Trường hợp bằng nhau thứ ba của tam giác

Áp dụng trường hợp bằng nhau thứ ba của tam giác góc – cạnh – góc, ta thấy để tam giác \(ABC\) và tam giác \(DFE\) bằng nhau ta cần thêm một điều kiện là \(\widehat C = \widehat E.\)

Ta thấy hai tam giác \(IQK\) và tam giác \(MNP\) có hai yếu tố về góc \(\widehat I = \widehat {M,}\widehat K = \widehat P\).

Để tam giác \(IQK\) và tam giác \(MNP\) bằng nhau theo trường hợp góc – cạnh – góc thì cần thêm điều kiện về cạnh kề hai góc đã cho đó là \(IK = MP\).

Xét tam giác \(PQR\) và tam giác \(DFE\) có \(\widehat P = \widehat D = {60^ \circ }\), \(PR = DE,\) \(\widehat R = \widehat E\). Do đó \(\Delta PQR = \Delta DFE\) (g.c.g)

Vì \(Oz\) là tia phân giác của \(\widehat {xOy}\) nên \(\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}}\)

Xét tam giác \(OKE\) và tam giác \(OHE\) có:

\(\widehat {EKO} = \widehat {EHO} = 90^\circ \) (gt)

\(OE\) là cạnh chung

\(\widehat {{O_2}} = \widehat {{O_1}}\) (cmt)

\( \Rightarrow \Delta OKE = \Delta OHE\) (cạnh huyền – góc nhọn)

Do đó \(OK = OH\) (hai cạnh tương ứng)

Xét tam giác \(OKN\) và tam giác \(OHM\) có:

\(\widehat {EKO} = \widehat {EHO} = 90^\circ \) (gt)

\(OK = OH\)  (cmt)

\(\widehat {MON}\) chung

\( \Rightarrow \Delta OKN = \Delta OHM\,(g.c.g)\)  

Do đó \(KN = HM\) (hai cạnh tương ứng).

Kéo dài \(OC\) cắt \(BD\) tại \(K.\) Ta có \(OD \bot OC \Rightarrow OD \bot CK \Rightarrow \widehat {COD} = \widehat {KOD} = 90^\circ \); \(AB \bot DK \Rightarrow \widehat {OBD} = \widehat {OBK} = 90^\circ .\)

Xét tam giác \(AOC\) và tam giác \(BOK\) có:

+ \(\widehat {OAC} = \widehat {OBK} = 90^\circ \)

+ \(OA = OB\,\) (\(O\) là trung điểm của \(AB\) )

+ \(\widehat {AOC} = \widehat {BOK}\) (hai góc đối đỉnh)

Suy ra \(\Delta AOC = \Delta BOK\left( {g.c.g} \right)\) \( \Rightarrow OC = OK\) (hai cạnh tương ứng); \(AC = BK\) (hai cạnh tương ứng)

Xét tam giác \(DOC\) và tam giác \(DOK\) có:

+ \(OC = OK\) (cmt)

+ \(\widehat {DOC} = \widehat {DOK} = 90^\circ \) (cmt)

+ \(OD\) là cạnh chung

Suy ra \(\Delta DOC = \Delta DOK\left( {c.g.c} \right)\) \( \Rightarrow CD = DK\) (hai cạnh tương ứng)

Ta có: \(DK = DB + BK\) mà \(AC = BK\) (cmt) và \(CD = DK\) (cmt) nên \(CD = AC + BD = 5 + 2 = 7(cm)\).

 Vậy \(CD = 7(cm).\)

Vì \(AK\) là tia phân giác của \(\widehat {BAC}\) nên \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{A_2}}\)

Theo giả thiết ta có: \(BH \bot AK \Rightarrow BD \bot AK \Rightarrow \widehat {AHB} = \widehat {AHD} = 90^\circ \)

Xét tam giác \(AHB\) và tam giác \(AHD\) có:

+ \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{A_2}}\) (cmt)

+ \(AH\) là cạnh chung

+ \(\widehat {AHB} = \widehat {AHD} = 90^\circ \)

Nên \(\Delta {\rm A}{\rm H}{\rm B} = \Delta {\rm A}{\rm H}{\rm{D}}\left( {g.c.g} \right)\) \( \Rightarrow HB = HD;AB = AD\) (hai cạnh tương ứng) ; \(\widehat {ABH} = \widehat {ADH}\) (hai góc tương ứng)

Xét tam giác \(DEF\) và tam giác \(KGH\) có \(\widehat D = \widehat K\), \(\widehat E = \widehat G\), \(DE = KG\)

Do đó \(\Delta DEF = \Delta KGH\,(g.c.g)\)

Do đó \(\widehat H = \widehat F = {75^0}\) (hai góc tương ứng).

Xét tam giác \(MNP\)  và tam giác \(FED\) có \(MN = EF,\) \(\widehat M = \widehat F\), \(\widehat N = \widehat E\).

Do đó \(\Delta MNP = \Delta FED\,\left( {g.c.g} \right)\).

Do đó \(NP = ED = 9cm\) (hai cạnh tương ứng).

Ta có: \({\widehat A_1} + {\widehat A_2} = {90^0}\,\,\,\left( {do\,\,\,\widehat {BAC} = {{90}^0}} \right)\).

Mà \({\widehat A_1} + {\widehat B_2} = {90^0}\) vì tam giác \(ABD\)  vuông tại \(D.\)

\( \Rightarrow {\widehat B_2} = {\widehat A_2}\)  (cùng phụ với \({\widehat A_1}\)).

Xét tam giác \(BDA\) và tam giác \(AEC\) có:

\(\widehat D = \widehat E = {90^0}\); \(AB = AC\) (gt) và \({\widehat B_2} = {\widehat A_2}\) (cmt)

\( \Rightarrow \Delta BDA = \Delta AEC\) (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra \(BD = AE\) (hai cạnh tương ứng), \(CE = AD\) (hai cạnh tương ứng).

Do đó \(DE = AD + AE = CE + BD = 2 + 3 = 5cm\)

Áp dụng trường hợp bằng nhau thứ ba của  tam giác ta thấy cần thêm điều kiện về góc kề cạnh đó là  \(\widehat C = \widehat M.\)

Ta thấy hai tam giác $ABC$  và tam giác $MNP$ có hai yếu tố về góc  \(\widehat A = \widehat {M,}\widehat B = \widehat N\).

Để tam giác $ABC$  và tam giác $MNP$ bằng nhau theo trường hợp góc – cạnh – góc thì cần thêm điều kiện về cạnh kề hai góc đã cho đó là $AB = MN.$

Xét tam giác $ABC$  và tam giác $MNP$  có  $\widehat B = \widehat N = {90^ \circ }$, $AC = MP$, \(\widehat C = \widehat M\) , do đó  \(\Delta ABC = \Delta PNM\) (cạnh huyền – góc nhọn) 

Ta có:

\(\widehat {{M_1}} = \widehat {{O_2}}\) (hai góc so le trong)

\(\widehat {{M_2}} = \widehat {{O_1}}\) (hai góc so le trong)

\(\widehat {{O_2}} = \widehat {{O_1}}\)(do $Oz$ là tia phân giác của góc $xOy$)

Do đó \(\widehat {{M_2}} = \widehat {{M_1}}\)

Xét tam giác $AOM$  và tam giác $BOM$  có:

 \(\widehat {{M_2}} = \widehat {{M_1}}\)(cmt)

 $OM$  là cạnh chung

  \(\widehat {{O_2}} = \widehat {{O_1}}\)(cmt)

\( \Rightarrow \Delta AOM = \Delta BOM (g.c.g)\)

Do đó $OA = OB;MA = MB$ (các cặp cạnh tương ứng).

Kéo dài \(OC\) cắt \(BD\) tại \(K.\) Khi đó \(OD \bot OC \Rightarrow OD \bot CK \Rightarrow \widehat {COD} = \widehat {KOD} = 90^\circ \)  ; \(AB \bot DK \Rightarrow \widehat {OBD} = \widehat {OBK} = 90^\circ .\)

Xét tam giác \(AOC\) và tam giác \(BOK\) có

+ \(\widehat {OAC} = \widehat {OBK} = 90^\circ \)

+ \(OA = OB\,\) (\(O\) là trung điểm của \(AB\))

+ \(\widehat {AOC} = \widehat {BOK}\) (hai góc đối đỉnh)

Suy ra \(\Delta AOC = \Delta BOK\left( {g - c - g} \right)\) \( \Rightarrow OC = OK\) (hai cạnh tương ứng); \(AC = BK\) (hai cạnh tương ứng)

Xét tam giác \(DOC\) và tam giác \(DOK\) có

+ \(OC = OK\) (cmt)

+ \(\widehat {DOC} = \widehat {DOK} = 90^\circ \)

+ Cạnh \(OD\) chung,

Suy ra \(\Delta DOC = \Delta DOK\left( {g - c - g} \right)\) \( \Rightarrow CD = DK\) (hai cạnh tương ứng)

Ta có $DK = DB + BK$ mà \(AC = BK\)(cmt) và \(CD = DK\) (cmt) nên \(CD = AC + BD.\)

Xét tam giác \(ABE\) và tam giác \(ACD\) có

+ \(AE = AD\left( {gt} \right)\)

 + Góc \(A\) chung

+ \(AB = AC\left( {gt} \right)\)

Suy ra \(\Delta ABE = \Delta ACD\left( {c - g - c} \right)\) \( \Rightarrow \widehat {ABE} = \widehat {ACD};\widehat {ADC} = \widehat {AEB}\) (hai góc tương ứng) và \(BE = CD\) (hai cạnh tương ứng) nên A đúng.

Lại có \(\widehat {ADC} + \widehat {BDC} = 180^\circ \); \(\widehat {AEB} + \widehat {BEC} = 180^\circ \) (hai góc kề bù) mà \(\widehat {ADC} = \widehat {AEB}\) (cmt)

Suy ra \(\widehat {BDC} = \widehat {BEC}.\)

Lại có \(AB = AC;\,AD = AE\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow AB - AD = AC - AE \Rightarrow BD = EC\) nên C đúng.

Xét tam giác \(KBD\) và tam giác \(KCE\) có

+ \(\widehat {ABE} = \widehat {ACD}\,\left( {cmt} \right)\)

+ \(BD = EC\,\left( {cmt} \right)\)

+  \(\widehat {BDC} = \widehat {BEC}\,\left( {cmt} \right)\)

Nên \(\Delta KBD = \Delta KCE\left( {g - c - g} \right)\) \( \Rightarrow KB = KC;\,KD = KE\) (hai cạnh tương ứng)  nên B đúng, D sai.

Xét tam giác $DEF$  và tam giác $HKG$  có \(\widehat D = \widehat H\), \(\widehat E = \widehat K\), $DE = HK,$ do đó \(\Delta DEF = \Delta HKG\)(g.c.g).

Do đó \(\widehat G = \widehat F = {80^0}\) (hai góc tương ứng).

Xét tam giác $ABC$  và tam giác $DEF$ có $AB = DE,$ \(\widehat B = \widehat E\) , \(\widehat A = \widehat D\) , do đó \(\Delta ABC = \Delta DEF\,\left( {g - c - g} \right)\).

Do đó $DF = AC = 6cm$ (hai cạnh tương ứng).

Ta có: \({\widehat A_1} + {\widehat A_2} = {90^0}\,\,\,\left( {do\,\,\,\widehat {BAC} = {{90}^0}} \right)\)

Mà ${\widehat A_1} + {\widehat B_2} = {90^0}$ vì tam giác $ABD$  vuông tại $D.$

\( \Rightarrow {\widehat B_2} = {\widehat A_2}\)  (cùng phụ với \({\widehat A_1}\)).

Lại có \({\widehat A_2} + {\widehat C_1} = {90^0}\) vì tam giác $ACE$  vuông tại $E$

\( \Rightarrow {\widehat A_1} = {\widehat C_1}\) (cùng phụ với \({\widehat A_2}\)).

Xét hai tam giác vuông $BDA$  và $AEC$  có:

\(\widehat D = \widehat E = {90^0}\); \(AB = AC\) (gt) và \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{C_1}}\) (cmt)

\( \Rightarrow \Delta BA{\rm{D}} = \Delta ACE\) (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra $BD = AE$ (hai cạnh tương ứng), $CE = AD$ (hai cạnh tương ứng).

Do đó $DE = AD + AE = CE + BD.$

Xét tam giác $DEF$  và tam giác $FBD$  có:

\(\widehat {{D_1}} = \widehat {{F_1}}\) (hai góc so le trong).

$DF$ là cạnh chung

\(\widehat {{F_2}} = \widehat {{D_2}}\) (hai góc so le trong).

Vậy \(\Delta DEF = \Delta FBD\,\,\,(g.c.g)\)

Suy ra $EF = BD$ (hai cạnh tương ứng)

 Mà $AD = BD$ nên $EF = AD$

Ta có : \(\widehat {{F_3}} = \widehat B\) (hai góc đồng vị); \(\widehat {{D_3}} = \widehat B\) (hai góc đồng vị)

 \( \Rightarrow \widehat {{D_3}} = \widehat {{F_3}}\left( { = \widehat B} \right).\).

Xét tam giác $ADE$ và tam giác $EFC$  có:

\(\widehat {{D_3}} = \widehat {{F_3}}\)(cmt)

\(\widehat A = \widehat {{E_1}}\)(hai góc đồng vị)

$AD = EF\left( {cmt} \right)$

 \( \Rightarrow \Delta ADE = \Delta EFC\,\,\,(g.c.g).\)  (1)

Tương tự ta chứng minh được \(\Delta EFC = \Delta DBF\,\,\,(g.c.g)\)     (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\Delta ADE = \Delta EFC = \Delta DBF\)                      (3)

Vì \(BD\) là tia phân giác của \(\widehat {ABC}\) nên \(\widehat {{B_1}} = \widehat {{B_2}} = \dfrac{1}{2}\widehat {ABC}\)

Vì \(CE\) là tia phân giác của \(\widehat {ACB}\) nên \(\widehat {{C_1}} = \widehat {{C_2}} = \dfrac{1}{2}\widehat {ACB}\)

Xét \(\Delta ABC\) có: \(\widehat A + \widehat {ABC} + \widehat {ACB} = 180^\circ \) (tổng ba góc của một tam giác bằng \(180^\circ \))

Mà \(\widehat A = 60^\circ \) nên \(\widehat {ABC} + \widehat {ACB} = 180^\circ  - \widehat A = 180^\circ  - 60^\circ  = 120^\circ \)

Ta lại có: \(\widehat {{B_2}} + \widehat {{C_2}} = \dfrac{1}{2}\widehat {ABC} + \dfrac{1}{2}\widehat {ACB} = \dfrac{1}{2}(\widehat {ABC} + \widehat {ACB}) = \dfrac{1}{2}.120^\circ  = 60^\circ \)

Xét \(\Delta BIC\) có \(\widehat {BIC} + \widehat {{B_2}} + \widehat {{C_2}} = 180^\circ \) (tổng ba góc của một tam giác bằng \(180^\circ \))

Mà \(\widehat {{B_2}} + \widehat {{C_2}} = 60^\circ \) nên \(\widehat {BIC} = 180^\circ  - (\widehat {{B_2}} + \widehat {{C_2}}) = 180^\circ  - 60^\circ  = 120^\circ \)

Mặt khác: \(\widehat {BIC} + \widehat {BIE} = 180^\circ \) (hai góc kề bù) \( \Rightarrow \widehat {BIE} = 180^\circ  - \widehat {BIC} = 180^\circ  - 120^\circ  = 60^\circ \)

Khi đó \(\widehat {CID} = \widehat {BIE} = 60^\circ \) (hai góc đối đỉnh)  \((1)\)

Kẻ tia phân giác của \(\widehat {BIC}\) cắt \(BC\) tại \(H\)

Suy ra \(\widehat {BIH} = \widehat {HIC} = \dfrac{1}{2}.\widehat {BIC} = \dfrac{1}{2}.120^\circ  = 60^\circ \)\((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(\widehat {CID} = \widehat {BIE} = \widehat {BIH} = \widehat {HIC}\)

Xét tam giác \(BIE\) và tam giác \(BIH\) có:

\(\widehat {{B_1}} = \widehat {{B_2}}\) (cmt)

\(BI\) là cạnh chung

\(\widehat {BIE} = \widehat {BIH}\) (cmt)

\( \Rightarrow \Delta BIE = \Delta BIH \,(g.c.g) \Rightarrow IE = IH\) (hai cạnh tương ứng) \((3)\)

Xét tam giác \(CID\) và tam giác \(CIH\) có:

\(\widehat {{C_1}} = \widehat {{C_2}}\) (cmt)

\(CI\) là cạnh chung

\(\widehat {CID} = \widehat {HIC}\) (cmt)

\( \Rightarrow \Delta CID = \Delta CIH \,(g.c.g) \Rightarrow ID = IH\) (hai cạnh tương ứng) \((4)\)

Từ \((3)\) và \((4)\) suy ra \(ID = IE = 2cm\)