Trắc nghiệm toán 7 bài 4 chương 8 chân trời sáng tạo có đáp án — Không quảng cáo

Áp dụng định lý: Quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên.

Xét hai tam giác bằng nhau, suy ra cặp cạnh tương ứng bằng nhau.

Vì $MH$ là đường vuông góc và $MA$ là đường xiên nên $MA > MH$ (quan hệ đường vuông góc và đường xiên). Đáp án A đúng nên loại A.

Vì $\widehat {MBC}$ là góc ngoài của $\Delta MHB \Rightarrow \widehat {MBC} > \widehat {MHB} = {90^0}$

Xét $\Delta MBC$ có: $\widehat {MBC}$ là góc tù nên suy ra $MC > MB$ (quan hệ giữa góc và cạnh trong tam giác)

Mà $HB$  và $HC$  lần lượt là hình chiếu của $MB$  và $MC$  trên $AC.$

$\Rightarrow HB < HC$ (quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu). Đáp án B đúng nên loại đáp án B.

Xét $\Delta{MAH}$và $\Delta{MBH}$, ta có:

$MH$ chung

$\widehat{MHA}=\widehat{MHB}$

$HA = HB$

$\Rightarrow \Delta{MAH}=\Delta{MBH}(c.g.c)$

$\Rightarrow MA = MB$ (2 cạnh tương ứng). Đáp án C đúng nên loại đáp án C.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}MB = MA\left( {cmt} \right)\\MC > MB\left( {cmt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow MC > MA$. Đáp án D sai nên chọn đáp án D.

Kẻ tia phân giác $Ot$ của $\widehat {xOy}$ nên $\widehat {xOt} = \widehat {yOt} = \dfrac{{\widehat {xOy}}}{2} = \dfrac{{{{60}^o}}}{2} = {30^o}.$

Gọi $I$ là giao của $Ot$ và $AB$. Kẻ $AH \bot Ot, BK \bot Ot$

Xét $\Delta OAH$ có $\widehat {AOH} = {30^o}$ nên $OA = 2AH.$ Từ đó so sánh $OA$ và $AI$   (1)

Xét $\Delta OBK$ có $\widehat {BOK} = {30^o}$ nên $OB = 2BK.$ Từ đó so sánh $OB$ và $BI$    (2)

Từ (1) và (2) ta so sánh được $OA + OB$ với $2AB.$ Từ đó xét khi nào dấu “=” xảy ra.

* Chú ý: Trong tam giác vuông, cạnh đối diện với góc ${30^o}$ bằng nửa cạnh huyền.

Kẻ tia phân giác $Ot$ của $\widehat {xOy}$ nên $\widehat {xOt} = \widehat {yOt} = \dfrac{{\widehat {xOy}}}{2} = \dfrac{{{{60}^o}}}{2} = {30^o}.$

Gọi $I$ là giao của $Ot$ và $AB$. Kẻ $AH \bot Ot, BK \bot Ot$

Xét $\Delta OAH$ có $\widehat {AOH} = {30^o}$ nên $OA = 2AH.$

Vì $AH,\,AI$ lần lượt là đường vuông góc, đường xiên kẻ từ $A$ đến $Ot$ nên $AH \le AI$ do đó $OA \le 2AI$    (1)

Xét $\Delta OBK$ có $\widehat {BOK} = {30^o}$ nên $OB = 2BK.$

Vì $BK,\,BI$ lần lượt là đường vuông góc, đường xiên kẻ từ $B$ đến $Ot$ nên $BK \le BI$ do đó $OB \le 2BI$    (2)

Cộng (1) với (2) theo vế với vế ta được:

$OA + OB \le 2AI + 2BI = 2\left( {AI + BI} \right) = 2AB$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $H,\,I,K$ trùng nhau hay $AB \bot Ot$ suy ra $\widehat {AIO} = \widehat {BIO} = {90^o}.$

Xét $\Delta OAI$ và $\Delta OBI$ có:

$\widehat {AIO} = \widehat {BIO} = {90^o}$

$\widehat {AOI} = \widehat {BOI}$ (vì $Ot$ là phân giác của $\widehat {xOy}$)

$OI$ cạnh chung

$\Rightarrow \Delta OAI = \Delta OBI$ (g.c.g)

$\Rightarrow OA = OB$ (hai cạnh tương ứng).

Vậy $OA + OB = 2AB$ khi $OA = OB.$

- Áp dụng tính chất tam giác cân.

- Áp dụng quan hệ đường vuông góc và đường xiên.

Ta có: $BM = BC\left( {gt} \right) \Rightarrow \Delta BMC$ cân tại $B$ (dấu hiệu nhận biết tam giác cân)

$\Rightarrow \widehat {MCB} = \widehat {CMB}\left( 1 \right)$ (tính chất tam giác cân)

Lại có: $\left\{ \begin{array}{l}\widehat {BCM} + \widehat {MCA} = \widehat {ACB} = {90^0}\left( {gt} \right)\\\widehat {CMH} + \widehat {MCH} = {90^0}\left( {gt} \right)\end{array} \right.\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right) \Rightarrow \widehat {MCH} = \widehat {MCN}$

Xét $\Delta MHC$ và $\Delta MNC$ có:

$MC$  chung

$\widehat {MCH} = \widehat {MCN}\left( {cmt} \right)$

$NC = HC\left( {gt} \right)$

$\Rightarrow \Delta MHC = \Delta MNC\left( {c - g - c} \right) \Rightarrow \widehat {MNC} = \widehat {MHC} = {90^0}$ (2 góc tương ứng)

$\Rightarrow MN \bot AC$  nên A đúng.

Xét $\Delta AMN$  có $AN$  là đường vuông góc hạ từ $A$  xuống $MN$  và $AM$  là đường xiên nên suy ra $AM > AN$ (quan hệ đường vuông góc và đường xiên)

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BM = BC\left( {gt} \right)\\HC = CN\left( {gt} \right)\\AM > AN\left( {cmt} \right)\end{array} \right.$$\Rightarrow BM + MA + HC > BC + CN + NA$$\Leftrightarrow AB + HC > BC + AC$

+ Góc tù là góc lớn nhất trong tam giác

+ Trong một tam giác, cạnh đối diện với góc lớn nhất là cạnh lớn nhất

Ta có: Góc EDB là góc ngoài tại đỉnh D của tam giác ADE nên $\widehat {EDB} > \widehat {DAE} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {EDB}$ là góc tù.

Góc BEC là góc ngoài tại đỉnh E của tam giác ABE nên $\widehat {BEC} > \widehat {BAE}$( định lí) $\Rightarrow \widehat {BEC}$ là góc tù.

Xét tam giác BDE có góc BDE là góc tù nên là góc lớn nhất trong tam giác. Cạnh EB đối diện với góc BDE nên là cạnh lớn nhất trong tam giác. Ta được DE < EB.(1)

Xét tam giác BEC có góc BEC là góc tù nên là góc lớn nhất trong tam giác. Cạnh CB đối diện với góc BEC nên là cạnh lớn nhất trong tam giác. Ta được EB < CB.(2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow$ DE< EB < CB.

Vì $\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\left( {gt} \right)\\EC \bot AB\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow$$BD$  và $CE$  là lần lượt là hai đường vuông góc của hai đường xiên $AC$  và $AB.$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BD < AB\\EC < AC\end{array} \right.$ (đường vuông góc nhỏ hơn đường xiên)

$\Rightarrow BD + EC < AB + AC$

- Sử dụng quan hệ giữa đường vuông góc với đường xiên

- Sử dụng tính chất của trung điểm

- Chứng minh $\Delta ADM = \Delta CEM$ (ch - gn)

Vì $\Delta ABM$ vuông tại $A$  (gt) nên $BA < BM$ (quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên).

Mà $BM = BD + DM \Rightarrow BA < BD + DM\left( 1 \right)$ .

Mặt khác, $BM = BE - ME \Rightarrow BA < BE - ME\left( 2 \right)$

Cộng hai vế của $\left( 1 \right)$và $\left( 2 \right)$ ta được: $2BA < BD + BE + MD - ME\left( 3 \right)$

Vì $M$  là trung điểm của $AC$ (gt) $\Rightarrow AM = MC$ (tính chất trung điểm)

Xét  tam giác vuông $ADM$  và tam giác vuông $CEM$  có:

$AM = MC\left( {cmt} \right)$

$\widehat {AMD} = \widehat {EMC}$ (đối đỉnh)

$\Rightarrow \Delta ADM = \Delta CEM$ (cạnh huyền – góc nhọn)

$\Rightarrow MD = ME\left( 4 \right)$ (2 cạnh tương ứng)

Từ $\left( 3 \right)$và $\left( 4 \right) \Rightarrow BD + BE > 2AB$

Áp dụng định lí quan hệ đường vuông góc với đường xiên.

Vì $BH$ là đường vuông góc và $AH$ là đường xiên nên $AH > BH.$