Tham khảo đề kiểm tra 1 tiết Chương 2 Tam giác Hình học 7: Tính các góc của tam giác BMC

Bài 1. Bằng tính toán hãy xét xem tam giác sau đây có vuông ahy không, nếu vuông thì vuông tại đỉnh nào? Biết MN = \(\sqrt 3 \,;\,NP = \sqrt 5 ;\,\) và \(MP =\sqrt 2 .\)

Bài 2. Cho tam giác ABC cân tại A có \( \Rightarrow MI = NI\) \(\widehat A = {100^o}\), kẻ Bx vuông góc với AB tại B, Cy vuông góc với AC tại C. Gọi M là giao điểm của Bx và Cy.

a) Tính các góc của tam giác BMC.

b) Chứng minh rằng AM là đường trung trực của BC.

Bài 3. Cho tam giac ABC có \(\widehat A = {40^o}\); AB = AC. Gọi H là trung điểm của BC.

a) Tính \(\widehat {ABC},\,\widehat {ACB}\) và chứng minh AH vuông góc với BC.

b) Trung trực của đoạn AC cắt tia CB ở M. Tính \(\widehat {MAH}\).

c) Trên tia đối của tia MA lấy điểm N sao cho AN = BM. Chứng minh AM = CN.

d) Vẽ CI vuông góc với MN tại I. Chứng minh I là trung điểm của MN.

Bài 1. Ta có \({\left( {\sqrt 3 } \right)^2} + {\left( {\sqrt 2 } \right)^3} = {\left( {\sqrt 5 } \right)^2}\)\(\,\left( {M{N^2} + M{P^2} = N{P^2}} \right)\)

Theo định lí Pytago đảo ta có \(\Delta MNP\) vuông tại M.

\( \Rightarrow \widehat {ABC} = \widehat {ACB} = \dfrac{{{{180}^o} – {{100}^o}}}{ 2} \)\(\,= {40^o}\)

Bài 2.

a) \(\Delta ABC\) cân tại A có \(\widehat A = {100^o}\)

\(Bx \bot AB\) (giả thiết) \( \Rightarrow \widehat {ABx} = {90^o}\)

\( \Rightarrow \widehat {CBx} = {90^o} – \widehat {ABC} = {90^o} – {40^o} \)\(\;= {50^o}\)

Tương tự ta có \(\widehat {CBy} = {50^o}\)

Do đó \(\widehat {BMC} = {180^o} – \left( {\widehat {CBx} + \widehat {BCy}} \right)\)

\( = {180^o} – {100^o} = {80^o}.\)

b) Ta có \(\widehat {BCy} = \widehat {BCx} = {50^o}\) nên \(\Delta BMC\) cân tại M \( \Rightarrow MB = MC.\)

Lại có AB = AC (giả thiết).

Do đó AM là đường trung trực của BC.

Bài 3.

a) Ta có \(\Delta ABC\) cân tại A có \(\widehat A = {40^o}\)

\( \Rightarrow \widehat {ABC} = \widehat {ACB} = \dfrac {{{{180}^o} – \widehat A}}{ 2} \)\(\;=\dfrac {{{{180}^o} – {{40}^o}} }{ 2} = {70^o}\)

H là trung điểm của BC (giả thiết) \( \Rightarrow HB = HC\), lại có AB = AC (giả thiết). Do đó \(\Delta AHB = \Delta AHC\)(c.c.c).

\( \Rightarrow \widehat {HAB} = \widehat {HAC}\)(góc tương ứng), mà \(\widehat {HAB} + \widehat {HAC} = {180^o}\)(kề bù)

\(\widehat {HAB} = \widehat {HAC} = {90^o}\) hay \(AH \bot BC.\)

b) M thuộc trung trực của đoạn AC nên MA = MC.

Do đó \(\Delta AMC\) cân tại M \( \Rightarrow \widehat {MAC} = \widehat {BCA} = {70^o}\).

Lại có \(\Delta AHB = \Delta AHC\) (chứng minh trên)

\( \Rightarrow \widehat {HAB} = \widehat {HAC} = \dfrac{{\widehat {BAC}} }{2} \)\(\;= \dfrac{{{{40}^o}} }{ 2} = {20^o}\)

\(\widehat {MAH} = \widehat {MAC} – \widehat {HAC} \)\(\;= {70^o} – {20^o} = {50^o}.\)

c) Ta có \(\widehat {NAC} + \widehat {MAC} = {180^o}\) (kề bù)

\( \Rightarrow \widehat {NAC} = {180^o} – \widehat {MAC}\)\(\; = {180^o} – {70^o} = {110^o}.\)

Xét \(\Delta ABM\) và \(\Delta CAN\) có: AB = AC (giả thiết)

Chứng minh tương tự ta có \(\widehat {MBA} = {110^o}\) (vì \(\widehat {ABC} = {70^o}\))

\(\widehat {ABM} = \widehat {CAN} = {110^o}\) (chứng minh trên)

MB = NA (giả thiết).

Do đó \(\Delta ABM = \Delta CAN\) (c.g.c)

\( \Rightarrow AM = CN\) (cạnh tương ứng).

d) Ta có MA = MC (chứng minh trên) \( \Rightarrow MC = NC.\)

Xét \(\Delta MIC\) và \(\Delta NIC\) có:

+) \(\widehat {MIC} = \widehat {NIC} = {90^o}\) (giả thiết),

+) MC = NC (chứng minh trên),

+) IC chung.

Vậy \(\Delta MIC\)= \(\Delta NIC\) (ch.cgv)

\( \Rightarrow MI = NI\) hay I là trung điểm của MN.