vuông tại \(H\), \(x=90^\circ-30^\circ=60^\circ\).

b) Gọi \(H\) là chân đường cao. \(\widehat P=90^\circ-30^\circ=60^\circ\). Trong tam giác \(QHP\) vuông tại \(H\), \(x=90^\circ-60^\circ=30^\circ\).

BÀI GIẢI

Kẻ đường chéo \(AC\). Tổng ba góc của mỗi tam giác \(ABC\) và \(ACD\) đều bằng \(180^\circ\). Cộng lại, hai góc tại \(A\) hợp thành góc \(A\), hai góc tại \(C\) hợp thành góc \(C\). Vậy tổng bốn góc của tứ giác bằng \(360^\circ\).

BÀI GIẢI

\(\widehat C=180^\circ-50^\circ-60^\circ=70^\circ\).

BÀI GIẢI

\(\widehat B=180^\circ-100^\circ-30^\circ=50^\circ\).

BÀI GIẢI

\(\widehat B+\widehat C=180^\circ-70^\circ=110^\circ\). Hai góc bằng nhau nên \(\widehat B=\widehat C=55^\circ\).

BÀI GIẢI

\(\widehat M+\widehat N=180^\circ-50^\circ=130^\circ\). Vậy \(\widehat M=\widehat N=65^\circ\).

BÀI GIẢI

Hai góc nhọn của tam giác vuông phụ nhau nên \(\widehat C=90^\circ-60^\circ=30^\circ\).

BÀI GIẢI

\(\widehat B+\widehat C=90^\circ\), nên \(3\widehat C=90^\circ\). Suy ra \(\widehat C=30^\circ,\widehat B=60^\circ\).

BÀI GIẢI

Bước 1. Tính góc trong tam giác \(ABD\). Vì \(D\in BC\), nên \(\widehat{ABD}=\widehat{ABC}=70^\circ\). Tổng ba góc của tam giác \(ABD\) bằng \(180^\circ\): \[\widehat{ADB}=180^\circ-30^\circ-70^\circ=80^\circ.\]

Bước 2. Tính góc \(ADC\). Vì \(B,D,C\) thẳng hàng, hai góc \(ADB,ADC\) kề bù. Do đó \(\widehat{ADC}=180^\circ-80^\circ=100^\circ\).

Bước 3. Tính góc còn lại trong tam giác \(ADC\). \[\widehat{ACD}=180^\circ-\widehat{ADC}-\widehat{DAC}=180^\circ-100^\circ-30^\circ=50^\circ.\]

Đáp số: \(\widehat{ADC}=100^\circ\), \(\widehat{ACD}=50^\circ\).

BÀI GIẢI

\(\widehat D=180^\circ-60^\circ-40^\circ=80^\circ\). Vì \(Dy\) đối \(DF\), \(\widehat{EDy}=180^\circ-80^\circ=100^\circ\). Vì \(Fy\) trùng \(FD\) và \(Fx\) đối \(FE\), \(\widehat{xFy}=180^\circ-40^\circ=140^\circ\).

BÀI GIẢI

Góc \(x\) kề bù với góc \(120^\circ\), nên \(x=60^\circ\). Trong \(\triangle ABC\): \(y=180^\circ-80^\circ-60^\circ=40^\circ\). Gọi đỉnh dưới của tam giác phụ là \(E\). Góc \(ECD\) đối đỉnh với \(ACB\), nên bằng \(40^\circ\). Góc ngoài tại \(D\) bằng tổng hai góc trong không kề: \(z=40^\circ+70^\circ=110^\circ\).

BÀI GIẢI

Ba cặp cạnh: \(AB=A^{\prime} B^{\prime},\ AC=A^{\prime} C^{\prime},\ BC=B^{\prime} C^{\prime}\). Ba cặp góc: \(\widehat A=\widehat{A^{\prime}},\widehat B=\widehat{B^{\prime}},\widehat C=\widehat{C^{\prime}}\). Thứ tự tương ứng là \(A↔ A^{\prime}, B↔ B^{\prime},C↔ C^{\prime}\).

BÀI GIẢI

Đỉnh \(D\) nằm giữa hai cạnh tương ứng với \(GK,GH\), nên \(D↔ G\). Tương tự, \(E↔ H,F↔ K\). Viết \(\triangle DEF=\triangle GHK\). Các góc tương ứng là \(\widehat D=\widehat G,\widehat E=\widehat H,\widehat F=\widehat K\).

BÀI GIẢI

Do tổng ba góc trong mỗi tam giác bằng \(180^\circ\), \(\widehat C=180^\circ-\widehat A-\widehat B=180^\circ-\widehat M-\widehat N=\widehat P\). Ba cạnh và ba góc tương ứng bằng nhau. Vậy \(\triangle ABC=\triangle MNP\) theo định nghĩa.

BÀI GIẢI

\(\widehat A=180^\circ-70^\circ-50^\circ=60^\circ\). Hai tam giác bằng nhau nên \(\widehat D=\widehat A=60^\circ\) và \(BC=EF=3{,}5\text{ cm}\).

BÀI GIẢI

Vẽ \(BC=4\text{ cm}\). Vẽ hai cung tròn tâm \(B\), bán kính \(5\text{ cm}\), và tâm \(C\), bán kính \(6\text{ cm}\); một giao điểm là \(A\). Dựng tam giác thứ hai tương tự. Khi chồng đúng các đỉnh tương ứng, hai tam giác trùng khít. Đây là trường hợp bằng nhau c.c.c.

BÀI GIẢI

Xét \(\triangle MNP\) và \(\triangle PQM\): \(MN=PQ\), \(NP=QM\) (giả thiết), \(MP=PM\) (cạnh chung). Vậy \(\triangle MNP=\triangle PQM\) (c.c.c.).

BÀI GIẢI

\(AC=BC,AD=BD,CD\) chung nên \(\triangle ACD=\triangle BCD\) (c.c.c.). Suy ra \(\widehat{CBD}=\widehat{CAD}=100^\circ\).

BÀI GIẢI

\(AB=AC\) (giả thiết); \(BM=CM\) (\(M\) là trung điểm); \(AM\) là cạnh chung. Vậy \(\triangle ABM=\triangle ACM\) (c.c.c.).

BÀI GIẢI

Vẽ góc \(60^\circ\) có đỉnh \(A\); trên hai cạnh góc lấy \(AB=5\text{ cm},AC=4\text{ cm}\), nối \(BC\). Làm tương tự với tam giác thứ hai. Hai tam giác trùng khít vì hai cạnh và góc xen giữa tương ứng bằng nhau: \(\triangle ABC=\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}\) (c.g.c.).

BÀI GIẢI

Bước 1. Chọn hai tam giác cần xét. Xét \(\triangle ABC\) và \(\triangle ADC\), với thứ tự tương ứng \(A↔ A\), \(B↔ D\), \(C↔ C\).

Bước 2. Nêu ba yếu tố bằng nhau. Ta có \(AB=AD\) (giả thiết), \(\widehat{BAC}=\widehat{DAC}\) (giả thiết), và \(AC\) là cạnh chung.

Bước 3. Chọn trường hợp bằng nhau. \(\widehat{BAC}\) xen giữa hai cạnh \(AB,AC\); \(\widehat{DAC}\) xen giữa hai cạnh \(AD,AC\). Vì vậy \(\triangle ABC=\triangle ADC\) theo trường hợp cạnh – góc – cạnh (c.g.c.).

BÀI GIẢI

\(AB=AE\) (giả thiết), \(\widehat{BAD}=\widehat{DAE}\) (\(AD\) là phân giác và tia \(AE\) trùng tia \(AC\)), \(AD\) chung. Suy ra \(\triangle ABD=\triangle AED\) (c.g.c.).

BÀI GIẢI

Vẽ \(BC=3\text{ cm}\). Tại \(B,C\), dựng hai góc kề cạnh \(BC\) lần lượt \(80^\circ,50^\circ\), hai tia còn lại gặp nhau tại \(A\). Dựng \(DEF\) tương tự. Hai tam giác trùng khít: \(\triangle ABC=\triangle DEF\) (g.c.g.). Góc còn lại bằng \(50^\circ\).

BÀI GIẢI

Hai tam giác \(ABD,CDB\) có \(\widehat{ABD}=\widehat{CDB}\), cạnh \(BD=DB\) chung, \(\widehat{ADB}=\widehat{CBD}\). Suy ra \(\triangle ABD=\triangle CDB\) (g.c.g.).

BÀI GIẢI

Với dữ kiện gốc, \(\widehat A=\widehat D\) và \(\widehat{ACB}=\widehat{DCE}\) chỉ bảo đảm các góc tương ứng bằng nhau; chưa bảo đảm kích thước bằng nhau. Vì thế không thể dùng g.c.g. với \(AC=CE\).

Lời giải với giả thiết phù hợp: xét \(\triangle ABC\) và \(\triangle DEC\), có \(\widehat A=\widehat D\), \(AC=DC\), \(\widehat{ACB}=\widehat{DCE}\) (đối đỉnh). Vậy \(\triangle ABC=\triangle DEC\) (g.c.g.).

BÀI GIẢI

Thứ tự tương ứng: \(A↔ H,B↔ I,C↔ K\).

a) \(BC\) tương ứng \(IK\); góc \(H\) tương ứng góc \(A\).

b) \(AB=HI,AC=HK,BC=IK\); \(\widehat A=\widehat H,\widehat B=\widehat I,\widehat C=\widehat K\).

BÀI GIẢI

a) Giữ tương ứng \(A↔ D,B↔ M,C↔ N\), ta có: \(\triangle ACB=\triangle DNM\), \(\triangle BAC=\triangle MDN\), \(\triangle BCA=\triangle MND\), \(\triangle CAB=\triangle NDM\), \(\triangle CBA=\triangle NMD\).

b) \(BC=MN=6\text{ cm}\), nên chu vi \(ABC\) là \(3+4+6=13\text{ cm}\). Hai tam giác bằng nhau có các cạnh tương ứng bằng nhau, nên chu vi \(DMN\) cũng bằng \(13\text{ cm}\).

BÀI GIẢI

\(\widehat D=\widehat A=55^\circ\), \(\widehat B=\widehat E=75^\circ\). Do đó \(\widehat C=\widehat F=180^\circ-55^\circ-75^\circ=50^\circ\).

BÀI GIẢI

Theo thứ tự đỉnh tương ứng, \(H↔ D,I↔ E,K↔ F\). Vậy \(\widehat H=73^\circ,HI=5\text{ cm},EF=7\text{ cm}\).

BÀI GIẢI

a) \(AC=AD,BC=BD,AB\) chung nên \(\triangle ABC=\triangle ABD\) (c.c.c.).

b) \(MN=BQ,MQ=BN,NQ\) chung nên \(\triangle MNQ=\triangle BQN\) (c.c.c.). Đồng thời \(MN=BQ,NB=QM,MB\) chung nên \(\triangle MNB=\triangle BQM\) (c.c.c.).

BÀI GIẢI

a) Hai tam giác có \(AD=BD,AE=BE,DE\) chung, nên \(\triangle ADE=\triangle BDE\) (c.c.c.).

b) Hai góc tại \(E\) tương ứng bằng nhau, nên \(\widehat{DEA}=\widehat{DEB}\).

BÀI GIẢI

a) \(MA=MB,NA=NB,MN\) chung nên \(\triangle MAN=\triangle MBN\) (c.c.c.).

b) Suy ra \(\widehat{AMN}=\widehat{BMN}\). Tia \(MN\) nằm trong góc \(AMB\), vì thế là tia phân giác của góc đó.

BÀI GIẢI

a) Chứng minh hai tam giác bằng nhau. Xét \(\triangle ABC\) và \(\triangle DCB\): \(AB=DC\), \(AC=DB\) theo giả thiết; \(BC\) là cạnh chung. Vậy \(\triangle ABC=\triangle DCB\) theo trường hợp cạnh – cạnh – cạnh.

b) Suy ra \(AB\parallel CD\). Từ hai tam giác bằng nhau, hai góc tương ứng \(\widehat{ABC}=\widehat{DCB}\). Đây là hai góc so le trong tạo bởi đường cắt \(BC\) với \(AB,CD\); do đó \(AB\parallel CD\).

c) Suy ra \(AC\parallel DB\). Tương tự, \(\widehat{ACB}=\widehat{DBC}\) là hai góc tương ứng. Chúng ở vị trí so le trong tạo bởi đường cắt \(BC\) với \(AC,DB\); do đó \(AC\parallel DB\).

BÀI GIẢI

a) \(AB=CD,BC=DA,AC\) chung, nên \(\triangle ABC=\triangle CDA\) (c.c.c.).

b) \(\widehat{BAC}=\widehat{DCA}\) là hai góc so le trong nên \(AB\parallel CD\).

c) \(\widehat{BCA}=\widehat{DAC}\) là hai góc so le trong nên \(BC\parallel AD\). Do \(AH\perp BC\), suy ra \(AH\perp AD\).

BÀI GIẢI

a) \(AB=AE\), \(AD\) chung và góc xen giữa bằng nhau, nên \(\triangle ABD=\triangle AED\) (c.g.c.).

b) \(GH=KI,GK=KG,\widehat{HGK}=\widehat{IKG}\), nên \(\triangle GHK=\triangle KIG\) (c.g.c.).

c) Chưa đủ dữ kiện để kết luận \(\triangle MNP=\triangle MQP\). Góc \(NMP\) không xen giữa hai cạnh \(NP,MP\), và góc \(QMP\) cũng không xen giữa \(QP,MP\). Vì thế không thể áp dụng c.g.c. Không có giả thiết \(N,P,Q\) thẳng hàng trong hình này.

BÀI GIẢI

a) Đủ: \(\triangle ABC=\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}\) (c.g.c.), vì góc \(B\) xen giữa \(AB,BC\).

b) Đủ: \(\triangle ABC=\triangle MNP\) (c.g.c.), vì góc \(C\) xen giữa \(BC,CA\), tương ứng góc \(P\).

c) Chưa đủ trong trường hợp tổng quát. Góc \(A\) không xen giữa hai cạnh \(AC,BC\); không có trường hợp bằng nhau “cạnh – cạnh – góc” tổng quát.

BÀI GIẢI

a) \(AM=DM,BM=CM\) và \(\widehat{AMB}=\widehat{DMC}\) (đối đỉnh), nên \(\triangle ABM=\triangle DCM\) (c.g.c.).

b) Xét \(\triangle AMC,\triangle DMB\): \(AM=DM,CM=BM,\widehat{AMC}=\widehat{DMB}\) (đối đỉnh), nên hai tam giác bằng nhau (c.g.c.); suy ra \(AC=BD\). Từ câu a, \(\widehat{ABM}=\widehat{DCM}\) là hai góc so le trong, nên \(AB\parallel CD\).

BÀI GIẢI

a) \(BA=BE\), \(BD\) chung, \(\widehat{ABD}=\widehat{DBE}\) (phân giác), nên \(\triangle ABD=\triangle EBD\) (c.g.c.).

b) Suy ra \(DA=DE\) và \(\widehat{BED}=\widehat{BAD}=90^\circ\).

BÀI GIẢI

a) \(CA=CE,CB=CF,\widehat{ACB}=\widehat{ECF}\) (đối đỉnh), nên \(\triangle ABC=\triangle EFC\) (c.g.c.).

b) Suy ra \(AB=EF\); \(\widehat{BAC}=\widehat{FEC}\) là hai góc so le trong tạo bởi đường thẳng \(AE\), nên \(AB\parallel EF\).

c) Xét \(\triangle ACF,\triangle ECB\): \(CA=CE,CF=CB,\widehat{ACF}=\widehat{ECB}\) (đối đỉnh), nên hai tam giác bằng nhau (c.g.c.). Suy ra \(\widehat{AFC}=\widehat{EBC}\), hai góc so le trong, do đó \(AF\parallel BE\).

BÀI GIẢI

Xét \(\triangle AMK,\triangle BMK\): \(AM=BM\), \(\widehat{AMK}=\widehat{BMK}=90^\circ\), \(MK\) chung. Vậy \(\triangle AMK=\triangle BMK\) (c.g.c.). Suy ra \(\widehat{AKM}=\widehat{BKM}\). Vì \(M\) nằm giữa \(A,B\), tia \(KM\) nằm trong góc \(AKB\), nên là tia phân giác.

BÀI GIẢI

a) \(\widehat{AOB}=\widehat{COD}\) (đối đỉnh). Kết hợp hai góc đã cho bằng nhau, tổng ba góc cho \(\widehat{BAO}=\widehat{DCO}\). Với \(AB=CD\), suy ra \(\triangle ABO=\triangle CDO\) (g.c.g.).

b) \(\widehat A=\widehat E=90^\circ,AC=EG,\widehat C=\widehat G\), nên \(\triangle ABC=\triangle EFG\) (g.c.g.).

c) Từ tổng ba góc, \(\widehat{ACB}=\widehat{DCB}\). Với \(BC\) chung và \(\widehat{ABC}=\widehat{DBC}\), suy ra \(\triangle ABC=\triangle DBC\) (g.c.g.).

BÀI GIẢI

a) Chứng minh \(\triangle ABE=\triangle ACD\). Có \(AB=AC\), \(AE=AD\) theo giả thiết. Vì \(D\in AB,E\in AC\), nên \(\widehat{BAE}=\widehat{CAD}\), cùng là góc \(A\). Góc này xen giữa hai cặp cạnh bằng nhau, nên hai tam giác bằng nhau theo trường hợp c.g.c.

b) Suy ra cạnh tương ứng. Từ câu a, \(BE=CD\).

c) Bước 1. Tìm một cặp cạnh bằng nhau. Vì \(AB=AC\) và \(AD=AE\), nên \[BD=AB-AD=AC-AE=CE.\]

Bước 2. Tìm các cặp góc bằng nhau. Từ câu a và vị trí các điểm trên các cạnh, \(\widehat{DBO}=\widehat{ECO}\). Ngoài ra, \(\widehat{BOD}=\widehat{COE}\) (đối đỉnh). Hai tam giác có hai cặp góc bằng nhau nên cặp góc còn lại cũng bằng nhau: \(\widehat{BDO}=\widehat{CEO}\).

Bước 3. Kết luận. Xét \(\triangle BOD\) và \(\triangle COE\): hai góc tại \(B,D\) lần lượt bằng hai góc tại \(C,E\), còn cạnh xen giữa \(BD=CE\). Vậy \(\triangle BOD=\triangle COE\) theo trường hợp g.c.g.

BÀI GIẢI

a) \(\widehat{CAM}=\widehat{DBM}=90^\circ\), \(AM=BM\), \(\widehat{AMC}=\widehat{BMD}\) (đối đỉnh). Vậy \(\triangle ACM=\triangle BDM\) (g.c.g.).

b) Suy ra \(CM=DM\); \(C,M,D\) thẳng hàng và \(M\) nằm giữa \(C,D\), nên \(M\) là trung điểm \(CD\).

c) \(AM=BM,DM=CM,\widehat{AMD}=\widehat{BMC}\) (đối đỉnh), nên \(\triangle AMD=\triangle BMC\) (c.g.c.). Suy ra \(\widehat{MAD}=\widehat{MBC}\), hai góc so le trong, nên \(AD\parallel BC\).

BÀI GIẢI

Hai góc \(A,A^{\prime}\) đều bằng \(90^\circ\) và xen giữa hai cặp cạnh bằng nhau. Do đó \(\triangle ABC=\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}\) (c.g.c.). Đây là trường hợp hai cạnh góc vuông tương ứng bằng nhau.

BÀI GIẢI

\(\widehat A=\widehat{A^{\prime}}=90^\circ\), \(AB=A^{\prime} B^{\prime}\), \(\widehat B=\widehat{B^{\prime}}\). Vì hai góc kề cạnh tương ứng bằng nhau, hai tam giác bằng nhau theo g.c.g.

BÀI GIẢI

Hai tam giác \(MPN,QPN\) vuông tại \(M,Q\), có cạnh huyền \(PN\) chung và \(\widehat{MPN}=\widehat{QPN}\). Suy ra \(\triangle MPN=\triangle QPN\) (cạnh huyền – góc nhọn). Do đó \(NM=NQ\) (cạnh tương ứng).

BÀI GIẢI

a) Hai tam giác \(BAC,DAC\) vuông tại \(B,D\), có cạnh huyền \(AC\) chung và góc nhọn tại \(A\) bằng nhau. Vậy \(\triangle BAC=\triangle DAC\) (ch.gn.).

b) Từ câu a có \(AB=AD\). Xét \(\triangle ABE,\triangle ADE\): \(AB=AD,AE\) chung, \(\widehat{BAE}=\widehat{DAE}\), nên hai tam giác bằng nhau (c.g.c.). Suy ra \(\widehat{AEB}=\widehat{AED}\). Hai góc này kề bù vì \(B,E,D\) thẳng hàng, nên mỗi góc bằng \(90^\circ\). Vậy \(AC\perp BD\).

BÀI GIẢI

Vì \(OA=OB=OC\) là các bán kính:

• \(\triangle OMB=\triangle OMC\): vuông tại \(M\), cạnh huyền \(OB=OC\), cạnh góc vuông \(OM\) chung.
• \(\triangle ONA=\triangle ONC\): vuông tại \(N\), cạnh huyền \(OA=OC\), cạnh góc vuông \(ON\) chung.
• \(\triangle OPA=\triangle OPB\): vuông tại \(P\), cạnh huyền \(OA=OB\), cạnh góc vuông \(OP\) chung.

Cả ba đều theo trường hợp cạnh huyền – cạnh góc vuông.

BÀI GIẢI

Hai tam giác vuông có cạnh huyền \(AC\) chung, cạnh góc vuông \(AB=AD\). Do đó \(\triangle ABC=\triangle ADC\) (ch.cgv.).

BÀI GIẢI

a) Xét hai tam giác vuông. \(\triangle BAD\) vuông tại \(A\), \(\triangle BED\) vuông tại \(E\). Chúng có cạnh huyền \(BD\) chung và \(\widehat{ABD}=\widehat{DBE}\) vì \(BD\) là tia phân giác. Do đó \(\triangle BAD=\triangle BED\) theo trường hợp cạnh huyền – góc nhọn.

b) Suy ra cạnh tương ứng. Từ câu a, \(AB=BE\); đồng thời có \(AD=DE\) để dùng ở câu c.

c) Xét \(\triangle ADF\) và \(\triangle EDC\). Có \(\widehat{DAF}=\widehat{DEC}=90^\circ\), \(AD=DE\), \(\widehat{ADF}=\widehat{EDC}\) (đối đỉnh). Cạnh \(AD,DE\) nằm giữa hai góc đang xét, nên \(\triangle ADF=\triangle EDC\) (g.c.g.). Suy ra \(DF=DC\) và \(AF=EC\).

d) Bước 1. Chứng minh \(BF=BC\). Trong hình, \(A\) nằm giữa \(B,F\) và \(E\) nằm giữa \(B,C\). Dùng câu b, c: \[BF=BA+AF=BE+EC=BC.\]

Bước 2. Tạo hai tam giác có cạnh chung trên \(BD\). Gọi \(K=BD\cap CF\). Xét \(\triangle BFK\) và \(\triangle BCK\): \(BF=BC\), \(BK\) chung; \(\widehat{FBK}=\widehat{KBC}\) vì tia \(BF\) trùng tia \(BA\) và \(BD\) là phân giác góc \(B\). Do đó hai tam giác bằng nhau (c.g.c.).

Bước 3. Suy ra vuông góc. Ta có \(\widehat{BKF}=\widehat{BKC}\). Hai góc này kề bù nên mỗi góc bằng \(180^\circ:2=90^\circ\). Vậy \(BD\perp CF\).

BÀI GIẢI

a) Hai tam giác vuông tại \(E,F\) có cạnh huyền \(BM=CM\) và \(\widehat{BME}=\widehat{CMF}\) (đối đỉnh), nên \(\triangle BEM=\triangle CFM\) (ch.gn.).

b) Suy ra \(ME=MF\); \(E,M,F\) thẳng hàng và \(M\) nằm giữa \(E,F\), nên \(M\) là trung điểm \(EF\).

c) \(BM=CM,MF=ME,\widehat{BMF}=\widehat{CME}\) (đối đỉnh), nên \(\triangle BMF=\triangle CME\) (c.g.c.). Suy ra \(\widehat{MBF}=\widehat{MCE}\), hai góc so le trong, nên \(BF\parallel CE\).

BÀI GIẢI

a) Hai tam giác vuông tại \(E,F\) có cạnh huyền \(AD\) chung và \(\widehat{EAD}=\widehat{DAF}\) (phân giác), nên \(\triangle ADE=\triangle ADF\) (ch.gn.).

b) Suy ra \(AE=AF\) (hai cạnh tương ứng).

BÀI GIẢI

\(AB=AC,BH=CH,AH\) chung nên \(\triangle ABH=\triangle ACH\) (c.c.c.).

a) Suy ra \(\widehat{AHB}=\widehat{AHC}\). Hai góc này kề bù nên đều bằng \(90^\circ\); vậy \(AH\perp BC\).

b) Cũng từ hai tam giác bằng nhau, \(\widehat{BAH}=\widehat{CAH}\). Tia \(AH\) nằm trong góc \(A\), nên là phân giác.

BÀI GIẢI

Hai tam giác \(ABE,DBE\) vuông tại \(A,D\), có cạnh huyền \(BE\) chung và \(\widehat{ABE}=\widehat{DBE}\) (phân giác). Vậy \(\triangle ABE=\triangle DBE\) (ch.gn.).

BÀI GIẢI

Giả thiết \(MN=NP\) làm tam giác cân tại \(N\), không phải tại \(M\), nên không thể suy ra \(NK=KP\). Chẳng hạn, lấy tam giác vuông cân tại \(N\), với \(MN=NP>0\). Khi đó \(MN\perp NP\), chân đường cao từ \(M\) chính là \(N\), tức \(K=N\). Ta có \(NK=0\) còn \(KP=NP>0\), nên \(K\) không là trung điểm của \(NP\).

Với giả thiết \(MN=MP\): hai tam giác \(MKN,MKP\) vuông tại \(K\), có cạnh huyền \(MN=MP\) và cạnh góc vuông \(MK\) chung. Suy ra hai tam giác bằng nhau (ch.cgv.), nên \(KN=KP\). Vì \(K\in NP\), \(K\) là trung điểm của \(NP\).

BÀI GIẢI

a) Bước 1. Chọn hai tam giác vuông có cạnh huyền bằng nhau. Xét \(\triangle ABH\) và \(\triangle ACK\). Chúng vuông lần lượt tại \(H,K\), có \(AB=AC\); đồng thời \(\widehat{BAH}=\widehat{CAK}=\widehat A\).

Bước 2. Suy ra cạnh cần chứng minh. Hai tam giác bằng nhau theo trường hợp cạnh huyền – góc nhọn, nên \(AH=AK\).

b) Bước 1. Dùng kết quả câu a. Xét hai tam giác vuông \(AHI,AKI\): cạnh huyền \(AI\) chung, cạnh góc vuông \(AH=AK\). Do đó \(\triangle AHI=\triangle AKI\) theo trường hợp cạnh huyền – cạnh góc vuông.

Bước 2. Kết luận tia phân giác. Hai góc tương ứng \(\widehat{HAI}=\widehat{KAI}\). Tia \(AH\) nằm trên cạnh \(AC\), tia \(AK\) nằm trên cạnh \(AB\), và tia \(AI\) nằm trong góc \(A\). Vậy \(AI\) chia góc \(A\) thành hai góc bằng nhau, tức là tia phân giác của góc \(A\).

BÀI GIẢI

Khi gấp, hai điểm \(B,C\) trùng nhau còn \(E\) nằm trên nếp gấp. Vì vậy hai đoạn \(BE,CE\) chồng khít: \(BE=CE\). Tam giác \(BEC\) là tam giác cân tại \(E\).

BÀI GIẢI

a) Hai cạnh bên: \(AB,AC\).

b) Cạnh đáy: \(BC\).

c) Hai góc ở đáy: \(\widehat{ABC},\widehat{ACB}\).

d) Góc ở đỉnh: \(\widehat{BAC}\). Khi nói tam giác cân phải chỉ rõ cân tại đỉnh nào.

BÀI GIẢI

a) Vì \(PK\) là phân giác, \(\widehat{MPK}=\widehat{NPK}\). Lại có \(\widehat{PMK}=\widehat{PNK}\) theo giả thiết. Tổng ba góc trong mỗi tam giác cho \(\widehat{MKP}=\widehat{NKP}\).

b) Hai tam giác có hai góc kề cạnh \(PK\) bằng nhau và cạnh \(PK\) chung, nên \(\triangle MKP=\triangle NKP\) (g.c.g.). c) Suy ra \(PM=PN\), vậy \(\triangle MNP\) cân tại \(P\).

BÀI GIẢI

Hai tam giác \(ABM,ACM\) có \(AB=AC,BM=CM,AM\) chung, nên bằng nhau (c.c.c.). Suy ra \(\widehat{ABM}=\widehat{ACM}\). Vì \(B,M,C\) thẳng hàng, đó là hai góc ở đáy của tam giác \(ABC\): \(\widehat B=\widehat C\).

BÀI GIẢI

a) Hai góc ở đáy bằng nhau nên \(\widehat B=50^\circ\). Khi đó \(\widehat A=180^\circ-50^\circ-50^\circ=80^\circ\).

b) \(\widehat B=\widehat C=(180^\circ-40^\circ):2=70^\circ\).

BÀI GIẢI

a) Vạch giữa sân đi qua trung điểm của biên dọc nên \(AM=BM\).

b) Vạch giữa sân vuông góc với biên dọc nên \(MN\perp AB\). Vì vậy đường thẳng \(MN\) là đường trung trực của đoạn \(AB\).

BÀI GIẢI

Hình a đúng vì có đủ hai điều kiện: đi qua trung điểm và vuông góc. Hình b không đúng vì thiếu vuông góc. Hình c chưa đủ căn cứ để kết luận là đường trung trực vì chưa biết giao điểm có chia \(EF\) thành hai đoạn bằng nhau hay không. Không thể chỉ dựa vào cảm giác nhìn hình.

BÀI GIẢI

Do cùng bán kính, \(MA=MB\) và \(NA=NB\). Vì các điểm cách đều hai đầu mút của đoạn thẳng nằm trên đường trung trực, cả \(M,N\) cùng thuộc đường trung trực của \(AB\). Hai điểm phân biệt xác định một đường thẳng, nên \(MN\) chính là đường trung trực cần dựng. Điều kiện bán kính lớn hơn nửa \(AB\) bảo đảm hai cung có hai giao điểm phân biệt.

BÀI GIẢI

a) \(\triangle ABM\) đều vì \(AB=AM=BM\) (và cũng là tam giác cân). \(\triangle AMC\) cân tại \(M\) vì \(AM=MC\).

b) \(\triangle EHF\) cân tại \(E\); \(\triangle EDG\) cân tại \(E\); \(\triangle EDH\) cân tại \(D\); \(\triangle EGF\) cân tại \(G\). Không có dữ kiện buộc một trong các tam giác ấy là tam giác đều.

c) \(\triangle EGH\) cân tại \(E\); \(\triangle IGH\) cân tại \(I\). d) \(\widehat B=180^\circ-38^\circ-71^\circ=71^\circ=\widehat M\), nên \(\triangle CMB\) cân tại \(C\).

BÀI GIẢI

a) \(ED=EF,EI\) chung, \(\widehat{DEI}=\widehat{FEI}\) (phân giác), nên \(\triangle EID=\triangle EIF\) (c.g.c.).

b) Suy ra \(ID=IF\), vậy \(\triangle DIF\) cân tại \(I\).

BÀI GIẢI

a) \(\widehat B=\widehat C=(180^\circ-56^\circ):2=62^\circ\).

b) Vì \(AB=AC\), \(AM=AB/2=AC/2=AN\); suy ra \(\triangle AMN\) cân tại \(A\).

c) \(\widehat{AMN}=(180^\circ-56^\circ):2=62^\circ=\widehat{ABC}\). Hai góc này đồng vị với cát tuyến \(AB\), nên \(MN\parallel BC\).

BÀI GIẢI

\(AB=AC\), nên \(AM=AC/2=AB/2=AN\). Hai tam giác \(ABM,ACN\) có \(AB=AC,AM=AN\), góc xen giữa \(BAM=CAN\) cùng là góc \(A\). Vậy hai tam giác bằng nhau (c.g.c.), suy ra \(BM=CN\).

BÀI GIẢI

a) Dùng góc ở đáy và tia phân giác. Vì \(\triangle ABC\) cân tại \(A\), nên \(\widehat B=\widehat C\). Hai tia phân giác cho \[\widehat{ABF}=\dfrac12\widehat B=\dfrac12\widehat C=\widehat{ACE}.\]

b) Chứng minh hai cạnh của \(\triangle AEF\) bằng nhau. Xét \(\triangle ABF\) và \(\triangle ACE\): góc \(A\) chung, \(AB=AC\), và \(\widehat{ABF}=\widehat{ACE}\) theo câu a. Suy ra hai tam giác bằng nhau (g.c.g.), nên \(AF=AE\). Vậy \(\triangle AEF\) cân tại \(A\). Ta cũng có \(BF=CE\).

c) Bước 1. Chứng minh \(\triangle IBC\) cân. Vì \(I\in BF\) và \(I\in CE\), nên \[\widehat{IBC}=\dfrac12\widehat B=\dfrac12\widehat C=\widehat{ICB}.\] Tam giác \(IBC\) có hai góc ở đáy bằng nhau, nên cân tại \(I\), suy ra \(IB=IC\).

Bước 2. Chứng minh \(\triangle IEF\) cân. \(I\) nằm giữa \(B,F\) và giữa \(C,E\), nên \(IF=BF-BI\), \(IE=CE-CI\). Dùng \(BF=CE\) và \(BI=CI\): \[IF=BF-BI=CE-CI=IE.\] Vậy \(\triangle IEF\) cân tại \(I\).

BÀI GIẢI

Tính theo các dữ kiện của đề: vì cân tại \(A\), \(AC=AB=20\text{ cm}\), \(\widehat C=\widehat B=35^\circ\). Do đó \(\widehat A=180^\circ-35^\circ-35^\circ=110^\circ\), chu vi \(P=20+20+28=68\text{ cm}\).

Lưu ý về dữ kiện: bộ số đo cạnh 20–20–28 và góc đáy 35° đã cho không mô tả cùng một tam giác chính xác. Các phép tính trên là đáp án theo hai nhóm dữ kiện mà đề cho; khi dựng hình theo tỉ lệ, cần kiểm tra và thống nhất lại số đo.

BÀI GIẢI

a) \(AM=AN\) nên \(AMN\) cân tại \(A\): \(M_1=(180^\circ-42^\circ):2=69^\circ\). Vì \(AB=AM+MB=AN+NC=AC\), \(ABC\) cân tại \(A\), nên \(B_1=69^\circ\). \(MB=MP\) nên \(MBP\) cân tại \(M\), hai góc ở đáy bằng \(69^\circ\); do đó \(M_2=180^\circ-2\cdot69^\circ=42^\circ\).

b) \(\widehat{AMN}=\widehat{ABC}=69^\circ\) là hai góc đồng vị nên \(MN\parallel BC\). \(\widehat{BMP}=\widehat{BAC}=42^\circ\) là hai góc đồng vị nên \(MP\parallel AC\).

c) \(\triangle AMN=\triangle MBP\) (c.g.c.) vì hai cạnh bên đều bằng nhau và góc ở đỉnh đều \(42^\circ\). Tại \(M\), các góc \(AMN,NMP,PMB\) tạo thành góc bẹt: \(\widehat{NMP}=180^\circ-69^\circ-42^\circ=69^\circ\). Do \(PM=PN\), tam giác \(PMN\) có hai góc đáy \(69^\circ\), góc đỉnh \(MPN=42^\circ\), nên \(\triangle PMN=\triangle AMN\) (c.g.c.). Tam giác \(NPC\) có \(NP=NC\), góc tại \(C\) bằng \(69^\circ\), nên góc đỉnh tại \(N\) bằng \(42^\circ\); \(\triangle NPC\) cũng bằng ba tam giác kia (c.g.c., viết thứ tự tương ứng thích hợp: \(\triangle AMN=\triangle NCP\)).

BÀI GIẢI

a) Hai tam giác \(AOC,BOD\) có \(OA=OB,OC=OD\), \(\widehat{AOC}=\widehat{BOD}\) (đối đỉnh), nên bằng nhau (c.g.c.). Suy ra \(AC=BD\).

b) \(AD=AO+OD=BO+OC=BC\). Kết hợp \(AC=BD\) và \(CD=DC\), suy ra \(\triangle ACD=\triangle BDC\) (c.c.c.). Phải ghép \(A↔ B,C↔ D,D↔ C\).

BÀI GIẢI

a) Xét \(\triangle ABD,\triangle ACE\): \(AB=AC,AD=AE\) và \(\widehat{BAD}=\widehat{CAE}\) cùng là góc \(A\). Suy ra hai tam giác bằng nhau (c.g.c.). Do đó \(\widehat{ABD}=\widehat{ACE}\) và \(\widehat{ADB}=\widehat{AEC}\), chứ không phải cặp góc ghi nhầm trong đề.

b) Vì \(ABC\) cân tại \(A\), \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\). Trừ hai góc bằng nhau ở câu a: \(\widehat{IBC}=\widehat{ABC}-\widehat{ABD}=\widehat{ACB}-\widehat{ACE}=\widehat{ICB}\). Vậy \(IBC\) cân tại \(I\).

BÀI GIẢI

Xét \(\triangle OAM,\triangle OBN\): \(OA=OB\), \(\widehat{OAM}=\widehat{OBN}\), và \(\widehat{AOM}=\widehat{BON}\) vì hai góc tạo bởi cùng hai tia \(ON,OM\). Vậy hai tam giác bằng nhau (g.c.g.), suy ra \(AM=BN\).

BÀI GIẢI

Điểm \(M\) thuộc đường trung trực của \(AB\) nên \(MA=MB\). Do đó \(x+2=7\), suy ra \(x=5\).

BÀI GIẢI

Vì \(AM\) đi qua trung điểm \(M\) và vuông góc với \(CB\), \(AM\) là đường trung trực của \(CB\). Điểm \(A\) thuộc đường trung trực nên \(AB=AC=8\text{ cm}\).

BÀI GIẢI

\(A\in d\), mà \(d\) là đường trung trực của \(BC\), nên \(AC=AB=10\text{ cm}\).

BÀI GIẢI

Hai tam giác \(ADB,ADC\) vuông tại \(D\), có cạnh huyền \(AB=AC\) và cạnh góc vuông \(AD\) chung. Do đó bằng nhau (ch.cgv.), suy ra \(DB=DC\). Vậy \(D\) là trung điểm \(BC\); lại có \(AD\perp BC\), nên \(AD\) là đường trung trực của \(BC\).

BÀI GIẢI

a) Vì \(AB=AC\), điểm \(A\) thuộc đường trung trực của \(BC\). Vì \(DB=DC\), điểm \(D\) cũng thuộc đường trung trực ấy. Vậy đường thẳng \(AD\) chính là đường trung trực của \(BC\); giao điểm \(M\) là trung điểm \(BC\).

b) \(AB=AC,BM=CM,AM\) chung, nên \(\triangle ABM=\triangle ACM\) (c.c.c.).

BÀI GIẢI

Do \(DB=DC\), điểm \(D\) thuộc đường trung trực của \(BC\). Đường trung trực ấy là \(AM\), nên \(D\in AM\). Vậy \(A,M,D\) thẳng hàng.

BÀI GIẢI

Dựng đường trung trực \(\Delta\) của đoạn \(AB\). Lấy \(M=d\cap\Delta\). Khi đó \(M\) nằm trên đường và cách đều hai điểm dân cư, vì thuộc đường trung trực của \(AB\).

Trong cấu hình đã cho, hai đường cắt nhau nên có một vị trí. Tổng quát: nếu \(d\parallel\Delta\) và khác \(\Delta\) thì không có vị trí; nếu \(d=\Delta\), mọi điểm trên đường đều cách đều \(A,B\).