X

SBT Toán 7 Kết nối tri thức

Giải SBT Toán 7 trang 62 Tập 1 Kết nối tri thức


Haylamdo sưu tầm và biên soạn Giải SBT Toán 7 trang 62 Tập 1 trong Bài 14: Trường hợp bằng nhau thứ hai và thứ ba của tam giác Sách bài tập Toán lớp 7 Kết nối tri thức hay nhất, chi tiết sẽ giúp học sinh dễ dàng làm bài tập trong SBT Toán 7 trang 62.

Giải SBT Toán 7 trang 62 Tập 1 Kết nối tri thức

Bài 4.27 trang 62 sách bài tập Toán lớp 7 Tập 1: Cho các điểm A, B, C, D, E như Hình 4.27, biết rằng AD = BC, ADE^=BCE^. Chứng minh rằng:

a) DAC^=CBD^.

b) ∆AED = ∆BEC.

c) AB song song với DC.

Cho các điểm A, B, C, D, E như Hình 4.27, biết rằng AD = BC, ∠ADE = ∠BCE. Chứng minh rằng

Lời giải:

a) Xét tam giác AED có:

ADE^+DAE^+AED^=180° 

DAE^=180°-ADE^-AED^ (1)

Xét tam giác BEC có:

 BCE^+EBC^+BEC^=180°

EBC^=180°-BCE^-BEC^ (2)

ADE^=BCE^; AED^=BEC^ (hai góc đối đỉnh) (3)

Từ (1); (2); (3) suy ra, DAE^=EBC^ hay DAC^=CBD^ (điều phải chứng minh).

b) Xét ∆AED và ∆BEC ta có:  

DAE^=EBC^ (chứng minh trên)

 ADE^=BCE^ (giả thiết)

AD = CB (giả thiết)

Do đó, ∆AED = ∆BEC (g – c – g).

c) Vì ∆AED = ∆BEC nên AE = BE; ED = EC.

Ta có: AC = AE + EC; BD = BE + ED.

Do đó, AC = BD.

Xét ∆ABD và ∆BAC ta có:  

AC = BD (chứng minh trên)

AB chung

AD = CB (giả thiết)

Do đó, ∆ABD = ∆BAC (c – c – c)

Suy ra ABD^=BAC^ (hai góc tương ứng)

Xét tam giác AEB có:

ABE^+BAE^+AEB^=180°

Do đó, 2ABE^=180°-AEB^ (vì ABE^=BAE^ do ABD^=BAC^)

Suy ra ABE^=180°- AEB^2 (4)

Xét ∆ACD và ∆BDC ta có:  

AC = BD (chứng minh trên)

CD chung

AD = CB (giả thiết)

Do đó, ∆ACD = ∆BDC (c – c – c)

Suy ra ACD^=BDC^ (hai góc tương ứng)

Xét tam giác DEC có:

DCE^+EDC^+DEC^=180°

Do đó, 2EDC^=180°-DEC^ (vì EDC^=DCE^ do ACD^ = BDC^)

Suy ra EDC^=180°-DEC^2 (5)

Lại có, AEB^,DEC^ là hai góc đối đỉnh nên AEB^=DEC^ (6)

Từ (4); (5); (6) suy ra ABE^=EDC^ = hay ABD^=BDC^.

Mà hai góc này lại ở vị trí so le trong nên AB // CD.

Bài 4.28 trang 62 sách bài tập Toán lớp 7 Tập 1: Cho tam giác ABC bằng tam giác DEF (H.4.28).

a) Gọi M và N lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng BC và EF. Chứng minh rằng AM = DN.

b) Trên hai cạnh AC và DF lấy hai điểm P và Q sao cho BP, EQ lần lượt là phân giác của các góc ABC^DEF^. Chứng minh rằng: BP = EQ.

Cho tam giác ABC bằng tam giác DEF (H.4.28)

Lời giải:

a) Vì ∆ABC = ∆DEF nên

ABC^=DEF^; BAC^=EDF^; ACB^=DFE^AB=DE; BC=EF; AC=DF 

Vì M là trung điểm của BC nên BM = MC = 12BC .

Vì N là trung điểm của EF nên EN = NF = 12EF .

Mà BC = EF (chứng minh trên) nên BM = EN.

Xét ∆ABM và ∆DEN ta có:  

BM = EN (chứng minh trên)

AB = DE (chứng minh trên)

ABM^=DEN^ (do ABC^=DEF^ chứng minh trên)

Do đó, ∆ABM = ∆DEN (c – g – c).

Suy ra, AM = DN (hai cạnh tương ứng).

b) Vì BP là tia phân giác của góc ABP^ nên ABP^PBC^=ABC^2

Vì EQ là tia phân giác của góc DEF^ nên DEQ^=QEF^=DEF^2

ABC^  = DEF^ nên PBC^  = QEF^.

Xét ∆PBC và ∆QEF ta có:  

BC = EF (chứng minh trên)

PBC^=QEF^ (chứng minh trên)

PCB^=QFE^ (do ACB^=DFE^ chứng minh trên)

Do đó, ∆PBC = ∆QEF (g – c – g)

Suy ra, BP = EQ (hai cạnh tương ứng).

Bài 4.29 trang 62 sách bài tập Toán lớp 7 Tập 1: Gọi M và N lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng cạnh BC và EF của hai tam giác ABC và DEF. Giả sử rằng AB = DE, BC = EF, AM = DN (H.4.29). Chứng minh rằng ∆ABC = ∆DEF.

Gọi M và N lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng cạnh BC và EF của hai tam giác ABC và DEF

Lời giải:

Vì M là trung điểm của BC nên BM = MC = BC2

Vì N là trung điểm của EF nên EN = NF = EF2

Mà BC = EF (giả thiết) nên BM = EN.

Xét ∆ABM và ∆DEN ta có:  

AB = DE (giả thiết)

BM = EN (chứng minh trên)

AM = DN (giả thiết)

Do đó, ∆ABM = ∆DEN (c – c – c).

Suy ra, ABM^=DEN^  (hai góc tương ứng) hay ABC^=DEF^.

Xét ∆ABC và ∆DEF ta có:

AB = DE (giả thiết)

BC = EF (giả thiết)

ABC^=DEF^ (chứng minh trên)

Do đó, ∆ABC = ∆DEF (c – g – c).

Bài 4.30 trang 62 sách bài tập Toán lớp 7 Tập 1: Cho hai đoạn thẳng AC và BD cắt nhau tại điểm O sao cho OA = OB = OC = OD như Hình 4.30. Chứng minh ABCD là hình chữ nhật.

Cho hai đoạn thẳng AC và BD cắt nhau tại điểm O sao cho OA = OB = OC = OD như Hình 4.30

Lời giải:

Xét ∆OAB và ∆OCD ta có:

OA = OC (giả thiết)

AOB^=COD^ (hai góc đối đỉnh)

OB = OD (giả thiết)

Do đó, ∆OAB = ∆OCD (c – g – c).

Suy ra AB = DC và BAO^=OCD^ hay BAC^=ACD^.

Mà hai góc này ở vị trí so le trong, do đó AB // DC (1).

Xét ∆OAD và ∆OCB ta có:

OA = OC (giả thiết)

AOD^=BOC^ (hai góc đối đỉnh)

OD = OB (giả thiết)

Do đó, ∆OAD = ∆OCB (c – g – c).

Suy ra AD = BC và OAD^=OCB^ hay CAD^=ACB^.

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên AD // BC (2).

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ABCD là hình bình hành.

Ta có: OA = OC = OB = OD, AC = OA + OC, BD = OB + OD.

Do đó, AC = BD.

 Xét tam giác ABD và tam giác DCA có:

AB = DC  (chứng minh trên)

AD: cạnh chung

BD = AC (chứng minh trên)

Do đó, ∆ABD = ∆DCA (c – c – c).

Suy ra BAD^=CDA^.

Lại có: BAD^+CDA^=180° (do AB // DC, hai góc ở vị trí trong cùng phía)

Do đó: BAD^=CDA^=180°2=90°.

Vậy hình bình hành ABCD có một góc vuông nên nó là hình chữ nhật.

Lời giải sách bài tập Toán lớp 7 Bài 14: Trường hợp bằng nhau thứ hai và thứ ba của tam giác Kết nối tri thức hay khác:

Xem thêm lời giải sách bài tập Toán lớp 7 Kết nối tri thức với cuộc sống hay, chi tiết khác: