Trường hợp bằng nhau thứ hai và thứ ba của tam giác

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).

(I) Xét \(\Delta AMD\) và \(\Delta BMC\) có: $DM = MC\left( {gt} \right);$ \(\widehat {BMC} = \widehat {AMD}\) (hai góc đối đỉnh); $AM = BM\left( {gt} \right),$ nên \(\Delta AMD = \Delta BMC\)(c.g.c).

(II) Xét \(\Delta ANE\) và \(\Delta CNB\) có: $AN = NC\left( {gt} \right);$ \(\widehat {ANE} = \widehat {CNB}\)(hai góc đối đỉnh), $NB = NE\left( {gt} \right),$ do đó

\(\Delta CNB = \Delta ANE\)(c.g.c).

(III) Do \(\Delta AMD = \Delta BMC\) nên \(\widehat D = \widehat {{C_1}}\)(hai góc tương ứng).

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên $AD//BC.$

Do  \(\Delta CNB = \Delta ANE\)nên \(\widehat E = \widehat {{B_1}}\)(hai góc tương ứng).

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên $AE//BC.$

Như vậy qua $A$  có hai đường thẳng $AD,AE$ cùng song song với $BC.$  

Do đó $D,A,E$ thẳng hàng. (1)

(IV) Ta có: $AD = BC$ (do \(\Delta AMD = \Delta BMC\)); $AE = BC$ (do \(\Delta CNB = \Delta ANE\)) nên $AD = AE\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) suy ra $A$  là trung điểm của $DE.$

Vậy cả (I); (II); (III); (IV) đều đúng.

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)

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 \(BDA\)  và \(AEC\)  có:

\(\widehat {{B_2}} = \widehat {{A_2}}\); \(AB = AC\) (gt) và\(\widehat {{A_1}} = \widehat {{C_1}}\) (cmt)

\( \Rightarrow \Delta BA{\rm{D}} = \Delta ACE\) (g.c.g)

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

Do đó \(DE = AD + AE = CE + BD.\)

 * Xét tam giác \(OBC\) và \(OAD\) có

+ \(OA = OB\,\left( {gt} \right)\)

+ \(\widehat {AOD} = \widehat {BOC}\) (đối đỉnh)

+ \(OC = OD\left( {gt} \right)\)

Suy ra \(\Delta OAD = \Delta OBC\left( {c - g - c} \right)\) nên \(\widehat {OAD} = \widehat {OBC}\)  (hai góc tương ứng)

* Xét tam giác \(OBF\) và \(OAE\) có

+ \(OA = OB\,\left( {gt} \right)\)

+ \(\widehat {OAD} = \widehat {OBC}\) (cmt)

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

Suy ra \(\Delta OBF = \Delta OAE\left( {c - g - c} \right)\) nên \(OE = OF\) (hai cạnh tương ứng) và \(\widehat {AOE} = \widehat {FOB}\)  (hai góc tương ứng)

Mà \(\widehat {FOB} + \widehat {FOA} = 180^\circ \) (hai góc kề bù) nên \(\widehat {FOA} + \widehat {AOE} = 180^\circ \)

Suy ra ba điểm \(F;\,O;E\) thẳng hàng và \(OE = OF\) nên \(O\) là trung điểm của \(EF \Rightarrow EF = 2.OE = 4\,cm.\)

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 \(ID = IE = 2cm\)

Kẻ đoạn thẳng \(AD\)

Vì \(AB//CD\) (gt) nên \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{D_1}}\) (hai góc so le trong)

Vì \(AC//BD\) (gt) nên \(\widehat {{A_2}} = \widehat {{D_2}}\) (hai góc so le trong)

Xét tam giác \(ABD\) và tam giác \(DCA\) có:

\(\widehat {{A_1}} = \widehat {{D_1}}\) (cmt)

\(AD\) là cạnh chung

\(\widehat {{A_2}} = \widehat {{D_2}}\) (cmt)

\( \Rightarrow \Delta ABD = \Delta DCA\,(g.c.g) \Rightarrow AB = CD\) (hai cạnh tương ứng); \(AC = BD\) (hai cạnh tương ứng)

Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta EBD\) có:

\(BA = BE\) (gt)

\(\widehat {{B_1}} = \widehat {{B_2}}\) (vì \(BD\) là tia phân giác \(\widehat {ABC}\))

\(BD\) cạnh chung

\( \Rightarrow \Delta ABD{\rm{ }} = \Delta EBD\,(c.g.c)\)

Sử dụng kết quả câu trước \(\Delta ABD{\rm{ }} = \Delta EBD\) suy ra \(DE = DA\) (hai cạnh tương ứng). Nối \(AM.\)

Xét \(\Delta ADM\) và \(\Delta EDC\) có:

\(DA = DE\) (chứng minh trên)

\(\widehat {ADM} = \widehat {EDC}\) (hai góc đối đỉnh)

\(DM = DC\,(gt)\)

\( \Rightarrow \Delta ADM = \Delta EDC\,(c.g.c)\)

\( \Rightarrow AM = EC\) (hai cạnh tương ứng bằng nhau).

Sử dụng kết quả câu trước \(\Delta ADM = \Delta EDC\) suy ra \(AD = ED;\,AM = EC\) (các cạnh tương ứng).

Ta có: \(AD = ED\,\,\,\,(1)\)

           \(DC = DM\,\,\,(2)\)

Cộng (1) và (2) theo vế với vế ta được: \(AD + DC = ED + DM\) hay \(AC = EM\).

Xét \(\Delta AEC\) và \(\Delta EAM\) có:

\(AE\) cạnh chung

\(EC = AM\,(cmt)\)

\(AC = EM\,(cmt)\)

\( \Rightarrow \Delta AEC = \Delta EAM\,(c.c.c)\)

\( \Rightarrow \widehat {AEC} = \widehat {EAM}\) (hai góc tương ứng).

Xét \(\Delta OAH\) và \(\Delta OBH\) có:

\(OH\) cạnh chung

\(\widehat {OHA} = \widehat {OHB} = {90^o}\)

\(HA = HB\,(gt)\)

\( \Rightarrow \Delta OAH = \Delta OBH\,(c.g.c)\)

\( \Rightarrow OA = OB\) (hai cạnh tương ứng)     (1)

Xét \(\Delta OAK\) và \(\Delta OCK\) có:

\(OK\) cạnh chung

\(\widehat {OKA} = \widehat {OKC} = {90^o}\)

\(KA = KC\,(gt)\)

\( \Rightarrow \Delta OAK = \Delta OCK\,(c.g.c)\)

\( \Rightarrow OA = OC\) (hai cạnh tương ứng)     (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(OA = OB = OC.\)

Sử dụng kết quả câu trước ta có: \(\Delta OAH = \Delta OBH\), \(\Delta OAK = \Delta OCK\).

Vì \(\Delta OAH = \Delta OBH\) suy ra \(\widehat {BOH} = \widehat {AOH}\) (hai góc tương ứng).

Vì \(\Delta OAK = \Delta OCK\) suy ra \(\widehat {AOK} = \widehat {COK}\) (hai góc tương ứng).

Ta có \(\widehat {BOC} = \widehat {BOA} + \widehat {AOC}\)

\( \Rightarrow \widehat {BOC} = \widehat {BOH} + \widehat {AOH} + \widehat {AOK} + \widehat {COK}\)

\( \Rightarrow \widehat {BOC} = 2\widehat {AOH} + 2\widehat {AOK}\) (vì \(\widehat {BOH} = \widehat {AOH}\) và \(\widehat {AOK} = \widehat {COK}\))

\( \Rightarrow \widehat {BOC} = 2\left( {\widehat {AOH} + \widehat {AOK}} \right) = 2\widehat {xOy} = 2\alpha .\)