Câu 81 trang 90 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Chu vi hình bình hành ABCD bằng 10cm, chu vi tam giác ABD bằng 9cm. Tính độ dài BD.
Giải:
Chu vi hình bình hành ABCD bằng 10cm
nên [AB + AD].2 = 10 [cm]
\[⇒ AB + AD = {{10} \over 2} =5\] [cm]
Chu vi của ∆ ABD bằng :
AB + AD +BD = 9 [cm]
⇒ BD = 9 – [ AB + AD] = 9 – 5 = 4 [cm]
Câu 82 trang 90 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Trên hình 10, cho ABCD là hình bình hành. Chứng minh rằng AE // CF.
Giải:
Gọi O là giao điểm của AC và BD, ta có:
[tính chất hình bình hành]
Xét ∆ AEB và ∆ CFD :
AB = CD [tính chất hình bình hành]
\[\widehat {ABE} = \widehat {CDF}\] [so le trong]
BE = DF [gt]
Do đó: ∆ AEB = ∆ CFD [c.g.c]
⇒ BE = DF
Ta có: OB = OE + BE
OD = OF + DF
Suy ra: OE = OF
Suy ra: Tứ giác AECF là hình bình hành [vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường] // CF
Câu 83 trang 90 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho hình bình hành ABCD. Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của AB, CD. Gọi M là giao điểm của AF và DE, N là giao điểm của BF và CE. Chứng minh rằng :
a. EMFN là hình bình hành.
b. Các đường thẳng AC, EF, MN đồng quy.
Giải:
Xét tứ giác AECF, ta có:
AB // CD [gt]
hay AE // CF
AE \[ = {1 \over 2}\]AB [gt]
CF \[= {1 \over 2}\]CD [gt]
AB = CD [tính chất hình bình hành]
Suy ra: AE = CF
Tứ giác AECF là hình bình hành [ vì có một cặp cạnh đối diện song song và bằng nhau] ⇒ AF // CE hay EN // FM [1]
Xét tứ giác BFDE ta có:
AB // CD [gt] hay BE // DF
BE \[ = {1 \over 2}\]AB [gt]
DF \[ = {1 \over 2}\]CD [gt]
AB = CD [ tính chất hình bình hành]
Suy ra: BE = DF
Tứ giác BFDE là hình bình hành [vì có cặp cạnh đối song song và bằng nhau]
⇒ BF // DE hay EM // FN [2]
Từ [1] và [2] suy ra tứ giác EMFN là hình bình hành [theo định nghĩa]
b. Gọi O là giao điểm của AC và EF
Tứ giác AECF là hình bình hành ⇒ OE = OF
Tứ giác EMFN là hình bình hành nên hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
Suy ra: MN đi qua trung điểm O của EF
Vậy AC, EF, MN đồng quy tại O.
Câu 84 trang 90 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Trên hình 11, cho ABCD là hình bình hành. Chứng minh rằng:
a. EGFH là hình bình hành
b. Các đường thẳng AC, BD, EF, GH đồng quy.
Giải:
a. Xét ∆ AEH và ∆ CFG:
AE = CF
\[\widehat A = \widehat C\] [tính chất hình bình hành]
AH = CG [vì AD = BC và DH = BG]
Do đó: ∆ AEH = ∆ CFG [c.g.c]
⇒ EH = FG
Xét ∆ BEG và ∆DFH:
DH = BG [gt]
\[\widehat B = \widehat D\] [tính chất hình bình hành]
BE = DF [vì AB = CD và AE = CF]
Do đó: ∆ BEG = ∆DFH [c.g.c]
⇒ EG = FH
Suy ra: Tứ giác EGFH là hình bình hành [vì có cắc cặp cạnh đối bằng nhau]
b. Gọi O là giao điểm của AC và EF.
Xét tứ giác AECF:
AB // CD [gt] hay AE // CF
AE = CF [gt]
Suy ra: Tứ giác AECF là hình bình hành [vì có 1 cặp cạnh đối song song và bằng nhau]
⇒ O là trung điểm của AC và EF
Tứ giác ABCD là hình bình hành có O là trung điểm của AC nên O cũng là trung điểm của BD.
Tứ giác EGFH là hình bình hành có O là trung điểm của EF nên O cùng là trung điểm của GH.
Vậy AC, BD, GH đồng quy tại O.
Giaibaitap.me
Page 2
Câu 88 trang 90 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho tam giác ABC. Ở phía ngoài tam giác, vẽ các tam giác vuông cân tại A là ABD, ACE. Vẽ hình bình hành ADIE. Chứng minh rằng:
a. IA = BC; b. IA ⊥ BC.
Giải:
a. \[\widehat {BAC} + \widehat {BAD} + \widehat {DAE} + \widehat {EAC} = {360^0}\]
\[\widehat {BAD} = {90^0},\widehat {EAC} = {90^0}[gt]\]
Suy ra: \[\widehat {BAC} + \widehat {DAE} = {180^0}\] [1]
AE // DI [gt]
⇒ \[\widehat {ADI} + \widehat {DAE} = {180^0}\] [hai góc trong cùng phía] [2]
Từ [1] và [2] suy ra:
Xét ∆ ABC và ∆ DAI :
AB = AD [gt]
\[\widehat {BAC} = \widehat {ADI}\] [chứng minh trên]
AC = DI [vì cùng bằng AE]
Do đó: ∆ ABC = ∆ DAI [c.g.c] ⇒ IA = BC
b. ∆ ABC = ∆ DAI [ chứng minh trên] \[ \Rightarrow {\widehat A_1} = {\widehat B_1}\] [3]
Gọi giao điểm IA và BC là H.
Ta có: \[{\widehat A_1} + \widehat {BAD} + {\widehat A_2} = {180^0}\] [kề bù]
mà \[\widehat {BAD} = {90^0}[gt] \Rightarrow {\widehat A_1} + {\widehat A_2} = {90^0}\] [4]
Từ [3] và [4] suy ra: \[{\widehat B_1} = {\widehat A_2} = {90^0}\]
Trong ∆ AHB ta có: \[\widehat {AHB} + \widehat {{B_1}} + {\widehat A_2} = {180^0}\]
Suy ra \[\widehat {AHB} = {90^0} \Rightarrow AH \bot BC\] hay IA ⊥ BC
Câu 89 trang 91 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Dựng hình bình hành ABCD, biết:
a. AB = 2cm, AD = 3cm, \[\widehat A = {110^0}\]
b. AC = 4cm, BD = 5cm, \[\widehat {BOC} = {50^0}\] [O là giao điểm của hai đường chéo].
Giải:
Cách dựng:
Dựng ∆ ABD có AB = 2cm, \[\widehat A = {110^0}\], AD = 3cm
- Dựng tia Bx // AD
- Dựng tia Dy // AB cắt Bx tại C
Ta có hình bình hành ABCD cần dựng
Chứng minh: AB // CD, AD // BC nên tứ giác ABCD là hình bình hành.
Ta lại có AB = 2cm, \[\widehat A = {110^0}\] , AD = 3cm. Bài toán có một nghiệm hình.
b.
Cách dựng:
- Dựng ∆ OBC có OC = 2cm, OB = 2,5cm , \[\widehat O = {50^0}\]
- Trên tia đối tia OC lấy điểm A sao cho OA = OC = 2cm
- Trên tia đối tia OB lấy điểm D sao cho AD = OB = 2,5cm
Nối AB, BC, CD, AD ta có hình bình hành ABCD cần dựng
Chứng minh: Tứ giác ABCD có OA = OC, OB = OD nên nó là hình bình hành vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
Có AC = 4cm, BD = 5cm, \[\widehat {BOC} = {50^0}\]
Bài toán có một nghiệm hình.
Câu 90 trang 91 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho ba điểm A, B, C trên giấy kẻ ô vuông [h.12]. Hãy vẽ điểm thứ tư M sao cho A, B, C, M là bốn đỉnh của một hình bình hành
Giải:
- Nếu hình bình hành nhận AC làm đường chéo vì AB là đường chéo hình vuông có cạnh là hai ô vuông nên \[C{M_1}\] là đường chéo hình vuông cạnh 2 ô vuông và A, \[{M_1}\]nằm trên nửa mặt phẳng bờ BC ta có hình bình hành \[ABC{M_1}\] .
- Nếu hình bình hành nhận BC làm đường chéo, điểm A cách điểm C ba ô vuông , điểm B cách \[{M_2}\] là ba ô vuông và C, \[{M_2}\]cũng nằm trên nửa mặt phẳng bờ AB ta có hình bình hành \[AB{M_2}C\]
- Nếu hình bình hành nhận AB làm đường chéo thì điểm \[{M_3}\] cách điểm B ba ô vuông, \[{M_3}\]và A nằm trên cũng một nửa mặt phẳng bờ BC ta có hình bình hành \[ACB{M_3}\] .
Câu 91 trang 91 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho tam giác ABC. Dựng đường thẳng song song với BC, cắt cạnh AB ở E, cắt cạnh AC ở F sao cho BE = AF.
Giải:
Cách dựng:
- Dựng đường phân giác AD
- Qua D dựng đường thẳng song song AB cắt AC tại F.
- Qua F dựng đường thẳng song song với BC cắt AB tại E.
Ta có điểm E, F cần dựng.
Chứng minh: DF // AB
\[ \Rightarrow {\widehat A_1} = {\widehat D_1}\] [so le trong]
\[{\widehat A_1} = {\widehat A_2}\] [gt]
Suy ra: \[{\widehat D_1} = {\widehat A_2}\]
⇒ ∆ AFD cân tại F
⇒ AF = DF [1]
DF // AB hay DF // BE
EF // BC hay EF // ED
Tứ giác BDFE là hình bình hành ⇒ BE = DF [2]
Từ [1] và [2] suy ra: AF = BE
Giaibaitap.me
Page 3
Câu 85 trang 90 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho hình bình hành ABCD. Qua C kẻ đường thẳng xy chỉ có một điểm chung C với hình bình hành. Gọi AA’, BB’, DD’ là các đường vuông góc kẻ từ A, B, D đến đường thẳng xy. Chứng ming rằng AA’ = BB’ + DD’.
Giải:
Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD.
Kẻ OO’ ⊥ xy
Ta có: BB’ ⊥ xy [gt]
DD’ ⊥ xy [gt]
Suy ra: BB’ // OO’ // DD’
Tứ giác BB’D’D là hình thang
OB = OD [tính chất hình bình hành]
nên O’B’ = O’D’ do đó OO’ là đường trung bình của hình thang BB’D’D
⇒ OO’\[ = {{BB' + {\rm{DD}}'} \over 2}\] [tính chất đường trung bình hình thang] [1]
AA’ ⊥ xy [gt]
OO’ ⊥ xy [theo cách vẽ]
Suy ra: AA’ // OO’
Trong ∆ ACA’ ta có: OA = OC [ tính chất hình bình hành]
OO’ // AA’ nên OO’ là đường trung bình của ∆ ACA’
⇒ OO’ \[ = {1 \over 2}\]AA’ [tính chất đường trung bình của tam giác]
⇒ AA’ = 2OO’ [2]
Từ [1] và [2] suy ra: AA’ = BB’ + DD’.
Câu 86 trang 90 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho hình bình hành ABCD và đường thẳng xy không có điểm chung với hình bình hành. Gọi AA’, BB’, CC’, DD’ là đường vuông góc kẻ từ A, B, C, D đến đường thẳng xy. Tìm mối liên hệ độ dài giữa AA’, BB’, CC’, DD’.
Giải:
Gọi O là giao điểm của AC và BD
Kẻ OO’ ⊥ xy
AA’ ⊥ xy [gt]
CC’ ⊥ xy [gt]
Suy ra: AA’// OO’ // CC’
Tứ giác ACCA’ là hình thang có: OA = OC [chứng minh trên]
OO’ // AA’ nên OO’ là đường trung bình của hình thang ACC’A’.
⇒ OO’ \[ = {{{\rm{AA'}} + CC'} \over 2}\] [tính chất đường trung bình của hình thang] [1]
BB’ ⊥ xy [gt]
DD’ ⊥ xy [gt]
OO’ ⊥ xy [theo cách vẽ]
Suy ra: BB’ // OO’ // DD’
Tứ giác BDD’B’ là hình thang có: OB = OD [chứng minh trên]
OO’ // BB’ nên OO’ là đường trung bình của hình thang BDD’B’
⇒ OO’ \[ = {{BB' + {\rm{DD}}'} \over 2}\] [tính chất đường trung bình của hình thang] [2]
Từ [1] và [2] suy ra: AA’ + CC’ = BB’ + DD’
Câu 87 trang 90 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho hình bình hành ABCD có\[\widehat A = \alpha > {90^0}\]. Ở phía ngoài hình bình hành, vẽ các tam giác đều ADF, ABE.
a. Tính \[\widehat {EAF}\]
b. Chứng minh rằng tam giác CEF là tam giác đều.
Giải:
a. Vì \[\eqalign{ & \widehat {BAD} + \widehat {BAE} + \widehat {EAF} + \widehat {FAD} = {360^0} \cr & \Rightarrow \widehat {EAF} = {360^0} - \left[ {\widehat {BAD} + \widehat {BAE} + \widehat {FAD}} \right] \cr} \]
mà \[\widehat {BAD} = \alpha \] [gt]
\[\widehat {BAE} = {60^0}\] [∆ BAE đều]
\[\widehat {FAD} = {60^0}\] [∆ FAD đều]
nên \[\widehat {EAF} = {360^0} - \left[ {\alpha + {{60}^0} + {{60}^0}} \right] = {240^0} - \alpha \]
b. Ta có: \[\widehat {ADC} + \widehat {BAD} = {180^0}\] [hai góc trong cùng phía bù nhau]
\[\eqalign{ & \Rightarrow \widehat {ADC} = {180^0} - \widehat {BAD} = {180^0} - \alpha \cr & \widehat {CDF} = \widehat {ADC} + \widehat {ADF} = {180^0} - \alpha + {60^0} = {240^0} - \alpha \cr} \]
Suy ra: \[\widehat {CDF} = \widehat {EAF}\]
Xét ∆ AEF và ∆ DCF:
AF = DF [vì ∆ ADF đều]
AE = DC [vì cùng bằng AB]
\[\widehat {CDF} = \widehat {EAF}\] [chứng minh trên]
Do đó ∆ AEF = ∆ DCF [c.g.c] ⇒ EF = CF [1]
\[\widehat {ADC} = \widehat {ABC}\] [tính chất hình bình hành]
\[\widehat {CBE} = \widehat {ABC} + {60^0} = \widehat {ADC} + {60^0} = {180^0} - \alpha + {60^0} = {240^0} - \alpha \]
Xét ∆ BCE và ∆ DCF:
BE = CD [vì cùng bằng AB]
\[\widehat {CBE} = \widehat {CDF} = {240^0} - \alpha \]
BC = DF [vì cùng bằng AD]
Do đó: ∆ BCE = ∆ DFC [c.g.c] ⇒ CE = CF [2]
Từ [1] và [2] suy ra : EF = CF = CE. Vậy ∆ ECF đều.
Giaibaitap.me
Page 4
- Giải bài 48, 49, 50 trang 95, 96 Sách bài tập...
- Giải bài 44, 45, 46, 47 trang 95 Sách bài tập...
- Giải bài 55, 56, 57 trang 98 Sách bài tập Toán 8...
- Giải bài 51, 52, 53, 54 trang 97 Sách bài tập...
- Giải bài 1, 2, 3 trang 131, 132 Sách bài tập Toán...
- Giải bài 6, 7, 8, 9 trang 133 Sách bài tập Toán 8...
- Giải bài 20, 21, 22 trang 136, 137 Sách bài tập...
- Giải bài 17, 18, 19 trang 135, 136 Sách bài tập...
- Giải bài 13, 14, 15, 16 trang 134, 135 Sách bài...
- Giải bài 26, 27, 28 trang 138 Sách bài tập Toán 8...
Page 5
Câu 92 trang 91 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho hình 13 trong đó ABCD là hình bình hành. Chứng minh rằng điểm M đối xứng với điểm N qua điểm C.
Giải:
Tứ giác ABCD là hình bình hành
⇒ AB // CD hay BM // CD
Xét tứ giác BMCD ta có:
BM // CD
BM = CD [gt]
Suy ra: Tứ giác BMCD là hình bình hành [ vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau]
⇒ MC // BD và MC = BD [1]
AD // BC [ gt] hay DN // BC
Xét tứ giác BCND ta có:
DN // BC
DN = BC [vì cùng bằng AD]
Suy ra: Tứ giác BCND là hình bình hành [vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau]
⇒ CN // BD và CN = BD [2]
Từ [1] và [2] suy ra: M, C, N thẳng hàng và MC = CN
Vậy M và N đối xứng qua tâm C.
Câu 93 trang 92 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho hình 14 trong đó DE // AB, DF // AC. Chứng minh rằng điểm E đối xưng với điểm F qua điểm I.
Giải:
DE // AB [gt] hay DE //AF
DF // AC [gt]
hay DF // AE
Tứ giác AEDF là hình bình hành.
I là trung điểm của AD nên EF đi qua trung điểm I và IE = IF [ tính chất hình bình hành]
Vậy E và F đối xứng qua tâm I.
Câu 94 trang 92 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho tam giác ABC, các đường trung tuyến BM, CN. Gọi D là điểm đối xứng với B qua M, gọi E là điểm đối xứng với C qua N. Chứng minh rằng điểm D đối xứng với điểm E qua điểm A.
Giải:
Xét tứ giác ABCD ta có:
MA = MC [gt]
MB = MD [định nghĩa đối xứng tâm]
Suy ra: Tứ giác ABCD là hình bình hành [ vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường]
⇒ AD // BC và AD = BC [1]
Xét tứ giác ACBE:
AN = NB [gt]
NC = NE [ định nghĩa đối xứng tâm]
Suy ra: Tứ giác ACBE là hình bình hành [vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường] ⇒ AE // BC và AE = BC [2]
Từ [1] và [2] suy ra: A, D, E thẳng hàng và AD = AE
nên A là trung điểm của DE hay điểm D đối xứng với điểm E qua điểm A.
Câu 95 trang 92 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho tam giác ABC vuông tại A, điểm D thuộc cạnh BC. Gọi E là điểm đối xứng với D qua AB, gọi F là điểm đối xứng với D qua AC. Chứng minh rằng các điểm E và F đối xứng nhau qua điểm A.
Giải:
Vì E đối xứng với D qua AB
⇒ AB là đường trung trực của đoạn thẳng DE
⇒ AD = AE [tính chất đường trung trực]
nên ∆ ADE cân tại A
Suy ra: AB là đường phân giác của \[\widehat {DAE} \Rightarrow {\widehat A_1} = \widehat {{A_2}}\]
Vì F đối xứng với D qua AC
⇒ AC là đường trung trực của đoạn thẳng DF
⇒ AD = AF [ tính chất đường trung trực]
nên ∆ ADF cân tại A
Suy ra: AC là đường phân giác của \[\widehat {DAF}\]
\[ \Rightarrow {\widehat A_3} = {\widehat A_4}\]
\[\widehat {EAF} = \widehat {EAD} + \widehat {{\rm{DAF}}} = {\widehat A_2} + {\widehat A_1} + {\widehat A_3} + {\widehat A_4}\]
\[= 2\left[ {{{\widehat A}_1} + {{\widehat A}_3}} \right] = {2.90^0} = {180^0}\]
⇒ E, A, F thẳng hàng có AE = AF = AD
nên A là trung điểm của EF hay điểm E đối xứng với F qua điểm A.
Giaibaitap.me
Page 6
Câu 96 trang 92 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho hình bình hành ABCD, O là giao điểm của hai đường chéo. Một đường thẳng đi qua O cắt hai cạnh đối AD, BC ở E, F. Chứng minh rằng các điểm E và F đối xứng nhau qua điểm O.
Giải:
Xét ∆ OED và ∆ OFB:
\[\widehat {EOD} = \widehat {FOB}\] [đối đỉnh]
OD = OB [tính chất hình bình hành]
\[\widehat {ODE} = \widehat {OBF}\] [so le trong]
Do đó: ∆ OED = ∆ OFB [g.c.g]
⇒ OE = OF
nên O là trung điểm của EF hay điểm E đối xứng với điểm F qua điểm O.
Câu 97 trang 92 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho hình 15 trong đó ABCD là hình bình hành. Chứng minh rằng các điểm H và K đối xứng với nhau qua điểm O.
Giải:
Xét hai tam giác vuông AHO và CKO:
\[\widehat {AHO} = \widehat {CKO} = {90^0}\]
OA = OC [ tính chất hình bình hành]
\[\widehat {AOH} = \widehat {COK}\] [đối đỉnh]
Do đó: ∆ AHO = ∆ CKO [cạnh huyền, góc nhọn]
⇒ OH = OK
nên O là trung điểm của HK hay điểm H đối xứng với điểm K qua điểm O.
Câu 98 trang 92 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho tam giác ABC, D là trung điểm của AB, E là trung điểm của AC. Gọi O là một điểm bất kì nằm trong tam giác ABC. Vẽ điểm M đối xứng với O qua D, vẽ điểm N đối xứng với O qua E. Chứng minh rằng MNCB là hình bình hành.
Giải:
Xét tứ giác AOBM:
DA = DB [gt]
DO = DM [định nghĩa đối xứng tâm]
Suy ra: Tứ giác AOBM là hình bình hành [vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường]
⇒ BM // AO và BM = AO [1]
Xét tứ giác AOCN:
EA = EC [gt]
EO = EN [định nghĩa đối xứng tâm]
Suy ra: Tứ giác AOCN là hình bình hành [ vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường]
⇒ CN // AO và CN = AO [2]
Từ [1] và [2] suy ra: BM // CN và BM = CN
Vậy : Tứ giác BMNC là hình bình hành [ vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau]
Câu 99 trang 92 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho tam giác ABC, các đường trung tuyến AD, BE, CF cắt nhau ở G. Gọi H là điểm đối xứng với G qua D, I là điểm đối xứng với G qua E, K là điểm đối xứng với G qua F. Tìm các điểm đối xứng với A, với B, với C qua G.
Giải:
Ta có: GD = DH [tính chất đối xứng tâm]
⇒ GH = 2GD [1]
GA = 2GD [ tính chất đường trung tuyến của tam giác] [2]
Từ [1] và [2] suy ra: GA = GH
nên điểm đối xứng với điểm A qua tâm G là điểm H
GE = EI [tính chất đối xứng tâm]
⇒ GI = 2GE [3]
GB = 2GE [tính chất đường trung tuyến của tam giác] [4]
Từ [3] và [4] suy ra: GB = GI
nên điểm đối xứng với điểm B qua tâm G là điểm I
GF = FK [tính chất đối xứng tâm]
⇒ GK = 2GF [5]
GC = 2GF [tính chất đường trung tuyến của tam giác] [6]
Từ [5] và [6] suy ra: GC = GK
nên điểm đối xứng với điểm C qua tâm G là điểm K
Giaibaitap.me
Page 7
Câu 100 trang 92 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho hình bình hành ABCD, O là giao điểm của hai đường chéo. Qua O, vẽ đường thẳng cắt hai cạnh AB, CD ở E, F. Qua O vẽ đường thẳng cắt hai cạnh AD, BC ở G, H. Chứng minh rằng EGFH là hình bình hành.
Giải:
Xét ∆ OAE và ∆ OCF:
OA = OC [tính chất hình bình hành]
\[\widehat {AOE} = \widehat {COF}\] [đối đỉnh]
\[\widehat {OAE} = \widehat {OCF}\] [so le trong]
Do đó: ∆ OAE = ∆ OCF [g.c.g]
⇒ OE = OF [1]
Xét ∆ OAG và ∆ OCH:
OA = OC [tính chất hình bình hành]
\[\widehat {AOG} = \widehat {COH}\] [đối đỉnh]
\[\widehat {OAG} = \widehat {OCH}\] [so le trong]
Do đó: ∆ OAG = ∆ OCH [g.c.g]
⇒ OG = OH [2]
Từ [1] và [2] suy ra: Tứ giác EGFH là hình bình hành [ vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường]
Câu 101 trang 92 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho góc xOy, điểm A nằm trong góc đó. Vẽ điểm B đối xứng với A qua Ox, vẽ điểm C đối xứng với A qua Oy.
a. Chứng minh rằng OB = OC
b. Tính số đo góc xOy để B đối xứng với C qua O.
Giải:
a. Vì B đối xứng với A qua trục Ox nên Ox là đường trung trực của đoạn AB.
⇒ OA = OB [tính chất đường trung trực] [1]
Vì C đối xứng với A qua trục Oy nên Oy là đường trung trực của đoạn AC.
⇒ OA = OC [tính chất đường trung trực] [2]
Từ [1] và [2] suy ra: OB = OC.
b. Ta có: OB = OC do đó điểm B đối xứng với điểm C qua tâm O cần thêm điều kiện B, O, C thẳng hàng.
∆ OAB cân tại O có Ox là đường trung trực của AB nên Ox cũng là đường phân giác của \[\widehat {AOB} \Rightarrow {\widehat O_1} = {\widehat O_3}\]
∆ OAC cân tại O có Oy là đường trung trực của AC nên Oy cũng là đường phân giác của \[\widehat {AOC} \Rightarrow {\widehat O_2} = {\widehat O_4}\]
B, O, C thẳng hàng \[ \Leftrightarrow {\widehat O_1} = {\widehat O_2} + {\widehat O_3} + {\widehat O_4} = {180^0}\]
\[\eqalign{& \Leftrightarrow 2{\widehat O_1} + 2{\widehat O_2} = {180^0} \cr& \Leftrightarrow {\widehat O_1} + {\widehat O_2} = {90^0} \cr& \Leftrightarrow \widehat {xOy} = {90^0} \cr} \]
Vậy \[\widehat {xOy} = {90^0}\] thì B đối xứng với C qua tâm O.
Câu 102 trang 92 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho tam giác ABC có trực tâm H. Gọi M là trung điểm của BC, K là điểm đối xứng với H qua M. Tính số đo góc ABK, ACK.
Giải:
Ta có K là điểm đối xứng của H qua tâm M nên MK = MH
Xét tứ giác BHCK ta có:
BM = MC [gt]
MK = MH [chứng minh trên]
Suy ra: Tứ giác BHCK là hình bình hành [vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường]
Suy ra: KB // CH, KC // BH
CH ⊥ AB [gt]
Suy ra: KB ⊥ AB nên \[\widehat {KBA} = {90^0}\]
BH ⊥ AC [gt]
Suy ra : CK ⊥ AC nên \[\widehat {KCA} = {90^0}\]
Giaibaitap.me
Page 8
Câu 106 trang 93 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Tính đường chéo d của một hình chữ nhật, biết độ dài các cạnh a = 3cm, b = 5cm [làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ nhất].
Giải:
Giả sử hình chữ nhật ABCD có AB = a = 3cm; BC = b = 5cm; BD = d
Trong tam giác vuông ABC theo định lý Py-ta-go ta có:
\[\eqalign{ & {d^2} = {a^2} + {b^2} \cr & \Rightarrow {d^2} = {3^2} + {5^2} = 9 + 25 = 34 \cr & d = \sqrt {34} \approx 5,8[cm] \cr} \]
Câu 107 trang 93 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Chứng minh rằng trong hình chữ nhật:
a. Giao điểm của hai đường chéo là tâm đối xứng của hình.
b. Hai đường thẳng đi qua trung điểm của hai cạnh đối là hai trục đối xứng của hình.
Giải:
a. Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD.
Vì hình chữ nhật là một hình bình hành nên điểm O là tâm đối xứng của nó.
b. Ta biết trong hình thang cân đường thẳng đi qua trung điểm của hai đáy là trục đối xứng của nó.
Theo định nghĩa ta có hình chữ nhật cũng là một hình thang cân. Nếu ta xem hình chữ nhật ABCD là hình thang cân có hai cạnh đáy AB và CD thì đường thẳng \[{d_1}\] đi qua trung điểm của AB và CD là trục đối xứng của hình chữ nhật ABCD.
Nếu ta xem hình chữ nhật ABCD là hình thang cân có hai đáy là AD và BC nên đường thẳng \[{d_2}\] đi qua trung điểm của AD và BC là trục đối xứng của hình chữ nhật ABCD.
Câu 108 trang 93 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Tính độ dài đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của một tam giác vuông có các cạnh góc vuông bằng 5cm và 10cm [làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ nhất]
Giải:
Giả sử ∆ ABC có \[\widehat A = {90^0}\] , M trung điểm của BC; AB = 5cm; AC = 10cm. Theo định lý Pi-ta-go ta có:
\[\eqalign{ & B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} \cr & BC = \sqrt {{5^2} + {{10}^2}} = \sqrt {125} \approx 11,2[cm] \cr} \]
AM \[ = {1 \over 2}\] BC [tính chất tam giác vuông]
⇒ AM \[ \approx {1 \over 2}.11,2 = 5,6\] [cm]
Câu 109 trang 93 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Tính x trên hình 16 [đơn vị đo : cm]
Giải:
Kẻ BH ⊥ CD
\[\widehat A = {90^0},\widehat D = {90^0},\widehat {BHD} = {90^0}\]
Suy ra: Tứ giác ABHD là hình chữ nhật [vì có ba góc vuông]
⇒ AB = DH, BH = AD
HC = CD – DH
CD – AB = 24 – 16 = 8 [cm]
Trong tam giác vuông BHC, theo định lí Pi-ta-go ta có:
\[\eqalign{ & B{C^2} = B{H^2} + H{C^2} \cr & \Rightarrow B{H^2} = B{C^2} - H{C^2} \cr & B{H^2} = {17^2} - {8^2} = 289 - 64 = 225 \cr & BH = \sqrt {225} = 15[cm] \cr & x = AD = BH = 15[cm] \cr} \]
Giaibaitap.me
Page 9
- Giải bài 48, 49, 50 trang 95, 96 Sách bài tập...
- Giải bài 44, 45, 46, 47 trang 95 Sách bài tập...
- Giải bài 55, 56, 57 trang 98 Sách bài tập Toán 8...
- Giải bài 51, 52, 53, 54 trang 97 Sách bài tập...
- Giải bài 1, 2, 3 trang 131, 132 Sách bài tập Toán...
- Giải bài 6, 7, 8, 9 trang 133 Sách bài tập Toán 8...
- Giải bài 20, 21, 22 trang 136, 137 Sách bài tập...
- Giải bài 17, 18, 19 trang 135, 136 Sách bài tập...
- Giải bài 13, 14, 15, 16 trang 134, 135 Sách bài...
- Giải bài 26, 27, 28 trang 138 Sách bài tập Toán 8...
Page 10
Câu 110 trang 93 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Chứng minh rằng các tia phân giác các góc của một hình bình hành cắt nhau tao thành một hình chữ nhật.
Giải:
Gọi G, H, E, K lần lượt là giao điểm của các đường phân giác của \[\widehat A\] và\[\widehat B\]; \[\widehat B\] và\[\widehat C\]; \[\widehat C\] và\[\widehat D\]; \[\widehat D\] và\[\widehat A\].
Ta có: \[\widehat {ADF} = {1 \over 2}\widehat {ADC}\] [gt]
\[\widehat {DAF} = {1 \over 2}\widehat {DAB}\] [gt]
\[\widehat {ADC} + \widehat {DAB} = {180^0}\] [hai góc trong cùng phía]
Suy ra: \[\widehat {ADF} + \widehat {DAF} = {1 \over 2}\left[ {\widehat {ADC} + \widehat {DAB}} \right] = {1 \over 2}{.180^0} = {90^0}\]
Trong ∆ AFD ta có:
\[\widehat {AFD} = {180^0} - \left[ {\widehat {ADF} + \widehat {DAF}} \right] = {180^0} - {90^0} = {90^0}\]
\[\widehat {EFG} = \widehat {AFD}\] [đối đỉnh]
\[\eqalign{ & \Rightarrow \widehat {EFG} = {90^0} \cr & \widehat {GAB} = {1 \over 2}\widehat {DAB}[gt] \cr & \widehat {GBA} = {1 \over 2}\widehat {CBA}[gt] \cr} \]
\[\widehat {DAB} + \widehat {CBA} = {180^0}\] [hai góc trong cùng phía]
\[ \Rightarrow \widehat {GBA} + \widehat {GAB} = {1 \over 2}\left[ {\widehat {DAB} + \widehat {CBA}} \right] = {1 \over 2}{.180^0} = {90^0}\]
Trong ∆ AGB ta có: \[\widehat {AGB} = {180^0} - \left[ {\widehat {GAB} + \widehat {GBA}} \right] = {180^0} - {90^0} = {90^0}\]
hay \[\widehat G = {90^0}\]
\[\eqalign{ & \widehat {EDC} = {1 \over 2}\widehat {ADC}[gt] \cr & \widehat {ECD} = {1 \over 2}\widehat {BCD}[gt] \cr} \]
\[\widehat {ADC} + \widehat {BCD} = {180^0}\] [hai góc trong cùng phía]
\[ \Rightarrow \widehat {EDC} + \widehat {ECD} = {1 \over 2}\left[ {\widehat {ADC} + \widehat {BCD}} \right] = {1 \over 2}{.180^0} = {90^0}\]
Trong ∆ EDC ta có: \[\widehat {DEC} = {180^0} - \left[ {\widehat {EDC} + \widehat {ECD}} \right] = {180^0} - {90^0} = {90^0}\]hay \[\widehat E = {90^0}\]
Câu 111 trang 94 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau. Gọi E, F, G, H theo thứ tự là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DA . Tứ giác EFGH là hình gì ? Vì sao ?
Giải:
Trong ∆ ABC ta có:
E là trung điểm của AB [gt]
F là trung điểm của BC [gt]
nên EF là đường trung bình của ∆ ABC
⇒ EF // AC và EF \[ = {1 \over 2}\]AC [tính chất đường trung bình của tam giác] [1]
Trong ∆ DAC ta có:
H là trung điểm của AD [gt]
G là trung điểm của DC [gt]
nên HG là đường trung bình của ∆ DAC.
⇒ HG // AC và HG \[ = {1 \over 2}\]AC [tính chất đường trung bình của tam giác] [2]
Từ [1] và [2] suy ra: EF // HG và EF = HG
Suy ra: Tứ giác EFGH là hình bình hành [vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau]
Ta lại có: BD ⊥ AC [gt]
EF // AC [ chứng minh trên]
Suy ra: EF ⊥ BD
Trong ∆ ABD ta có EH là đường trung bình ⇒ EH // BD
Suy ra: EF ⊥ EH hay \[\widehat {FEH} = {90^0}\]
Vậy hình bình hành EFGH là hình chữ nhật.
Câu 112 trang 94 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Tìm các hình chữ nhật trên hình 17 [trong hình 17b, O là tâm của đường tròn]
Giải:
- Hình a ta có: \[\widehat B = \widehat {HDC}\]
⇒ AB // DH[vì có cặp góc đồng vị bằng nhau]
hay DH // AE
\[\widehat C = \widehat {BDE}\]
⇒ DE // AC [vì có cặp góc đồng vị bằng nhau]
hay DE // AH
\[\widehat A = {90^0}\]
Vậy : Tứ giác AHDE là hình chữ nhật.
- Hình b: Tứ giác MNPQ có:
OM = ON = OP = OQ
⇒ Tứ giác MNPQ có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường và bằng nhau. Vậy MNPQ là hình chữ nhật.
Câu 113 trang 94 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Các câu sau đúng hay sai ?
a. Hình chữ nhật là tứ giác có tất cả các góc bằng nhau.
b. Tứ giác có hai đường chéo bằng nhau là hình chữ nhật.
c. Tứ giác có hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là hình chữ nhật.
Giải:
a. Đúng vì hình chữ nhật có 4 góc vuông
b. Sai vì hình thang cân có hai cạnh bên không song song có hai đường chéo bằng nhau
c. Đúng vì hình chữ nhật có hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Giaibaitap.me
Page 11
- Giải bài 48, 49, 50 trang 95, 96 Sách bài tập...
- Giải bài 44, 45, 46, 47 trang 95 Sách bài tập...
- Giải bài 55, 56, 57 trang 98 Sách bài tập Toán 8...
- Giải bài 51, 52, 53, 54 trang 97 Sách bài tập...
- Giải bài 1, 2, 3 trang 131, 132 Sách bài tập Toán...
- Giải bài 6, 7, 8, 9 trang 133 Sách bài tập Toán 8...
- Giải bài 20, 21, 22 trang 136, 137 Sách bài tập...
- Giải bài 17, 18, 19 trang 135, 136 Sách bài tập...
- Giải bài 13, 14, 15, 16 trang 134, 135 Sách bài...
- Giải bài 26, 27, 28 trang 138 Sách bài tập Toán 8...
Page 12
Câu 114 trang 94 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho tam giác ABC vuông cân tại A, AC = 4cm, điểm M thuộc cạnh BC. Gọi D, E theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến AB, AC.
a. Tứ giác ADME là hình gì ? Tính chu vi của tứ giác đó.
b. Điểm M ở vị trí nào trên cạnh BC thì đoạn thẳng DE có độ dài nhỏ nhất ?
Giải:
a. Xét tứ giác ADME ta có:
\[\widehat A = {90^0}\] [gt]
MD ⊥ AB [gt]
\[ \Rightarrow \widehat {ADM} = {90^0}\]
ME ⊥ AC [gt]
\[ \Rightarrow \widehat {AEM} = {90^0}\]
Suy ra: Tứ giác ADME là hình chữ nhật [vì có ba góc vuông]
∆ ABC vuông cân tại A \[ \Rightarrow \widehat B = {45^0}\]
Suy ra: ∆ DBM vuông cân tại D ⇒ DM = DB
Chu vi hình chữ nhật ADME bằng :
2[AD + DM] = 2 [ AD + DB] = 2 AB = 2.4 = 8 [cm]
b. Gọi H là trung điểm của BC
Suy ra: AH ⊥ BC [tính chất tam giác cân]
AM ≥ AH [dấu “=” xảy ra khi M trùng với H]
Tứ giác ADME là hình chữ nhật
⇒ AM = DE [tính chất hình chữ nhật]
Suy ra: DE ≥ AH
Vậy DE = AH có độ dài nhỏ nhất khi điểm M là trung điểm của BC.
Câu 115 trang 94 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho tam giác ABC cân tại A, các đường trung tuyến BM, CN cắt nhau tại G. Gọi D là điểm đối xứng với G qua M, gọi E là điểm đối xứng với G qua N. Tứ giác BEDC là hình gì ? Vì sao ?
Giải:
Ta có: G là trọng tâm của ∆ ABC
⇒ GB = 2GM [tính chất đường trung tuyến]
GC = 2GN [tính chất đường trung tuyến]
Điểm D đối xứng với điểm G qua điểm M
⇒ MG = MD hay GD = 2 GM
Suy ra: GD = GD [1]
Điểm E đối xứng với điểm G qua điểm N
⇒ NG = NE hay GE = 2 GN
Suy ra: GC = GE [2]
Từ [1] và [2] suy ra tứ giác BCDE là hình bình hành [vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường]
Xét ∆ BCM và ∆ CBN:
BC cạnh chung
\[\widehat {BCM} = \widehat {CBN}\] [tính chất tam giác cân]
CM = BN [ vì AB = AC]
Do đó: ∆ BCM = ∆ CBN [c.g.c]
\[ \Rightarrow {\widehat B_1} = {\widehat C_1}\]⇒ ∆ GBC cân tại G ⇒ GB = GC ⇒ BD = CE
Hình bình hành BCDE có hai đường chéo bằng nhau là hình chữ nhật.
Câu 116 trang 94 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A đến BD. Biết HD = 2cm, HB = 6cm. Tính các độ dài AD, AB [làm tròn đến hàng đơn vị].
Giải:
Ta có: DB = HD + HB = 2 + 6 = 8[cm]
AC = DB [tính chất hình chữ nhật]
OA = OB = OC = OD = \[{1 \over 2}\]BD = 4[cm]
OD = OH + HD
⇒ OH = OD – HD = 4 – 2 = 2[cm]
AH ⊥ OD có HO = HD = 2[cm]
Suy ra: ∆ ADO cân tại A
⇒ AD = AO = 4[cm]
Trong tam giác vuông ABD có \[\widehat {BAD} = {90^0}\]
\[B{D^2} = A{B^2} + A{D^2}\] [định lý Pi-ta-go] \[ \Rightarrow A{B^2} = B{D^2} - A{D^2}\]
\[AB = \sqrt {B{D^2} - A{D^2}} = \sqrt {{8^2} - {4^2}} = \sqrt {48} \approx 7\] [cm].
Câu 117 trang 94 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Chứng minh rằng ba điểm C, B, D trên hình 18 thẳng hàng.
Giải:
Nối AB, BO, BC, BO’, BD.
Trong ∆ ABC ta có:
OA = OC = R [bán kính đường tròn [O]]
nên BO là đường trung tuyến của ∆ ABC
mà BO = R[bán kính [O]]
⇒ BO = OA = OC = \[{1 \over 2}\]AC
nên tam giác ABC vuông tại B \[ \Rightarrow \widehat {ABC} = {90^0}\]
Trong ∆ ABD ta có: AO’ = O’D = R’ [bán kính [O’]]
nên BO’ là đường trung tuyến của ∆ ABD
mà BO’ = R’ [bán kính [O’]] ⇒ BO’ = AO’ = O’D = \[{1 \over 2}\]AD
nên tam giác ABD vuông tại B \[ \Rightarrow \widehat {ABD} = {90^0}\]
\[\widehat {ABC} + \widehat {ABD} = \widehat {CBD}\]
\[ \Rightarrow \widehat {CBD} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\]
Vậy C, B, D thẳng hàng.
Giaibaitap.me
Page 13
Câu 118 trang 94 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Tứ giác ABCD có AB ⊥ CD. Gọi E, F, G, H theo thứ tự là trung điểm của BC, BD, AD, AC. Chứng minh rằng EG = FH.
Giải:
Trong ∆ BCD ta có:
E là trung điểm của BC [gt]
F là trung điểm của BD [gt]
nên EF là đường trung bình của ∆ BCD
⇒ EF // CD và EF= \[{1 \over 2}\]CD [1]
Trong ∆ ACD ta có:
H là trung điểm của AC [gt]
G là trung điểm của AD [gt]
nên HG là đường trung bình của ∆ ACD
⇒ HG // AC và HG = \[{1 \over 2}\]AC [2]
Từ [1] và [2] suy ra: EF // HG và EF = HG
Suy ra tứ giác EFGH là hình bình hành [vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau]
Mặt khác: EF // CD [chứng minh trên]
AB ⊥ CD[gt]
Suy ra EF ⊥ AB
Trong ∆ ABC ta có HE là đường trung bình ⇒ HE // AB
Suy ra: HE ⊥ EF hay \[\widehat {FEH} = {90^0}\]
Vậy hình bình hành EFGH là hình chữ nhật.
Câu 119 trang 94 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho tam giác ABC, đường cao AH. Gọi D, E, M theo thứ tự là trung điểm của AB, AC, BC. Chứng minh rằng tứ giác DEMH là hình thang cân.
Giải:
Vì D là trung điểm của AB [gt]
E là trung điểm của AC [gt]
nên DE là đường trung bình của tam giác ABC
⇒ DE // BC hay DE = HM
Suy ra: Tứ giác DEMH là hình thang
M là trung điểm của BC [gt]
nên DM là đường trung bình của ∆ BAC
⇒ DM = \[{1 \over 2}\]AC [tính chất đường trung bình của tam giác] [1]
Trong tam giác vuông AHC có\[\widehat {AHC} = {90^0}\].
HE là đường trung tuyến thuộc cạnh huyền AC.
⇒ HE = \[{1 \over 2}\]AC [tính chất tam giác vuông] [2]
Từ [1] và [2] suy ra: DM = HE
Vậy hình thang DEMH là hình thang cân [vì có hai đường chéo bằng nhau]
Câu 120 trang 95 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho tam giác ABC vuông tại A, điểm D thuộc cạnh AC. Gọi E, F, G theo thứ tự là trung điểm của BD, BC, DC. Chứng minh rằng tứ giác AEFG là hình thang cân.
Giải:
Trong ∆ BDC ta có:
E là trung điểm của BD [gt]
F là trung điểm của BC [gt]
nên EF là đường trung bình của ∆ BDC
⇒ EF // DC
hay EF // AG
Suy ra: Tứ giác AEFG là hình thang
G là trung điểm của DC [gt]
nên FG là đường trung bình của ∆ CBD
⇒ FG // BD ⇒ \[{\widehat G_1} = {\widehat D_1}\] [đồng vị] [1]
Trong tam giác ABD vuông tại A có AE là trung tuyến thuộc cạnh huyền BD
⇒ AE = ED = \[{1 \over 2}\]BD [tính chất tam giác vuông]
nên ∆ AED cân tại E \[ \Rightarrow {\widehat A_1} = {\widehat D_1}\] [2]
Từ [1] và [2] suy ra: \[{\widehat A_1} = {\widehat G_1}\]
Vậy hình thang AEFG là hình thang cân [theo định nghĩa].
Giaibaitap.me
Page 14
Câu 121 trang 95 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao BD, CE. Gọi H, K theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ B, C đến đường thẳng DE. Chứng minh rằng EH = DH
HD: Vẽ điểm I là trung điểm của DE, điểm M là trung điểm của BC.
Giải:
BH ⊥ DE [gt]
CK ⊥ DE [gt]
Suy ra BH // CK nên tứ giác BHKC là hình thang
Ta có: Gọi M là trung điểm của BC, I là trung điểm của DE
Trong tam giác BDC vuông tại D có DM là trung tuyến thuộc cạnh huyền BC.
⇒ DM = \[{1 \over 2}\] BC [tính chất tam giác vuông]
Trong tam giác BEC vuông tại E có EM là đường trung tuyến thuộc cạnh huyền BC.
⇒ EM = ${1 \over 2}$BC [tính chất tam giác vuông]
Suy ra: DM = EM nên ∆ MDE cân tại M
MI là đường trung tuyến nên MI là đường cao ⇒ MI ⊥ DE
Suy ra: MI // BH // CK
BM = MC
Suy ra: HI = IK [tính chất đường trung bình hình thang]
⇒ HE + EI = ID + DK
mà EI = ID [ theo cách vẽ]
⇒ HE = DK
Câu 122 trang 95 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi D, E theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ H đến AB, AC.
a. Chứng minh rằng AH = DE.
b. Gọi I là trung điểm của HB, K là trung điểm của HC. Chứng minh rằng DI // EK
Giải:
a. Xét tứ giác ADHE:
\[\widehat A = {90^0}\] [gt]
\[\widehat {ADH} = {90^0}\] [vì HD ⊥ AB]
\[\widehat {AEH} = {90^0}\] [vì HE ⊥ AC]
Suy ra tứ giác ADHE là hình chữ nhật [vì có ba góc vuông]
⇒ AH = DE [tính chất hình chữ nhật]
b. ∆ BHD vuông tại D có DI là đường trung tuyến thuộc cạnh huyền BH
⇒ DI = IB = \[{1 \over 2}\] BH [tính chất tam giác vuông]
⇒ ∆ IDB cân tại I \[ \Rightarrow \widehat {DIB} = {{{{180}^0} - \widehat B} \over 2}\] [1]
∆ HEC vuông tại E có EK là đường trung tuyến thuộc cạnh huyền HC
⇒ EK = KH = \[{1 \over 2}\]HC [tính chất tam giác vuông]
⇒ ∆ KHE cân tại K \[ \Rightarrow \widehat {EKH} = {{{{180}^0} - \widehat {KHE}} \over 2}\] [2]
Tứ giác ADHE là hình chữ nhật
⇒ HE // AD hay HE // AB
⇒ \[\widehat B = \widehat {KHE}\] [đồng vị] [3]
Từ [1], [2] và [3] suy ra: \[\widehat {DIB} = \widehat {EKH}\]
⇒ DI // EK [vì có cặp góc đồng vị bằng nhau].
Câu 123 trang 95 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, đường trung tuyến AM.
a. Chứng minh rằng \[\widehat {HAB} = \widehat {MAC}\]
b. Gọi D, E theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ H đến AB, AC. Chứng minh rằng AM vuông góc với DE.
Giải:
a. AH ⊥ BC [gt] \[ \Rightarrow \widehat {HAB} + \widehat B = {90^0}\]
\[\widehat B + \widehat C = {90^0}\] [vì ∆ ABC có\[\widehat A = {90^0}\]]
Suy ra: \[\widehat {HAB} = \widehat C\] [1]
∆ ABC vuông tại A có AM là trung tuyến thuộc cạnh huyền BC
⇒ AM = MC = \[{1 \over 2}\] BC [tính chất tam giác vuông]
⇒ ∆ MAC cân tại M \[ \Rightarrow \widehat {MAC} = \widehat C\] [tính chất tam giác vuông] [2]
Từ [1] và [2] suy ra: \[\widehat {HAB} = \widehat {MAC}\]
b. xét tứ giác ADHE có:
\[\widehat A = {90^0}\] [gt]
\[\widehat {ADH} = {90^0}\] [vì HD ⊥ AB]
\[\widehat {AEH} = {90^0}\] [vì HE ⊥ AC]
Suy ra: Tứ giác ADHE là hình chữ nhật [vì có ba góc vuông]
⇒ ∆ ADH = ∆ EHD [c.c.c]
\[ \Rightarrow {\widehat A_1} = \widehat {HED}\]
\[\widehat {HED} + {\widehat E_1} = \widehat {HEA} = {90^0}\]
Suy ra: \[{\widehat E_1} + {\widehat A_1} = {90^0}\]
\[{\widehat A_1} = {\widehat A_2}\] [chứng minh trên]
\[ \Rightarrow {\widehat E_1} + {\widehat A_2} = {90^0}\]
Gọi I là giao điểm của AM và DE
Trong ∆ AIE ta có:
\[\widehat {AIE} = {180^0} - \left[ {{{\widehat E}_1} + {{\widehat A}_1}} \right] = {180^0} - {90^0} = {90^0}\]
\[\Rightarrow \]AM ⊥ DE.
Giaibaitap.me
Page 15
Câu 124 trang 95 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho đoạn thẳng AB. Kẻ tia Ax bất kì, lấy các điểm C, D, E sao cho AC = CD = DE. Qua C và D kẻ các đường thẳng song song với EB. Chứng minh rằng đoạn thẳng AB bị chia ra ba phần bằng nhau.
Giải:
Gọi giao điểm của các đường thẳng kẻ từ C và D song song với BE cắt AB tại M và N.
Ta có: AC = CD = DE [gt]
CM // DN // BE
Theo tính chất đường thẳng song song cách đều ta có: AM = MN = NB.
Câu 125 trang 95 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho góc vuông xOy, điểm A trên tia Oy. Điểm B di chuyển trên tia Ox. Gọi C là điểm đối xứng với A qua B. Điểm C di chuyển trên đường nào ?
Giải:
Vì điểm C đối xứng với điểm A qua điểm B ⇒ BA = BC
Kẻ CH ⊥ Ox
Xét hai tam giác vuông AOB và CHB:
\[\widehat {AOB} = \widehat {CHB} = {90^0}\]
BA = BC [chứng minh trên]
\[\widehat {ABO} = \widehat {CBH}\] [đối đỉnh]
Do đó: ∆ AOB = ∆ CHB [cạnh huyền, góc nhọn] ⇒ CH = AO
A, O cố định ⇒ OA không đổi nên CH không đổi.
C thay đổi cách Ox một khoảng bằng OA không đổi nên C chuyển động trên đường thẳng song song với Ox, cách Ox một khoảng OA.
Khi B trùng O thì C trùng với điểm K đối xứng với A qua điểm O.
Vậy C chuyển động trên tia Km // Ox, cách Ox một khoảng không đổi bằng OA.
Câu 126 trang 96 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho tam giác ABC, điểm M di chuyển trên cạnh BC. Gọi I là trung điểm của AM. Điểm I di chuyển trên đường nào ?
Giải:
Kẻ AH ⊥ BC, IK ⊥ BC
⇒ AH // IK
Trong tam giác AHM ta có:
⇒ AI = IM [gt]
IK // AH [chứng minh trên]
Suy ra: IK là đường trung bình của ∆ AHM
⇒ IK = \[{1 \over 2}\]AH
∆ ABC cố định nên AH không thay đổi ⇒ IK = \[{1 \over 2}\]AH không đổi.
I thay đổi cách BC một khoảng bằng \[{{AH} \over 2}\] không đổi nên I nằm trên đường thẳng song song với BC, cách BC một khoảng bằng\[{{AH} \over 2}\].
Khi M trùng với điểm B thì I trùng với P là trung điểm của AB.
Khi M trùng với điểm C thì I trùng với Q là trung điểm của AC.
Vậy khi M chuyển động trên cạnh BC của ∆ ABC thì trung điểm I của AM chuyển động trên đường trung bình PQ của ∆ ABC.
Câu 127 trang 96 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho tam giác ABC vuông tại A, điểm M thuộc cạnh BC. Gọi D, E theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến AB, AC.
a. So sánh các độ dài AM, DE.
b. Tìm vị trí của điểm M trên cạnh BC để DE có độ dài nhỏ nhất.
Giải:
a. Xét tứ giác ADME ta có:
\[\widehat A = {90^0}\] [gt]
MD ⊥ AB [gt]
\[ \Rightarrow \widehat {MDA} = {90^0}\]
ME ⊥ AC [gt]
\[ \Rightarrow \widehat {MEA} = {90^0}\]
Suy ra: Tứ giác ADME là hình chữ nhật [vì có ba góc vuông]
⇒ AM = DE [tính chất hình chữ nhật]
b. Ta có: AH ⊥ BC nên AM ≥ AH. Dấu “=” xảy ra khi M trùng với H.
mà DE = AM [chứng minh trên]
Vậy DE có độ dài nhỏ nhất bằng AH khi M là chân đường vuông góc kẻ từ A đến BC.
Giaibaitap.me
Page 16
- Giải bài 48, 49, 50 trang 95, 96 Sách bài tập...
- Giải bài 44, 45, 46, 47 trang 95 Sách bài tập...
- Giải bài 55, 56, 57 trang 98 Sách bài tập Toán 8...
- Giải bài 51, 52, 53, 54 trang 97 Sách bài tập...
- Giải bài 1, 2, 3 trang 131, 132 Sách bài tập Toán...
- Giải bài 6, 7, 8, 9 trang 133 Sách bài tập Toán 8...
- Giải bài 20, 21, 22 trang 136, 137 Sách bài tập...
- Giải bài 17, 18, 19 trang 135, 136 Sách bài tập...
- Giải bài 13, 14, 15, 16 trang 134, 135 Sách bài...
- Giải bài 26, 27, 28 trang 138 Sách bài tập Toán 8...
Page 17
Câu 128 trang 96 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho điểm A nằm ngoài đường thẳng d. Điểm M di chuyển trên đường thẳng d. Gọi B là điểm đối xứng với A qua M. Điểm B di chuyển trên đường nào ?
Giải:
Kẻ AK ⊥ d, BH ⊥ d
M thay đổi trên d, B đối xứng với A qua M nên AM = MB
Xét hai tam giác vuông AKM và BHM:
\[\widehat {AKM} = \widehat {BHM} = {90^0}\]
AM = MB [chứng minh trên]
\[\widehat {AMK} = \widehat {BMH}\] [đối đỉnh]
Do đó: ∆ AKM = ∆ BHM [cạnh huyền, góc nhọn] ⇒ AK = BH
Điểm A cố định, đường thẳng d cố định nên AK không thay đổi
M thay đổi, B thay đổi cách đường thẳng d cố định một khoảng bằng AK không đổi nên B chuyển động trên đường thẳng xy song song với d một khoảng bằng AK.
Câu 129 trang 96 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho đoạn thẳng AB, điểm M di chuyển trên đoạn thẳng ấy. Vẽ về một phía của AB các tam giác đều AMD, BME. Trung điểm I của DE di chuyển trên đường nào ?
Giải:
Gọi giao điểm của AD và BE là C.
∆ ABC có: \[\widehat A = {60^0}\] [vì ∆ ADM đều]
\[\widehat B = {60^0}\] [vì ∆ BEM đều]
Suy ra: ∆ ABC đều, AC = AB = BC nên điểm C cố định
\[\widehat A = \widehat {EMB} = {60^0}\]
⇒ ME // AC [vì có cặp góc đồng vị bằng nhau]
hay ME // DC
\[\widehat {DMA} = \widehat B = {60^0}\]
⇒ MD // BC [vì có cặp góc đồng vị bằng nhau]
hay MD // EC
Tứ giác CDME là hình bình hành
I là trung điểm của DE nên I là trung điểm của CM
Kẻ CH ⊥ AB, IK ⊥ AB ⇒ IK // CH
Trong ∆ CHM ta có:
CI = IM
IK // CH
nên IK là đường trung bình của ∆ CHM ⇒ IK = \[{1 \over 2}\]CH
C cố định ⇒ CH không đổi ⇒ IK =\[{1 \over 2}\]CH không thay đổi nên I chuyển động trên đường thẳng song song AB, cách AB một khoảng bằng \[{1 \over 2}\]CH.
Khi M trùng với A thì I trùng trung điểm P của AC.
Khi M trùng với B thì I trùng với trung điểm Q của BC.
Vậy khi M chuyển động trên đoạn thẳng AB thì I chuyển động trên đoạn PQ [P là trung điểm của AC, Q là trung điểm của BC]
Câu 130 trang 96 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Hình chữ nhật ABCD có cạnh AD bằng nửa đường chéo AC. Tính góc nhọn tạo bởi hai đường chéo.
Giải:
Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD.
AC = BD [tính chất hình chữ nhật]
⇒ OA = OD = \[{1 \over 2}\]AC
AD = \[{1 \over 2}\]AC [gt]
Suy ra: OA = OD = AD
⇒ ∆ OAD đều
\[ \Rightarrow \widehat {AOD} = {60^0}\]
Câu 131 trang 96 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Dựng hình chữ nhật ABCD, biết đường chéo AC = 4cm, góc tạo bởi hai đường chéo bằng 100°.
Giải:
Cách dựng:
- Dựng ∆ OAB biết OA = OB = 2cm.
\[\widehat {AOB} = {100^0}\]
- Trên tia đối tia OA dựng điểm C sao cho OC = OA = 2cm
- Trên tia đối tia OB dựng điểm D sao cho OD = OB = 2cm
Nối AD, BC, CD ta có hình chữ nhật ABCD cần dựng.
Chứng minh:
OA = OC, OB = OD nên tứ giác ABCD là hình bình hành
AC = BD = 4[cm] nên hình bình hành ABCD là hình chữ nhật
Lại có : \[\widehat {AOB} = {100^0}\]
Giaibaitap.me
Page 18
Câu 132 trang 96 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Chứng minh rằng trung điểm bốn cạnh của một hình chữ nhật là đỉnh của một hình thoi.
Giải:
Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA của hình chữ nhật ABCD.
Kẻ đường chéo AC.
- Trong ∆ ABC ta có:
E là trung điểm của AB
F là trung điểm của BC
nên EF là đường trung bình của ∆ ABC
⇒ EF // AC và EF = \[{1 \over 2}\]AC [tính chất đường trung bình tam giác] [1]
- Trong ∆ ADC ta có:
H là trung điểm AD
G là trung điểm DC
nên HG là đường trung bình của ∆ ADC.
⇒ HG // AC và HG = \[{1 \over 2}\]AC [tính chất đường trung bình của tam giác] [2]
Từ [1] và [2] suy ra: EF // HG và EF = HG
Suy ra tứ giác EFGH là hình bình hành [vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau]
- Xét ∆ AEH và ∆ DGH:
AH = HG [gt]
\[\widehat {EAH} = \widehat {GDH} = {90^0}\]
AE = DG [vì AB = CD]
Do đó: ∆ AEH = ∆ DGH [c.g.c] ⇒ HE = HG
Vậy hình bình hành EFGH là hình thoi [vì có hai cạnh kề bằng nhau]
Câu 133 trang 96 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Chứng minh rằng trung điểm các cạnh của một hình thoi là đỉnh của một hình chữ nhật.
Giải:
Giả sử hình thoi ABCD. Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA.
- Trong ∆ ABC ta có:
E là trung điểm của AB
F là trung điểm của BC
nên EF là đường trung bình của tam giác ABC.
⇒ EF // AC và EF = \[{1 \over 2}\]AC [tính chất đường trung bình của tam giác] [1]
- Trong ∆ ADC ta có:
H là trung điểm của AD
G là trung điểm của CD
nên HG là đường trung bình của ∆ ADC
⇒ HG // AC và HG = \[{1 \over 2}\]AC [ tính chất đường trung bình của tam giác] [2]
Từ [1] và [2] suy ra: EF // HG và EF = HG
Suy ra tứ giác EFGH là hình bình hành [vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau]
Mặt khác: AC ⊥ BD [tính chất hình thoi]
EF // AC [chứng minh trên]
Suy ra: EF ⊥ BD
Trong ∆ ABD ta có EH là đường trung bình
⇒ EH // BD [tính chất đường trung bình của tam giác]
Suy ra: EH ⊥ EF hay = 1v
Vậy hình bình hành EFGH là hình chữ nhật.
Câu 134 trang 97 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Chứng minh rằng trong hình thoi:
a. Giao điểm của hai đường chéo là tâm đối xứng của hình thoi
b. Hai đường chéo là hai trục đối xứng của hình thoi.
Giải:
a. Hình bình hành có tâm đối xứng là giao điểm của hai đường chéo. Hình thoi cũng là một hình bình hành nên cũng có tâm đối xứng là giao điểm hai đường chéo của nó.
b. Ta có: AC ⊥ BD [tính chất hình thoi]
OB = OD [ tính chất hình thoi]
nên AC là đường trung trực của BD.
Do đó điểm đối xứng với điểm B qua AC là điểm D
Điểm đối xứng với điểm A qua AC là điểm A
Điểm đối xứng với điểm C qua AC là điểm C
Vậy điểm đối xứng với mỗi đỉnh của hình thoi qua AC cũng thuộc hình thoi.
Do đó AC là trục đối xứng của hình thoi ABCD.
OC = OA [ tính chất hình thoi]
nên BD là đường trung trực của AC
Do đó điểm đối xứng với điểm A qua BD là điểm C
Điểm đối xứng với điểm B qua BD là điểm B
Điểm đối xứng với điểm D qua BD là điểm D
Vậy điểm đối xứng với mỗi đỉnh của hình thoi qua BD cũng thuộc hình thoi.
Do đó BD là trục đối xứng của hình thoi ABCD.
Câu 135 trang 97 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Tứ giác ABCD có tọa độ các đỉnh như sau: A[0; 2], B[ 3; 0], C[0; −2 ], D[−3; 0]. Tứ giác ABCD là hình gì ? Tính chu vi của tứ giác đó ?
Giải:
A[0; 2] và C[0; −2] nên hai điểm A và C đối xứng nhau qua O [0, 0] ⇒ OA = OC
B[3; 0] và D[−3; 0] nên hai điểm B và D đối xứng qua O [0; 0] ⇒ OB = OD
Tứ giác ABCD là hình bình hành [vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường]
Ox ⊥ Oy hay AC ⊥ BD
Vậy tứ giác ABCD là hình thoi
Trong ∆ OAB vuông tại O. Theo định lý Pi-ta-go ta có:
\[\eqalign{ & A{B^2} = O{A^2} + O{B^2} \cr & A{B^2} = {2^2} + {3^2} = 4 + 9 = 13 \cr & AB = \sqrt {13} \cr} \]
Chu vi hình thoi bằng \[4\sqrt {13} \]
Giaibaitap.me
Page 19
- Giải bài 48, 49, 50 trang 95, 96 Sách bài tập...
- Giải bài 44, 45, 46, 47 trang 95 Sách bài tập...
- Giải bài 55, 56, 57 trang 98 Sách bài tập Toán 8...
- Giải bài 51, 52, 53, 54 trang 97 Sách bài tập...
- Giải bài 1, 2, 3 trang 131, 132 Sách bài tập Toán...
- Giải bài 6, 7, 8, 9 trang 133 Sách bài tập Toán 8...
- Giải bài 20, 21, 22 trang 136, 137 Sách bài tập...
- Giải bài 17, 18, 19 trang 135, 136 Sách bài tập...
- Giải bài 13, 14, 15, 16 trang 134, 135 Sách bài...
- Giải bài 26, 27, 28 trang 138 Sách bài tập Toán 8...
Page 20
Câu 136 trang 97 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
a. Cho hình thoi ABCD. Kẻ hai đường cao AH, AK. Chứng minh rằng AH = AK
b. Hình bình hành ABCD có hai đường cao AH , AK bằng nhau. Chứng minh rằng ABCD là hình thoi.
Giải:
a. Xét hai tam giác vuông AHB và AKD:
\[\widehat {AHB} = \widehat {AKD} = {90^0}\]
AB = AD [gt]
\[\widehat B = \widehat D\] [tính chất hình thoi]
Do đó: ∆ AHB = ∆ AKD [cạnh huyền, góc nhọn]
⇒ AH = AK
b. Xét hai tam giác vuông AHC và AKC:
\[\widehat {AHC} = \widehat {AKC} = {90^0}\]
AH = AK [gt]
AC cạnh huyền chung
Do đó: ∆ AHC = ∆ AKC [cạnh huyền, góc nhọn]
\[ \Rightarrow \widehat {ACH} = \widehat {ACK}\] hay \[\widehat {ACB} = \widehat {ACD}\]
⇒ CA là tia phân giác \[\widehat {BCD}\]
Hình bình hành ABCD có đường chéo CA là tia phân giác nên là hình thoi.
Câu 137 trang 97 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Hình thoi ABCD có\[\widehat A = {60^0}\]. Kẻ hai đường cao BE, BF. Tam giác BEF là tam giác gì ? Vì sao ?
Giải:
Xét hai tam giác vuông BEA và BFC:
\[\widehat {BEA} = \widehat {BFC} = {90^0}\]
\[\widehat A = \widehat C\] [tính chất hình thoi]
BA = BC [gt]
Do đó: ∆ BEA = ∆ BFC [cạnh huyền, góc nhọn]
⇒ BE = BF
⇒ ∆ BEF cân tại B
\[ \Rightarrow {\widehat B_1} = {\widehat B_2}\]
⇒ Trong tam giác vuông BEA ta có:
\[\eqalign{ & \Rightarrow \widehat A + {\widehat B_1} = {90^0} \Rightarrow {\widehat B_1} = {90^0} - \widehat A = {90^0} - {60^0} = {30^0} \cr & \Rightarrow {\widehat B_2} = {\widehat B_1} = {30^0} \cr} \]
\[ \Rightarrow \widehat A + \widehat {ABC} = {180^0}\] [hai góc trong cùng phía bù nhau]
\[\eqalign{ & \Rightarrow \widehat {ABC} - {180^0} - \widehat A = {180^0} - {60^0} = {120^0} \cr & \Rightarrow \widehat {ABC} = {\widehat B_1} + {\widehat B_2} + {\widehat B_3} \cr & \Rightarrow {\widehat B_3} = \widehat {ABC} - \left[ {{{\widehat B}_1} + {{\widehat B}_2}} \right]\cr & = {120^0} - \left[ {{{30}^0} + {{30}^0}} \right] = {60^0} \cr} \]
Vậy ∆ BEF đều.
Câu 138 trang 97 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho hình thoi ABCD, O là giao điểm của hai đường chéo. Gọi E, F, G, H theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ O đến AB, BC, CD, DA. Tứ giác EFGH là hình gì ? Vì sao?
Giải:
Ta có: AB // CD [gt]
OE ⊥ AB [gt]
⇒ OE ⊥ CD
OG ⊥ CD [gt]
Suy ra: OE trùng với OG nên ba điểm O, E, G thẳng hàng.
BC // AD [gt]
OF ⊥ BC [gt]
⇒ OF ⊥ AD
OH ⊥ AD [gt]
Suy ra : OF trùng với OH nên ba điểm O, H, F thẳng hàng
AC và BD là đường phân giác các góc của hình thoi
OE = OF [tính chất tia phân giác] [1]
OE = OH [tính chất tia phân giác] [2]
OH = OG [tính chất tia phân giác] [3]
Từ [1], [2] và [3] suy ra: OE = OF = OH = OG
Tứ giác EFGH có hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình chữ nhật.
Câu 139 trang 97 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Hình thoi ABCD có chu vi bằng 16cm, đường cao AH bằng 2cm. Tính các góc của hình thoi, biết rằng \[\widehat A > \widehat B\]
Giải:
Chứng minh: Chu vi hình thoi bằng 16 [m] nên độ dài một cạnh bằng:
16 : 4 = 4 [cm]
Gọi M là trung điểm của AD.
Trong tam giác vuông AHD ta có HM là trung tuyến thuộc cạnh huyền
HM = AM = \[{1 \over 2}\]AD =\[{1 \over 2}\].4 = 2 [cm]
⇒ AM = HM = AM = 2 cm
⇒ ∆ AHM đều
\[ \Rightarrow \widehat {HAM} = {60^0}$hay $\widehat {HAD} = {60^0}\]
Trong tam giác vuông AHD ta có: \[\widehat {HAD} + \widehat D = {90^0}\]
\[ \Rightarrow \widehat D = {90^0} - \widehat {HAD} = {90^0} - {60^0} = {30^0}\]
\[ \Rightarrow \widehat B = \widehat D = {30^0}\] [tính chất hình thoi]
\[\widehat B + \widehat C = {180^0}\] [hai góc trong cùng phía bù nhau]
\[ \Rightarrow \widehat C = {180^0} - \widehat B = {180^0} - {30^0} = {150^0}\]
\[\widehat A = \widehat C = {150^0}\] [tính chất hình thoi]
Giaibaitap.me
Page 21
Câu 140 trang 97 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Hình thoi ABCD có \[\widehat A = {60^0}\] . Trên cạnh AD lấy điểm M, trên cạnh DC lấy điểm N sao cho AM = DN. Tam giác BMN là tam giác gì ? Vì sao ?
Giải:
Nối BD, ta có:
AB = AD [gt]
nên ∆ ABD cân tại A
mà \[\widehat A = {60^0}\]
⇒ ∆ ABD đều
\[ \Rightarrow \widehat {ABD} = {\widehat D_1} = {60^0}\] và BD = AB
Suy ra: BD = BC = CD
⇒ ∆ CBD đều
\[ \Rightarrow {\widehat D_2} = {60^0}\]
Xét ∆ BAM và ∆ BDN:
AB = BD [chứng minh trên]
\[\widehat A = {\widehat D_2} = {60^0}\]
AM = DN
Do đó: ∆ BAM = ∆ BDN [c.g.c] \[ \Rightarrow {\widehat B_1} = {\widehat B_3}\] và BM = BN
Suy ra: ∆ BMN cân tại B
\[{\widehat B_2} + {\widehat B_1} = \widehat {ABD} = {60^0}\]
Suy ra: \[{\widehat B_2} + {\widehat B_3} = \widehat {MBN} = {60^0}\]
Vậy ∆ BMN đều
Câu 141 trang 97 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho tam giác ABC. Lấy các điểm D, E theo thứ tự trên các cạnh AB, AC sao cho BD = CE. Gọi M, N, I, K theo thứ tự là trung điểm của BE, CD, DE, BC. Chứng minh rằng IK vuông góc với MN.
Giải:
Trong ∆ BCD ta có:
K là trung điểm của BC [gt]
N là trung điểm của CD [gt]
nên NK là đường trung bình của ∆ BCD
⇒ NK // BD và NK =\[{1 \over 2}\]BD [1]
Trong ∆ BED ta có:
M là trung điểm của BE [gt]
I là trung điểm của DE [gt]
nên MI là đường trung bình của ∆ BED
⇒ MI // BD và MI =\[{1 \over 2}\]BD [tính chất đường trung bình của tam giác] [2]
Từ [1] và [2] suy ra: MI // NK và MI = NK
nên tứ giác MKNI là hình bình hành
Trong ∆ BEC ta có:
MK là đường trung bình
MK = \[{1 \over 2}\]CE [tính chất đường trung bình của tam giác]
BD = CE [gt]
Suy ra: MK = KN
Vây hình bình hành MKNI là hình thoi.
⇒ IK ⊥ MN [tính chất hình thoi]
Câu 142 trang 97 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho hình bình hành ABCD, các đường chéo cắt nhau ở O. Gọi E, F, G, H theo thứ tự là giao điểm của các đường phân giác của các tam giác AOB, BOC, COD, DOA. Chứng minh rằng EFGH là hình thoi.
Giải:
Ta có: \[\widehat {AOB} = \widehat {COD}\] [đối đỉnh]
\[\widehat {EOB} = {1 \over 2}\widehat {AOB}\] [gt]
\[\widehat {COG} = {1 \over 2}\widehat {COD}\] [gt]
Suy ra: \[\widehat {EOB} = \widehat {COG}\]
\[\widehat {EOB} + \widehat {BOC} + \widehat {COG} = 2\widehat {EOB} + \widehat {BOC}\]
mà \[\widehat {AOB} + \widehat {BOC} = {180^0}\] [kề bù]
hay \[2\widehat {EOB} + \widehat {BOC} = {180^0}\]
Suy ra: E, O, G thẳng hàng
Ta lại có: \[\widehat {BOC} = \widehat {AOD}\] [đối đỉnh]
\[\widehat {HOD} = {1 \over 2}\widehat {AOD}\] [gt]
\[\widehat {FOC} = {1 \over 2}\widehat {BOC}\] [gt]
Suy ra: \[\widehat {HOD} = \widehat {FOC}\]
\[\widehat {HOD} + \widehat {COD} + \widehat {FOC} = 2\widehat {HOD} + \widehat {COD}\]
mà \[\widehat {AOD} + \widehat {COD} = {180^0}\] [kề bù]
hay\[2\widehat {HOD} + \widehat {COD} = {180^0}\]
Suy ra: H, O, F thẳng hàng
\[\widehat {ADO} = \widehat {CBO}\] [so le trong]
\[\widehat {HDO} = {1 \over 2}\widehat {ADO}\] [gt]
\[\widehat {FBO} = {1 \over 2}\widehat {CBO}\] [gt]
Suy ra: \[\widehat {HDO} = \widehat {FBO}\]
- Xét ∆ BFO và ∆ DHO:
\[\widehat {HDO} = \widehat {FBO}\] [chứng minh trên_
OD = OB [tính chất hình bình hành]
\[\widehat {HOD} = \widehat {FOB}\] [đối đỉnh]
Do đó: ∆ BFO = ∆ DHO [g.c.g]
⇒ OF = OH
\[\widehat {OAB} = \widehat {OCD}\] [so le trong]
\[\widehat {OAE} = {1 \over 2}\widehat {OAB}\] [gt]
\[\widehat {OCG} = {1 \over 2}\widehat {OCD}\] [gt]
Suy ra: \[\widehat {OAE} = \widehat {OCG}\]
- Xét ∆ OAE và ∆ OCG:
\[\widehat {OAE} = \widehat {OCG}\] [chứng minh trên]
OA = OC [tính chất hình bình hành]
\[\widehat {EOA} = \widehat {GOC}\] [đối đỉnh]
Do đó: ∆ OAE = ∆ OCG [g.c.g]
⇒ OE = OG
Suy ra: Tứ giác EFGH là hình bình hành [vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường]
OE ⊥ OF [tính chất hai góc kề bù]
hay EG ⊥ FH
Vậy: Tứ giác EFGH là hình thoi.
Câu 143 trang 97 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Dựng hình thoi ABCD, biết cạnh bằng 2cm, một đường chéo bằng 3cm.
Giải:
Cách dựng:
- Dựng ∆ ABD biết AB = AD = 2[cm], BD = 3cm
- Trên nửa mặt phẳng bờ BD không chứa điểm A. Từ B dựng tia Bx // AD, từ D dựng tia Dy // AB, chúng cắt nhau tại C.
Ta có hình thoi ABCD cần dựng
Chứng minh:
Vì AB // CD và AD // BC nên tứ giác ABCD là hình bình hành
AB = AD = 2cm. Vậy tứ giác ABCD là hình thoi
Lại có: BD = 3cm
Hình thoi dựng được thỏa mãn điều kiện bài toán.
Giaibaitap.me
Page 22
Câu 11.1 trang 97 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cạnh của một hình thoi bằng 25, một đường chéo bằng 14. Đường chéo kia bằng:
A. 24
B. 48
C. \[\sqrt {429} \]
D. Một đáp số khác.
Hãy chọn phương án đúng
Giải:
Chọn B. 48 đúng
Câu 11.2 trang 97 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho hình thang cân ABCD[ AB // CD]. Gọi E, F, G, H theo thứ tự là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA. Tứ giác EFGH là hình gì ?
Giải:
Trong ∆ ABD ta có:
E là trung điểm của AB [gt]
H là trung điểm của AD [gt]
nên EH là đường trung bình của ∆ ABD
⇒ EH // BD và EH = \[{1 \over 2}\]BD [tính chất đường trung bình của tam giác] [1]
- Trong ∆ CBD ta có:
F là trung điểm của BC [gt]
G là trung điểm của CD [gt]
nên FG là đường trung bình của ∆ CBD
⇒ FG // BD và FG = \[{1 \over 2}\]BD [tính chất đường trung bình của tam giác] [2]
Từ [1] và [2] suy ra: EH // FG và EH = FG
Suy ra: Tứ giác EFGH là hình bình hành [vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau]
Trong ∆ ABC ta có:
EF là đường trung bình
⇒ EF = \[{1 \over 2}\]AC [tính chất đường trung bình của tam giác] [3]
AC = BD [tính chất hình thang cân] [4]
Từ [1], [3] và [4] suy ra: EH = EF
Vậy : Tứ giác EFGH là hình thoi.
Câu 11.3 trang 98 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho tam giác ABC, điểm D thuộc cạnh BC. Qua D kẻ đường thẳng song song với AC, cắt AB ở I. Qua D kẻ đường thẳng song song với AB, cắt AC ở K.
a. Tứ giác AIDK là hình gì ?
b. Điểm D ở vị trí nào trên cạnh BC thì AIDK là hình thoi ?
Giải:
a. Ta có: DK // AB [gt]
hay DK // AI
DI // AC [gt]
hay DI // AK
Vậy tứ giác AIDK là hình bình hành
b. Để hình bình hành AIDK là hình thoi.
⇒ AD là đường phân giác \[\widehat {IAK}\]
hay AD là đường phân giác \[\widehat {BAC}\]
Ngược lại nếu AD là tia phân giác \[\widehat {BAC}\]
Ta có tứ giác AIDK là hình bình hành có đường chéo AD là phân giác của góc A nên tứ giác AIDK là hình thoi
Vậy hình bình hành AIDK là hình thoi khi và chỉ khi D là giao điểm tia phân giác của góc A và cạnh BC.
Giaibaitap.me
Page 23
Câu 144 trang 98 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường phân giác AD. Gọi M, N theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ D đến AB, AC. Chứng minh rằng tứ giác AMDN là hình vuông.
Giải:
Xét tứ giác AMDN:
\[\widehat {MAN} = \]1v [gt]
DM ⊥ AB [gt]
\[ \Rightarrow \widehat {AMD}\]= 1v
DN ⊥ AC [gt]
\[ \Rightarrow \widehat {AND}\]=1v
Suy ra: Tứ giác AMDN là hình chữ nhật [vì có ba góc vuông], có đường chéo AD là đường phân giác của góc A.
Vậy : Hình chữ nhật AMDN là hình vuông.
Câu 145 trang 98 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh AB, BC, CD, DA lấy theo thứ tự các điểm E, K, P, Q sao cho AE = BK = CP = DQ. Tứ giác EKPQ là hình gì ? Vì sao ?
Giải:
AB = BC = CD = DA [gt]
AE = BK = CP = DQ [gt]
Suy ra: EB = KC = PD = QA
- Xét ∆ AEQ và ∆ BKE :
AE = BK [gt]
\[\widehat A = \widehat B = {90^0}\]
QA = EB [chứng minh trên]
Do đó: ∆ AEQ = ∆ BKE [c.g.c] ⇒ EK = EQ [1]
- Xét ∆ BKE và ∆ CPK :
BK = CP [gt]
\[\widehat B = \widehat C = {90^0}\]
EB = KC [chứng minh trên]
Do đó: ∆ BKE = ∆ CPK [c.g.c] ⇒ EK = KP [2]
Xét ∆ CPK và ∆ DQP :
CP = DQ [gt]
\[\widehat C = \widehat D = {90^0}\]
DP = CK [chứng minh trên]
Do đó: ∆ CPK = ∆ DQP [c.g.c] ⇒ KP = PQ [3]
Từ [1], [2] và [3] suy ra: EK = KP = PQ = EQ
Tứ giác EKPQ là hình thoi.
Câu 146 trang 98 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho tam giác ABC, điểm I nằm giữa B và C.
Qua I vẽ đường thẳng song song với AB, cắt AC ở H.
Qua I vẽ đường thẳng song song với AC, cắt AB ở K.
a. Tứ giác AHIK là hình gì ?
b. Điểm I nằm ở vị trí nào trên cạnh BC thì tứ giác AHIK là hình thoi ?
c. Tam giác ABC có điều kiện gì thì tứ giác AHIK là hình chữ nhật ?
Giải:
a. Ta có: IK // AC [gt]
hay IK // AH
IH // AB [gt]
hay IH // AK
Vậy tứ giác AHIK là hình bình hành [theo định nghĩa]
b. Hình bình hành AHIK là hình thoi nên đường chéo AI là phân giác của
Ngược lại AI là phân giác của . Hình bình hành AHIK có đường chéo là phân giác của một góc nên hình bình hành AHIK là hình thoi.
Vậy nếu I là giao điểm của đường phân giác của với cạnh BC thì tứ giác AHIK là hình thoi.
c. Hình bình hành AHIK là hình chữ nhật
\[ \Rightarrow \widehat A = {90^0}\]suy ra ∆ ABC vuông tại A
Ngược lại ∆ ABC có \[\widehat A = {90^0}\]
Suy ra: Hình bình hành AHIK là hình chữ nhật.
Vậy nếu ∆ ABC vuông tại A thì tứ giác AHIK là hình chữ nhật.
Câu 147 trang 98 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD. Gọi P, Q theo thứ tự là trung điểm của AB, CD. Gọi H là giao điểm của AQ và DP, gọi K là giao điểm của CP và BQ. Chứng minh rằng PHQK là hình vuông.
Giải:
Xét tứ giác APQD ta có:
AB // CD [gt] hay AP // QD
AP = \[{1 \over 2}\]AB [gt]
QD = \[{1 \over 2}\]CD [gt]
Suy ra: AP = QD nên tứ giác APQD là hình bình hành.
\[\widehat A = {90^0}\]
Suy ra: Tứ giác APQD là hình chữ nhật
AD = AP = \[{1 \over 2}\]AB
Vậy : Tứ giác APQD là hình vuông
⇒ AQ ⊥ PD [tính chất hình vuông] \[ \Rightarrow \widehat {PHQ} = {90^0}\] [1]
HP = HQ [tính chất hình vuông]
- Xét tứ giác PBCQ ta có:
PB // CD
PB = \[{1 \over 2}\]AB [gt]
CQ = \[{1 \over 2}\]CD [gt]
Suy ra: PB = CQ nên tứ giác PBCQ là hình bình hành [vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau]
\[\widehat B = {90^0}\]suy ra tứ giác PBCQ là hình chữ nhật
PB = BC [vì cùng bằng AD = \[{1 \over 2}\]AB]
Vậy: Tứ giác PBCQ là hình vuông
⇒ PC ⊥ BQ [tính chất hình vuông] \[ \Rightarrow \widehat {PKQ} = {90^0}\][2]
PD là tia phân giác \[\widehat {APQ}\] [tính chất hình vuông]
PC là tia phân giác \[\widehat {QPB}\] [tính chất hình vuông]
Suy ra: PD ⊥ PC [tính chất hai góc kề bù] ⇒ \[\widehat {HPK} = {90^0}\] [3]
Từ [1], [2] và [3] suy ra tứ giác PHQK là hình vuông.
Giaibaitap.me
Page 24
Câu 148 trang 98 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Trên cạnh BC lấy các điểm H, G sao cho BH = HG = GC. Qua H và G kẻ các đường vuông góc với BC, chúng cắt AB và AC theo thứ tự ở E và F. Tứ giác EFGH là hình gì ? Vì sao ?
Giải:
∆ ABC vuông cân tại A. \[ \Rightarrow \widehat B = \widehat C = {45^0}\]
∆ BHE vuông tại H có \[\widehat B = {45^0}\]
⇒ ∆ BHE vuông cân tại H nên HB = HE
∆ CGF vuông cân tại G có \[\widehat C = {45^0}\]
⇒ ∆ CGF vuông cân tại G nên GC = GF
Ta có: BH = HG = GC [gt]
Suy ra: HE = HG = GF
EH // GF [hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ ba]
nên tứ giác HEFG là hình bình hành [vì có một cặp cạnh đối song song bằng nhau]
có \[\widehat {EHG} = {90^0}\] do đó HEFG là hình chữ nhật
EH = HG [chứng minh trên]
Vậy HEFG là hình vuông.
Câu 149 trang 98 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh AD lấy điểm F, trên cạnh DC lấy điểm E sao cho AF = DE. Chứng minh rằng AE = BF và AE ⊥ BF.
Giải:
Xét ∆ ABF và ∆ DAE:
AB = DA [gt]
\[\widehat {BAF} = \widehat {ADE} = {90^0}\]
AF = DE [gt]
Do đó: ∆ ABF = ∆ DAE [c.g.c]
⇒ BF = AE
\[{\widehat B_1} = {\widehat A_1}\]
Gọi H là giao điểm của AE và BF.
\[\widehat {BAF} = {\widehat A_1} + {\widehat A_2} = {90^0}\]
Suy ra: \[{\widehat B_1} + {\widehat A_2} = {90^0}\]
Trong ∆ ABH ta có:
\[\widehat {AHB} + {\widehat B_1} + {\widehat A_2} = {180^0}\]
\[\widehat {AHB} = {180^0} - \left[ {{{\widehat B}_1} + {{\widehat A}_2}} \right] = {180^0} - {90^0} = {90^0}\]
Vậy AE ⊥ BF.
Câu 150 trang 98 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho một hình chữ nhật có hai cạnh kề không bằng nhau. Chứng minh rằng các tia phân giác của các góc hình chữ nhật đó cắt nhau tạo thành một hình vuông.
Giải:
Gọi giao điểm các đường phân giác của các góc: \[widehat A,\widehat B,\widehat C,\widehat D\]theo thứ tự cắt nhau tại E, H, F, G.
Trong ∆ ADG ta có: \[\widehat {GAD} = {45^0};\widehat {GDA} = {45^0}\] [gt]
⇒ ∆ GAD vuông cân tại G
\[ \Rightarrow \widehat {AGD} = {90^0}\]và GD = GA
\[ \Rightarrow \widehat {FGE} = \widehat {AGD} = {90^0}\]
Trong ∆ BHC ta có:
\[\widehat {HBC} = {45^0};\widehat {HCB} = {45^0}\] [gt]
⇒ ∆HBC vuông cân tại H
\[ \Rightarrow \widehat {BHC} = {90^0}\] và HB = HC
Trong ∆ FDC ta có: \[{\widehat D_1} = {45^0};{\widehat C_1} = {45^0}\] [gt]
⇒ ∆ FDC vuông cân tại F \[ \Rightarrow \widehat F = {90^0}\] và FD = FC
nên tứ giác EHFG là hình chữ nhật [vì có ba góc vuông]
Xét ∆ GAD và ∆ HBC :
\[\widehat {GAD} = \widehat {HBC} = {45^0}\]
AD = BC [tính chất hình chữ nhật]
\[\widehat {GDA} = \widehat {HCB} = {45^0}\]
Do đó: ∆ GAD = ∆ HBC [g.c.g] ⇒ GD = HC
FD = FC [chứng minh trên]
Suy ra: FG = FH
Vậy hình vuông EHFG có hai cạnh kề bằng nhau nên là hình vuông.
Giaibaitap.me
Page 25
Câu 151 trang 98 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho hình vuông ABCD. Gọi E là một điểm nằm giữa C và D. Tia phân giác của góc DAE cắt CD ở F. Kẻ FH ⊥ AE [H ∈ AE], FH cắt BC ở G.
Tính số đo góc FAG.
Giải:
Xét hai tam giác vuông DAF và HAF:
\[\widehat {ADF} = \widehat {AHF} = {90^0}\]
\[{\widehat A_1} = {\widehat A_2}\] [gt]
AF cạnh huyền
Do đó: ∆ DAF = ∆ HAF [cạnh huyền, góc nhọn]
⇒ DA = HA
DA = AB [gt]
Suy ra: HA = AB
Xét hai tam giác vuông HAG và BAG:
\[\widehat {AHG} = \widehat {ABG} = {90^0}\]
HA = BA [chứng minh trên]
AG cạnh huyền chung
Do đó: ∆ HAG = ∆ BAG [cạnh huyền, cạnh góc vuông]
\[ \Rightarrow {\widehat A_3} = {\widehat A_4}\]nên AG là tia phân giác của \[\widehat {EAB}\]
\[\widehat {FAG} = {\widehat A_2} + {\widehat A_3} = {1 \over 2}\left[ {\widehat {DAE} + \widehat {EAB}} \right] = {1 \over 2}{.90^0} = {45^0}\]
Câu 152 trang 99 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho hình vuông DEBC. Trên cạnh CD lấy điểm A, trên tia đối của tia DC lấy điểm K, trên tia đối tia ED lấy điểm M sao cho CA = DK = EM. Vẽ hình vuông DKIH [H thuộc cạnh DE]. Chứng minh rằng ABMI là hình vuông.
Giải:
Xét ∆ CAB và ∆ EMB :
CA = ME [gt]
\[\widehat C = \widehat E = {90^0}\]
CB = EB [tính chất hình vuông]
Do đó: ∆ CAB = ∆ EMB [c.g.c]
⇒ AB = MB [1]
AK = DK +DA
CD = CA + AD
mà CA = DK nên AK = CD
Xét ∆ CAB và ∆ KIA :
CA = KI [vì cùng bằng DK]
\[\widehat C = \widehat K = {90^0}\]
CB = AK [vì cùng bằng CD]
Do đó: ∆ CAB = ∆ KIA [c.g.c]
⇒ AB = AI [2]
DH = DK [vì KDHI là hình vuông]
EM = DK [gt]
⇒ DH + HE = HE + EM
hay DE = HM
Xét ∆ HIM và ∆ EMB :
HI = EM [vì cùng bằng DK]
\[\widehat H = \widehat E = {90^0}\]
HM = EB [vì cùng bằng DE]
Do đó: ∆ HIM = ∆ EMB [c.g.c]
⇒ IM = MB [3]
Từ [1], [2] và [3] suy ra: AB = BM = AI = IM
Tứ giác ABMI là hình thoi.
Mặt khác, ta có ∆ ACB = ∆ MEB [chứng minh trên]
\[\eqalign{ & \Rightarrow \widehat {CBA} = \widehat {EBM} \cr & \widehat {CBA} + \widehat {ABE} = \widehat {CBE} = {90^0} \cr} \]
Suy ra: \[\widehat {EBM} + \widehat {ABE} = {90^0}\] hay \[\widehat {ABM} = {90^0}\]
Vậy : Tứ giác ABMI là hình vuông.
Câu 153 trang 99 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho tam giác ABC. Vẽ ở ngoài tam giác các hình vuông ABDE, ACFH.
a. Chứng minh rằng EC = BH, EC ⊥ BH.
b. Gọi M, N theo thứ tự là tâm của các hình vuông ABDE, ACFH. Gọi I là trung điểm của BC. Tam giác MIN là tam giác gì ? Vì sao ?
Giải:
a. Ta có: \[\widehat {BAH} = \widehat {BAC} + \widehat {CAH} = \widehat {BAC} + {90^0}\]
\[\widehat {EAC} = \widehat {BAC} + \widehat {BAE} = \widehat {BAC} + {90^0}\]
Suy ra: \[\widehat {BAH} = \widehat {EAC}\]
- Xét ∆ BAH và ∆ EAC:
BA = EA [vì ABDE là hình vuông]
\[\widehat {BAH} = \widehat {EAC}\] [chứng minh trên]
AH = AC [vì ACFH là hình vuông]
Do đó: ∆ BAH = ∆ EAC [c.g.c]
⇒ BH = EC
Gọi giao điểm của EC với AB và BH lần lượt là K và O.
\[\widehat {AEC} = \widehat {ABH}\] [vì ∆ BAH = ∆ EAC] [1]
hay \[\widehat {AEK} = \widehat {OBK}\]
- Trong ∆ AEK ta có: \[\widehat {EAK} = {90^0}\]
\[ \Rightarrow \widehat {AEK} + \widehat {AKE} = {90^0}\] [2]
\[\widehat {AKE} = \widehat {OKB}\] [đối đỉnh] [3]
Từ [1] và [2] suy ra: \[\widehat {OKB} + \widehat {OBK} = {90^0}\]
- Trong ∆ BOK ta có: \[\widehat {BOK} + \widehat {OKB} + \widehat {OBK} = {180^0}\]
\[ \Rightarrow \widehat {BOK} = {180^0} - \left[ {\widehat {OKB} + \widehat {OBK}} \right] = {180^0} - {90^0} = {90^0}\]
Suy ra: EC ⊥ BH
b. Trong ∆ EBC ta có:
M là trung điểm của EB [tính chất hình vuông]
I là trung điểm của BC [gt]
nên MI là đường trung bình của tam giác EBC
⇒ MI = \[{1 \over 2}\]EC và MI // EC [tính chất đường trung bình của tam giác]
- Trong ∆ BCH ta có:
I là trung điểm của BC [gt]
N là trung điểm của CH [tính chất hình vuông]
nên NI là đường trung bình của ∆ BCH
⇒ NI = \[{1 \over 2}\]BH và NI // BH [tính chất đường trung bình của tam giác]
BH = CE [chứng minh trên]
Suy ra: MI = NI nên ∆ INM cân tại I
MI // EC [chứng minh trên]
EC ⊥ BH [chứng minh trên]
Suy ra: MI ⊥ BH
NI // BH [chứng minh trên]
Suy ra: MI ⊥ NI hay \[\widehat {MIN} = {90^0}\]
Vậy ∆ IMN vuông cân tại I.
Giaibaitap.me
Page 26
Câu 154 trang 99 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh CD. Tia phân giác của góc ABE cắt AD ở K. Chứng minh rằng AK + CE = BE.
Giải:
Trên tia đối tia CD lấy điểm M sao cho CM = AK
Ta có: AK + CE = CM + CE = EM [*]
Xét ∆ ABK và ∆ CBM:
AB = CB [gt]
\[\widehat A = \widehat C = {90^0}\]
AK = CM [theo cách vẽ]
Do đó: ∆ ABK = ∆ CBM [c.g.c]
\[ \Rightarrow {\widehat B_1} = {\widehat B_4}\] [1]
\[\widehat {KBC} = {90^0} - {\widehat B_1}\] [2]
Trong tam giác CBM vuông tại C.
\[\widehat M = {90^0} - {\widehat B_4}\] [3]
Từ [1], [2] và [3] suy ra: \[\widehat {KBC} = \widehat M\] [4]
\[\widehat {KBC} = {\widehat B_2} + {\widehat B_3}\] mà \[{\widehat B_1} = {\widehat B_2}\] [gt]
\[{\widehat B_1} = {\widehat B_4}\] [chứng minh trên]
Suy ra: \[{\widehat B_2} = {\widehat B_4} \Rightarrow {\widehat B_2} + {\widehat B_3} = {\widehat B_3} + {\widehat B_4}\] hay \[\widehat {KBC} = \widehat {EBM}\] [5]
Từ [4] và [5] suy ra: \[\widehat {EBM} = \widehat M\]
⇒ ∆ EBM cân tại E ⇒ EM = BE [**]
Từ [*] và [**] suy ra: AK + CE = BE.
Câu 155 trang 99 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho hình vuông ABCD. Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của AB, BC.
a. Chứng minh rằng CE vuông góc với DF
b. Gọi M là giao điểm của CE và DF. Chứng minh rằng AM = AD
HD . Gọi K là trung điểm của CD. Chứng minh rằng KA // CE.
Giải:
a. Xét ∆ BEC và ∆ CFD:
BE = CF [gt]
\[\widehat B = \widehat C = {90^0}\]
BC = CD [gt]
Do đó: ∆ BEC = ∆ CFD [c.g.c]
\[\eqalign{ & \Rightarrow {\widehat C_1} = {\widehat D_1} \cr & {\widehat C_1} + {\widehat C_2} = {90^0} \cr} \]
Suy ra: \[{\widehat D_1} + {\widehat C_2} = {90^0}\]
Trong ∆ DCM có \[{\widehat D_1} + {\widehat C_2} = {90^0}\]
Suy ra: \[\widehat {DMC} = {90^0}\]. Vậy CE ⊥ DF
b. Gọi K là trung điểm của DC, AK cắt DF tại N.
Xét tứ giác AKCE ta có:
AB // CD hay AE // CK
AE = \[{1 \over 2}\]AB [gt]
CK = \[{1 \over 2}\]CD [theo cách vẽ]
Suy ra: AE // CK nên tứ giác AKCE là hình bình hành [vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau]
AK // CE
DF ⊥ CE [chứng minh trên]⇒ AK ⊥ DF hay AN ⊥ DM
Trong ∆ DMC ta có: DK = KC
KN // CM
nên DN = MN [tính chất đường trung bình của tam giác]
Suy ra: ∆ ADM cân tại A [vì có đường cao vừa là đường trung tuyến]
⇒ AD = AM
Câu 156 trang 99 Sách bài tập [SBT] Toán 8 tập 1
Cho hình vuông ABCD. Vẽ điểm E trong hình vuông sao cho\[\widehat {FAD} = \widehat {FDA} = {15^0}\].
a. Vẽ điểm F trong hình vuông sao cho\[\widehat {FAD} = \widehat {FDA} = {15^0}\]. Chứng minh rằng tam giác DEF là tam giác đều.
b. Chứng minh rằng tam giác ABE là tam giác đều.
Giải:
a. Xét ∆ EDC và ∆ FDA :
\[\widehat {EDC} = \widehat {FAD} = {15^0}\]
DC = AD [gt]
\[\widehat {ECD} = \widehat {FDA} = {15^0}\]
Do đó: ∆ EDC = ∆ FDA [g.c.g]
⇒ DE = DF
⇒ ∆ DEF cân tại D
Ta lại có:
\[\eqalign{ & \widehat {ADC} = \widehat {FDA} + \widehat {FDE} + \widehat {EDC} \cr & \Rightarrow \widehat {FDE} = \widehat {ADC} - \left[ {\widehat {FDA} + \widehat {EDC}} \right] \cr & = {90^0} - \left[ {{{15}^0} + {{15}^0}} \right] = {60^0} \cr} \]
Vậy ∆ DEF đều.
b. Xét ∆ ADE và ∆ BCE:
ED = EC [vì ∆ EDC cân tại E]
\[\widehat {ADE} = \widehat {BCE} = {75^0}\]
AD = BC [gt]
Do đó: ∆ ADE = ∆ BCE [c.g.c]
⇒ AE = BE [1]
Trong ∆ AFD ta có:
\[\eqalign{ & \widehat {AFD} = {180^0} - \left[ {\widehat {FAD} + \widehat {FDA}} \right] \cr & = {180^0} - \left[ {{{15}^0} + {{15}^0}} \right] = {150^0} \cr & \widehat {AFD} + \widehat {DFE} + \widehat {AFE} = {360^0} \cr & \Rightarrow \widehat {AFE} = {360^0} - \left[ {\widehat {AFD} + \widehat {DFE}} \right] \cr & = {360^0} - \left[ {{{150}^0} + {{60}^0}} \right] = {150^0} \cr} \]
Xét ∆ AFD và ∆ AEF:
AF cạnh chung
\[\widehat {AFD} = \widehat {AFE} = {150^0}\]
DF = EF [vì ∆ DFE đều]
Do đó: ∆ AFD = ∆ AEF [c.g.c]
⇒ AE = AD
AD = AB [gt]
Suy ra: AE = AB [2]
Từ [1] và [2] suy ra: AE = AB = BE. Vậy ∆ AEB đều.
Giaibaitap.me