Tuyển tập các bài giải sách bài tập Toán lớp 8: Đại số & Hình học ngắn gọn, chính xác được biên soạn bám sát nội dung SBT Toán lớp 8 Tập 1 & Tập 2 giúp bạn học tốt môn Toán 8 hơn. Show
SBT Toán lớp 8 Tập 1Chương 1: Phép nhân và phép chia các đa thứcPhần Đại số - Chương 2: Phân thức đại sốPhần Hình học - Chương 1: Tứ giácPhần Hình học - Chương 2: Đa giác. Diện tích đa giácSBT Toán lớp 8 Tập 2Phần Đại số - Chương 3: Phương trình bậc nhất một ẩnPhần Đại số - Chương 4: Bất phương trình bậc nhất một ẩnPhần Hình học - Chương 3: Tam giác đồng dạngPhần Hình học - Chương 4: Hình lăng trụ đứng. Hình chóp đềuA - Hình lăng trụ đứngB - Hình chóp đều
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 2
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 3
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 4
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 5
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 6
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 7
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 Page 8
Câu 12.1 trang 99 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1 Hình vuông có chu vi bằng 8 thì đường chéo bằng : A. 2 B. \(\sqrt {32} \) C. \(\sqrt 8 \) D. \(\sqrt 2 \) Hãy chọn phương án đúng. Giải: Chọn C. \(\sqrt 8 \) Đúng Câu 12.2 trang 99 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1 Cho hình thoi ABCD, O là giao điểm của hai đường chéo. Các tia phân giác của bốn góc vuông có đỉnh O cắt các cạnh AB, BC, CD, DA theo thứ tự ở E, F, G, H. Tứ giác EFGH là hình gì ? Giải: Ta có: \(\widehat {AOB}\)và \)\widehat {COD}\) đối đỉnh nên E, O, G thẳng hàng \(\widehat {BOC}\)và \(\widehat {AOD}\) đối đỉnh nên F, O, H thẳng hàng Xét ∆ BEO và ∆ BFO: \(\widehat {EBO} = \widehat {FBO}\) (tính chất hình thoi) OB cạnh chung \(\widehat {EOB} = \widehat {FOB} = {45^0}\) (gt) Do đó: ∆ BEO = ∆ BFO (g.c.g) ⇒ OE = OF (1) Xét ∆ BEO và ∆ DGO: \(\widehat {EBO} = \widehat {GDO}\) (so le trong) OB = OD(tính chất hình thoi) \(\widehat {EOB} = \widehat {GOD}\) (đối đỉnh) Do đó: ∆ BEO = ∆ DGO (g.c.g) ⇒ OE = OG (2) Xét ∆ AEO và ∆ AHO: \(\widehat {EAO} = \widehat {HAO}\) (tính chất hình thoi) OA cạnh chung \(\widehat {EOA} = \widehat {HOA} = {45^0}\) (gt) Do đó: ∆ AEO = ∆ AHO (g.c.g) ⇒ OE = OH (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: OE = OF = OG = OH hay EG = FH nên tứ giác EFGH là hình chữ nhật (vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường và bằng nhau) OE ⊥ OF (tính chất hai góc kề bù) hay EG ⊥ FH Vậy hình chữ nhật EFGH là hình vuông. Câu 12.3 trang 99 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1 Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh DC lấy điểm E, trên cạnh BC lấy điểm F sao cho DE = CF. Chứng minh rằng AE = DF và AE ⊥ DF. Giải: Xét ∆ ADE và ∆ DCF: AD = DC (gt) \(\widehat A = \widehat D = {90^0}\) DE = CF (gt) Do đó: ∆ ADE = ∆ DCF (c.g.c) ⇒ AE = DF \(\widehat {EAD} = \widehat {FDC}\) \((\widehat {EAD} + \widehat {DEA} = {90^0}\) (vì ∆ ADE vuông tại A) \( \Rightarrow \widehat {FDC} + \widehat {DEA} = {90^0}\) Gọi I là giao điểm của AE và DF. Suy ra: \(\widehat {IDE} + \widehat {DEI} = {90^0}\) Trong ∆ DEI ta có: \(\widehat {DIE} = {180^0} - \left( {\widehat {IDE} + \widehat {DEI}} \right) = {180^0} - {90^0} = {90^0}\) Suy ra: AE ⊥ DF Giaibaitap.me Page 9
Câu 157 trang 99 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1 Cho tứ giác ABCD. Gọi E, F, G, H theo thứ tự là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Tìm điều kiện của tứ giác ABCD để EFGH là: a. Hình chữ nhật b. Hình thoi c. Hình vuông Giải: Trong ∆ ABC ta có EF là đường trung bình nên EF // AC và EF = \({1 \over 2}\)AC (1) Trong ∆ ADC ta có HG là đường trung bình nên HG // AC và HG = \({1 \over 2}\)AC (2) Từ (1) và (2) suy ra: EF // HG và EF = HG Vậy tứ giác EFGH là hình bình hành a. Tứ giác EFGH là hình chữ nhật ⇔ EH ⊥ EF ⇔ AC ⊥ BD b. Tứ giác EFGH là hình thoi ⇔ EH = EF ⇔ AC = BD c. Tứ giác EFGH là hình vuông ⇔ AC ⊥ BD và AC = BD Câu 158 trang 100 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1 Cho tam giác ABC vuông tại A, điểm D là trung điểm của BC. Gọi M là điểm đối xứng với D qua AB, E là giao điểm của DM và AB. Gọi N là điểm đối xứng với D qua AC, F là giao điểm của DN và AC. a. Tứ giác AEDF là hình gì ? Vì sao ? b. Các tứ giác ADBM, ADCN là hình gì ? Vì sao ? c. Chứng minh rằng M đối xứng với N qua A d. Tam giác vuông ABC có điều kiện gì thì tứ giác AEDF là hình vuông ? Giải: a. Điểm M và điểm D đối xứng qua trục AB ⇒ AB là đường trung trực của đoạn thẳng MD ⇒ AB ⊥ DM ⇒ \(\widehat {AED} = {90^0}\) Điểm D và điểm N đối xứng nhau qua trục AC ⇒ AC là đường trung trực của đoạn thẳng DN ⇒ AC ⊥ DN \( \Rightarrow \widehat {AFD} = {90^0}\) \(\widehat {EAF} = {90^0}\) (gt) Vậy tứ giác AEDF là hình chữ nhật (vì có ba góc vuông) b. Tứ giác AEDF là hình chữ nhật ⇒ DE // AC; DF // AB Trong ∆ ABC ta có: DB = DC (gt) DE // AC Suy ra: AE = EB (tính chất đường trung bình tam giác); DF// AB Suy ra: AF = FC (tính chất đường trung bình của tam giác) Xét tứ giác ADBM : AE = EB (chứng minh trên) ED = EM (vì AB là trung trực DM) Suy ra: Tứ giác ADBM là hình bình hành (vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường) AB ⊥ DM Vậy hình bình hành ADBM là hình thoi ( vì có hai đường chéo vuông góc) Xét tứ giác ADCN: AF = FC (chứng minh trên) DF = FN (vì AC là đường trung trực DN) Suy ra: Tứ giác ADCN là hình bình hành (vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường) AC ⊥ DN Vậy hình bình hành ADCN là hình thoi (vì có hai đường chéo vuông góc) c. Tứ giác ADBM là hình thoi ⇒ AM // DB và AM = AD hay AM // BC và AM = AD (1) Tứ giác ADCN là hình thoi ⇒ AN // DC và AD = AN hay AN // BC và AN = AD (2) Từ (1) và (2) suy ra: AM trung với AN hay M, A, N thẳng hàng Và AM = AN nên A là trung điểm của MN Vậy điểm M và điểm N đối xứng với nhau qua điểm A d. Hình chữ nhật AEDF trở thành hình vuông khi AE = AF Ta có: AE = \({1 \over 2}\)AB ; AF =\({1 \over 2}\)AC nên AE = AF AB = AC Vậy nếu ∆ ABC vuông cân tại A thì tứ giác AEDF là hình vuông. Câu 159 trang 100 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1 Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi D là điểm đối xứng với H qua AB, gọi E là điểm đối xứng với H qua AC. a. Chứng minh rằng D đối xứng với E qua A b. Tam giác DHE là tam giác gì ? Vì sao ? c. Tứ giác BDEC là hình gì ? Vì sao ? d. Chứng minh rằng BC = BD + CE. Giải: a. Điểm D đối xứng điểm H qua trục AB ⇒ AB là đường trung trực của HD ⇒ AH = AD (tính chất đường trung trực) ⇒ ∆ ADH cân tại A Suy ra: AB là tia phân giác của \(\widehat {DAH} \Rightarrow \widehat {DAB} = {\widehat A_1}\) Điểm H và điểm E đối xứng qua trục AC ⇒ AC là đường trung trực của HE ⇒ AH = AE (tính chất đường trung trực) ⇒ ∆ AHE cân tại A Suy ra: AC là đường phân giác của \(\widehat {HAE} \Rightarrow {\widehat A_2} = \widehat {EAC}\) \(\widehat {DAE} = \widehat {DAH} + \widehat {HAE} = 2\left( {{{\widehat A}_1} + {{\widehat A}_2}} \right) = {2.90^0} = {180^0}\) D, A, E thẳng hàng AD = AE (vì cùng bằng AH) nên điểm A là trung điểm của đoạn DE Vậy điểm D đối xứng với điểm E qua điểm A.
b) Tam giác DHE có HA là trung tuyến và \(AH = {1 \over 2}DE\)
+) AB chung +) BD = BH ( vì AB là trung trực của DH) +) AD = AH (vì AB là trung trực của DH) \(\Rightarrow \Delta ADB = \Delta AHB\;(c.c.c)\) \( \Rightarrow \widehat {AHB} = \widehat {ADB}=90^0\) (hai góc tương ứng) Xét \(\Delta AEC\) và \( \Delta AHC\) có: +) AC chung +) EC = HC ( vì AC là trung trực của EH) +) AE = AH (vì AC là trung trực của EH) \(\Rightarrow \Delta AEC = \Delta AHC\;(c.c.c)\) \( \Rightarrow \widehat {AHC} = \widehat {AEC}=90^0\) (hai góc tương ứng) Suy ra BD//CE (vì cùng vuông góc với DE) d) Do AB là đường trung trực của DH nên BD=BH (5)Do AC là đường trung trực của EH nên CE=CH (6)Cộng vế với vế của (5) và (6) ta có BD+CE=BH+CH hay BD+CE=BC Câu 160 trang 100 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1 Cho tứ giác ABCD. Gọi E, F, G, H theo thứ tự là trung điểm của AB, AC, DC, DB. Tìm điều kiện của tứ giác ABCD để EFGH là: a. Hình chữ nhật b. Hình thoi c. Hình vuông Giải: Xét tam giác ABC: Ta có: EB = EA, FA = FC (gt) Nên EF // BC, EF = \({1 \over 2}\) BC. Xét tam giác BDC có HB = HD, GD = GC (gt) Nên HG // BC, HG = \({1 \over 2}\) BC. Do đó EF //HG, EF = HG. Tương tự EH // FG, EH = FG Vậy EFGH là hình bình hành. a) EFGH là hình chữ nhật ⇔ EH ⊥ EF ⇔ AD ⊥ BC b) EFGH là hình thoi ⇔ EH = EF ⇔ AD = BC c) EFGH là hình thoi ⇔ AD ⊥ BC và AD = BC Giaibaitap.me Page 10
Câu 161 trang 100 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1 Cho tam giác ABC, các đường trung tuyến BD và CE cắt nhau ở G. Gọi H là trung điểm của GB, K là trung điểm của GC. a. Chứng minh rằng tứ giác DEHK là hình bình hành. b. Tam giác ABC có điều kiện gì thì tứ giác DEHK là hình chữ nhật ? c. Nếu các đường trung tuyến BD và CE vuông góc với nhau thì tứ giác DEHK là hình gì ? Giải: a. Ta có: GD = \({1 \over 2}\)GB (tính chất đường trung tuyến của tam giác) GH = \({1 \over 2}\)GB (gt) Suy ra: GD = GH GE = \({1 \over 2}\)GC (tính chất đường trung tuyến của tam giác) GK = \({1 \over 2}\)GC (gt) Suy ra: GE = GK Tứ giác DEHK là hình bình hành (vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường) b. Hình bình hành DEHK trở thành hình chữ nhật khi DH = EK mà DH = \({1 \over 2}\)BD; EK = \({1 \over 2}\)CE nên DH = EK ⇒ BD = CE ⇒ ∆ ABC cân tại A Vậy ∆ ABC cân tại A thì tứ giác DEHK là hình chữ nhật. c. Nếu BD ⊥ CE ⇒ DH ⊥ EK Hình bình hành DEHK có hai đường chéo vuông góc nên nó là hình thoi. Câu 162 trang 100 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1 Cho hình bình hành ABCD có AB = 2AD. Gọi E và F theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. a. Các tứ giác AEFD, AECF là hình gì ? Vì sao ? b. Gọi M là giao điểm của AF và DE, gọi N là giao điểm của BF và CE. Chứng minh rằng tứ giác EMFN là hình chữ nhật. c. Hình bình hành ABCD nói trên có thêm điều kiện gì thì EMFN là hình vuông ? Giải: a. Xét tứ giác AEFD: AB // CD (gt) hay AE // FD AE = \({1 \over 2}\)AB (gt) FD = \({1 \over 2}\)CD (gt) Suy ra: AE = FD Tứ giác AEFD là hình bình hành (vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau) AD = AE = \({1 \over 2}\)AB Vậy tứ giác AEFD là hình thoi. Xét tứ giác AECF : AE // CF (gt) AE = \({1 \over 2}\)AB (gt) CF = \({1 \over 2}\)CD (gt) Suy ra: AE = CF Tứ giác AECF là hình bình hành (vì có một cặp canh đối song song và bằng nhau) b. Tứ giác AECF là hình thoi ⇒ AF ⊥ ED ⇒ \(\widehat {EMF} = {90^0}\) AF // CE (vì tứ giác AECF là hình bình hành) Suy ra: CE ⊥ ED \( \Rightarrow \widehat {MEN} = {90^0}\) Xét tứ giác EBFD ta có: EB = FD (vì cùng bằng AE) EB // FD (vì AB // CD) Xét tứ giác EBFD là hình bình hành (vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau) ⇒ DE // BF Suy ra: BF ⊥ AF = 1v Vậy tứ giác EMFN là hình chữ nhật. c. Ta có: Hình chữ nhật EMFN là hình thoi ⇒ ME = MF ME = \( \Rightarrow \widehat {MEN} = {90^0}\)DE (tính chất hình thoi) MF = \( \Rightarrow \widehat {MEN} = {90^0}\)AF (tính chất hình thoi) Suy ra: DE = AF ⇒ Tứ giác AEFD là hình vuông (vì hình thoi có 2 đường chéo bằng nhau) ⇒ \(\widehat A = {90^0}\) ⇒ Hình bình hành ABCD là hình chữ nhật Ngược lại: ABCD là hình chữ nhật ⇒\(\widehat A = {90^0}\) Hình thoi AEFD có \(\widehat A = {90^0}\) nên AEFD là hình vuông ⇒ AF = DE ⇒ ME = MF (tính chất hình vuông) Hình chữ nhật EMFN là hình vuông (vì có hai cạnh kề bằng nhau) Vậy hình chữ nhật EMFN là hình vuông nếu ABCD là hình chữ nhật có AB = 2 AD. Câu 163 trang 100 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1 Cho hình bình hành ABCD có E, F theo thứ tự là trung điểm của AB, CD. a. Tứ giác DEBF là hình gì ? Vì sao ? b. Chứng minh rằng các đường thẳng AC, BD, EF cùng cắt nhau tại một điểm. c. Gọi giao điểm của AC với DE và BF theo thứ tự là M và N. Chứng minh rằng tứ giác EMFN là hình bình hành. Giải: a. Xét tứ giác DEBF: AB // CD (gt) hay DF // EB EB = \({1 \over 2}\)AB (gt) DF = \({1 \over 2}\)CD (gt) Suy ra: EB = DF Tứ giác DEBF là hình bình hành (vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau) b. Gọi O là giao điểm của AC và BD OB = OD (tính chất hình bình hành) Tứ giác DEBF là hình bình hành nên EF và BD cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường Suy ra: EF đi qua trung điểm O của BD Vậy AC, BD và EF cắt nhau tại O trung điểm của mỗi đoạn c. Xét ∆ EOM và ∆ FON: \(\widehat {MEO} = \widehat {NFO}\) (so le trong) OE = OF (tính chất hình bình hành) \(\widehat {MOE} = \widehat {NOF}\) (đối đỉnh) Do đó : ∆ EOM = ∆ FON (g.c.g) ⇒ OM = ON Vậy tứ giác EMFN là hình bình hành (vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường ) Câu 164 trang 101 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1 Cho đoạn thẳng AB = a. Gọi M là một điểm nằm giữa A và B. Vẽ về một phía của AB các hình vuông AMNP, BMLK có tâm theo thứ tự là C, D. Gọi I là trung điểm của CD. a. Tính khoảng cách từ I đến AB b. Khi điểm M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì điểm I di chuyển trên đường nào ? Giải: a. Kẻ CE ⊥ AB, IH ⊥ AB, DF ⊥ AB ⇒ CE // DF // IH IC = ID (gt) nên IH là đường trung bình của hình thang DCEF \( \Rightarrow IH = {{DF + CE} \over 2}\) (1) C là tâm hình vuông AMNP ⇒ ∆ CAM là tam giác vuông cân tại C CE ⊥ AM ⇒ CE là đường trung tuyến (tính chất tam giác cân) ⇒ CE = \({1 \over 2}\)AM D là tâm hình vuông BMLK ⇒ ∆ DBM vuông cân tại D DF ⊥ BM ⇒ DF là đường trung tuyến (tính chất tam giác cân) ⇒ DF = \({1 \over 2}\)BM Vậy CE + DF = \({1 \over 2}\)AM + \({1 \over 2}\)BM = \({1 \over 2}\) (AM + BM) = \({1 \over 2}\)AB = \({a \over 2}\) ⇒ IH = \({{{a \over 2}} \over 2} = {a \over 4}\) b. Gọi Q là giao điểm của BL và AN Ta có: AN ⊥ MP (tính chất hình vuông) BL ⊥ MK (tính chất hình vuông) MP ⊥ MK (tính chất hai góc kề bù) Suy ra: BL ⊥ AN ⇒ ∆ QAB vuông cân tại Q cố định. M thay đổi thì I thay đổi luôn cách đoạn thẳng AB cố định một khoảng không đổi bằng \({a \over 4}\) nên I chuyển động trên đường thẳng song song với AB, cách AB một khoảng bằng \({a \over 4}\) Khi M trùng B thì I trùng với S là trung điểm của BQ Khi M trùng với A thì I trùng với R là trung điểm của AQ Vậy khi M chuyển động trên đoạn AB thì I chuyển động trên đoạn thẳng RS song song với AB, cách AB một khoảng bằng \({a \over 4}\) . Giaibaitap.me Page 11
Page 12
Page 13
Câu 5 trang 156 Sách bài tập (BT) Toán 8 tập 1 Tính số đo của hình 8 cạnh đều, 10 cạnh đều, 12 cạnh đều. Giải: Áp dụng công thức tính ố đo mỗi góc của đa giác đều có n cạnh bằng \({{\left( {n - 2} \right){{.180}^0}} \over n}\) - Đa giác đều 8 cạnh ⇒ n = 8, ố đo mỗi góc là : \({{\left( {8 - 2} \right){{.180}^0}} \over 8} = {135^0}\) - Đa giác đều 10 cạnh ⇒ n = 10, ố đo mỗi góc là : \({{\left( {10 - 2} \right){{.180}^0}} \over {10}} = {144^0}\) - Đa giác đều 12 cạnh ⇒ n = 12, ố đo mỗi góc là : \({{\left( {12 - 2} \right){{.180}^0}} \over {12}} = {150^0}\) Câu 6 trang 156 Sách bài tập (BT) Toán 8 tập 1 a. Vẽ hình và tính ố đường chéo của ngũ giác, lục giác b. Chứng minh rằng hình n – giác có tất cả \(({{n\left( {n - 3} \right)} \over 2}\) đường chéo. Giải: a. Từ mỗi đỉnh của ngũ giác vẽ được hai đường chéo. Ngũ giác có 5 đỉnh ta kẻ được 5.2 = 10 đường chéo, trong đó mỗi đường chéo được tính hai lần. Vậy ngũ giác có tất cả 5 đường chéo. Từ mối đỉnh của lục giác vẽ được 3 đường chéo. Lục giác có 6 đỉnh ta kẻ được 6.3 = 18 đường chéo, trong đó mỗi đường chéo được tính hai lần. Vậy lục giác có tất cả là 9 đường chéo. b. Từ mỗi đỉnh của n – giác nối với các đỉnh còn lại ta được n – 1 đoạn thẳng , trong đó có hai đoạn thẳng là cạnh của hình n – giác (hai đoạn thẳng nối với hai đỉnh kề nhau). Vậy qua mỗi đỉnh của n – giác vẽ được n – 3 đường chéo. Hình n – giác có n đỉnh kẻ được n(n – 3 ) đường chéo, trong đó mỗi đường chéo được tính hai lần. Vậy hình n – giác có tất cả \({{n\left( {n - 3} \right)} \over 2}\) đường chéo. Câu 7 trang 156 Sách bài tập (BT) Toán 8 tập 1 Tìm ố đường chéo của hình 8 cạnh, 10 cạnh, 12 cạnh. Giải: Áp dụng công thức tính ở bài 6. Đa giác có 8 cạnh, ố đường chéo là : \({{8\left( {8 - 3} \right)} \over 2} = 20\) đường chéo Đa giác có 10 cạnh, ố đường chéo là : \({{10\left( {10 - 3} \right)} \over 2} = 35\) đường chéo Đa giác có 12 cạnh, ố đường chéo là : \({{12\left( {12 - 3} \right)} \over 2} = 54\)đường chéo. Câu 8 trang 156 Sách bài tập (BT) Toán 8 tập 1 Chứng minh rằng tổng các góc ngoài của một đa giác (lồi ) có ố đo là 360°. Giải: Tổng ố đo của góc trong và góc ngoài ở mỗi đỉnh của hình n – giác bằng 180° Hình n – giác có n đỉnh nên tổng ố đo các góc trong và góc ngoài của đa giác bằng n . 180° Mặt khác ta biết tổng các góc trong của hình n – giác bằng (n – 2 ). 180° Vậy tổng ố đo các góc ngoài của hình n – giác là: n . 180° - (n – 2) . 180°= n . 180° - n .180° +2. 180°= 360° Giaibaitap.me Page 14
Câu 1.1 trang 156 sách bài tập (BT) Toán lớp 8 tập 1 Mỗi câu sau đây đúng hay ai ? a. Tam giác và tứ giác không phải là đa giác b. Hình gồm n đoạn thẳng đôi một có một điểm chung được gọi là đa giác (với n là ố tự nhiên lớn hơn 2) c. Hình gồm n đoạn thẳng (n là ố tự nhiên lớn hơn 2) trong đó bất kì hai đoạn thẳng nào có một điểm chung cũng không cùng nằm trên một đường thẳng được gọi là đa giác. d. Hình tạo bởi nhiều hình tam giác được gọi là đa giác e. Đa giác luôn nằm trong nửa mặt phẳng cho trước được gọi là đa giác lồi f. Đa giác luôn nằm trong nửa mặt phẳng có bờ là một đường thẳng chứa một cạnh của nó được gọi là đa giác lồi g. Hình gồm hai đa giác lồi cho trước là một đa giác lồi. Giải: a. ai; b. ai; c. Đúng; d. ai; e. ai; f. ai; g. ai Câu 1.2 trang 156 sách bài tập (BT) Toán 8 tập 1 a. Cho tam giác đều ABC. Gọi M,N,P tương ứng là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh MNP là tam giác đều. b. Cho hình vuông ABCD. Gọi M, N, P, Q tương ứng là trung điểm của các cạnh BC, CD, DA, AB. Chứng minh MNPQ là hình vuông (tứ giác đều) c. Cho ngũ giác đều ABCDE. Gọi M, N, P, Q,, R tương ứng là trung điểm của các cạnh BC, CD, DE, EA, AB. Chứng minh MNPQR là ngũ giác đều. Giải: a. Ta có: M là trung điểm của BC N là trung điểm của AC nên MN là đường trung bình của ∆ ABC ⇒ MN = \({1 \over 2}\)AB Ta có: P là trung điểm của AB nên MP là đường trung bình của ∆ ABC ⇒ MP = \({1 \over 2}\)AC NP là đường trung bình của ∆ ABC ⇒ NP = \({1 \over 2}\)BC mà AB = BC = AC (gt) ⇒ MN = MP = NP. Vậy ∆ MNP đều b. Xét ∆ APQ và ∆ BQM: AQ = BQ (gt) \(\widehat A = \widehat B = {90^0}\) AP = BM (gt) Do đó: ∆ APQ = ∆ BQM (c.g.c) ⇒ PQ = QM (1) Xét ∆ BQM và ∆ CMN: BM = CM (gt) \(\widehat B = \widehat C = {90^0}\) BQ = CN (gt) Do đó: ∆ BQM = ∆ CMN (c.g.c) ⇒ QM = MN (2) Xét ∆ CMN và ∆ DNP: CN = DN (gt) \(\widehat C = \widehat D = {90^0}\) CM = DP (gt) Do đó: ∆ CMN = ∆ DNP (c.g.c) ⇒ MN = NP (3) Từ (1), (2) và (3) uy ra: MN = NP = PQ = QM nên tứ giác MNPQ là hình thoi Vì AP = AQ nên ∆ APQ vuông cân tại A BQ = BM nên ∆ BMQ vuông cân tại B \( \Rightarrow \widehat {AQP} = \widehat {BQM} = {45^0}\) \(\widehat {AQP} + \widehat {PQM} + \widehat {BQM} = {180^0}\) (kề bù) \( \Rightarrow \widehat {PQM} = {180^0} - \left( {\widehat {AQP} + \widehat {BQM}} \right)\) \(= {180^0} - \left( {{{45}^0} + {{45}^0}} \right) = {90^0}\) Vậy tứ giác MNPQ là hình vuông. c. Xét ∆ ABC và ∆ BCD: AB = BC (gt) \(\widehat B = \widehat C\) (gt) BC = CD (gt) Do đó: ∆ ABC = ∆ BCD (c.g.c) ⇒ AC = BD (1) Xét ∆ BCD và ∆ CDE: BC = CD (gt) \(\widehat C = \widehat D\) (gt) CD = DE (gt) Do đó: ∆ BCD = ∆ CDE (c.g.c) ⇒ BD = CE (2) Xét ∆ CDE và ∆ DEA: CD = DE (gt) \(\widehat D = \widehat E\) (gt) DE = EA (gt) Do đó: ∆ CDE = ∆ DEA (c.g.c) ⇒ CE = DA (3) Xét ∆ DEA và ∆ EAB: DE = EA (gt) \(\widehat E = \widehat A\) (gt) EA = AB (gt) Do đó: ∆ DEA = ∆ EAB (c.g.c) ⇒ DA = EB (4) Từ (1), (2), (3), (4) uy ra: AC = BD = CE = DA = EB Trong ∆ ABC ta có RM là đường trung bình ⇒ RM = \({1 \over 2}\)AC (tính chất đường trung bình của tam giác) Mặt khác, ta có: Trong ∆ BCD ta có MN là đường trung bình ⇒ MN = \({1 \over 2}\)BD (tính chất đường trung bình của tam giác) Trong ∆ CDE ta có NP là đường trung bình ⇒ NP = \({1 \over 2}\)CE (tính chất đường trung bình của tam giác) Trong ∆ 9DEA ta có PQ là đường trung bình ⇒ PQ = \{1 \over 2}\)DA (tính chất đường trung bình của tam giác) Trong ∆ EAB ta có QR là đường trung bình ⇒ QR = \({1 \over 2}\)EB (tính chất đường trung bình của tam giác) uy ra: MN = NP = PQ = QR = RM Ta có: \(\widehat A = \widehat B = \widehat C = \widehat D = \widehat E = {{\left( {5 - 2} \right){{.180}^0}} \over 5} = {108^0}\) ∆ DPN cân tại D \( \Rightarrow \widehat {DPN} = \widehat {DNP} = {{{{180}^0} - \widehat D} \over 2} = {{{{180}^0} - {{108}^0}} \over 2} = {36^0}\) ∆ CNM cân tại C \( \Rightarrow \widehat {CNM} = \widehat {CMN} = {{{{180}^0} - \widehat C} \over 2} = {{{{180}^0} - {{108}^0}} \over 2} = {36^0}\) \(\widehat {ADN} + \widehat {PNM} + \widehat {CNM} = {180^0}\) \( \Rightarrow \widehat {PNM} = {180^0} - \left( {\widehat {ADN} + \widehat {CNM}} \right)\) \(= {180^0} - \left( {{{36}^0} + {{36}^0}} \right) = {108^0}\) ∆ BMR cân tại B \(\eqalign{ & \Rightarrow \widehat {BMR} = \widehat {BRM} = {{180^\circ - \widehat B} \over 2} = {{180^\circ - 108^\circ } \over 2} = 36^\circ \cr & \widehat {CMN} + \widehat {NMR} + \widehat {BMR} = 180^\circ \cr & \Rightarrow \widehat {NMR} \cr &= 180^\circ - \left( {\widehat {CMN} + \widehat {BMR}} \right) \cr & = 180^\circ - \left( {36^\circ + 36^\circ } \right) = 108^\circ \cr} \) ∆ ARQ cân tại A \(\eqalign{ & \Rightarrow \widehat {ARQ} = \widehat {AQR} = {{180^\circ - \widehat A} \over 2} = {{180^\circ - 108^\circ } \over 2} = 36^\circ \cr & \widehat {BRM} + \widehat {MRQ} + \widehat {ARQ} = 180^\circ \cr & \Rightarrow \widehat {MRQ} = 180^\circ - \left( {\widehat {BRM} + \widehat {ARQ}} \right) \cr & = 180^\circ - \left( {36^\circ + 36^\circ } \right) = 108^\circ \cr} \) ∆ QEP cân tại E \(\eqalign{ & \Rightarrow \widehat {EQP} = \widehat {EPQ} = {{180^\circ - \widehat E} \over 2} = {{180^\circ - 108^\circ } \over 2} = 36^\circ \cr & \widehat {AQR} + \widehat {RQP} + \widehat {EQP} = 180^\circ \cr & \Rightarrow \widehat {RQP} = 180^\circ - \left( {\widehat {AQR} + \widehat {EQP}} \right) \cr & = 180^\circ - \left( {36^\circ + 36^\circ } \right) = 108^\circ \cr & \widehat {EPQ} + \widehat {QPN} + \widehat {DPN} = 180^\circ \cr & \Rightarrow \widehat {QPN} = 180^\circ - \left( {\widehat {EPQ} + \widehat {DPN}} \right) \cr & = 180^\circ - \left( {36^\circ + 36^\circ } \right) = 108^\circ \cr} \) uy ra : \(\widehat {PNM} = \widehat {NMR} = \widehat {MRQ} = \widehat {RQP} = \widehat {QPN}\) Vậy MNPQR là ngũ giác đều. Câu 1.3 trang 157 sách bài tập (BT) Toán 8 tập 1 Cho hình vuông ABCD có AB = 3cm Trên tia đối của tia BA lấy điểm K ao cho BK = 1cm Trên tia đối của tia CB lấy điểm L ao cho CL = 1cm Trên tia đối của tia DC lấy điểm M ao cho MD = 1cm Trên tia đối của tia AD lấy điểm N ao cho NA = 1cm Chứng minh KLMN là hình vuông Giải: Xét ∆ ANK và ∆ BKL : AN = BK (gt) \(\widehat A = \widehat B = 90^\circ \) AK = BL (vì AB = BC, BK = CL) Do đó ∆ ANK = ∆ BKL (c.g.c) ⇒ NK = KL (1) Xét ∆ BKL và ∆ CLM: BK = CL (gt) \(\widehat B = \widehat C = 90^\circ \) BL = CM (vì BC = CD, CL = DM) Do đó: ∆ BKL = ∆ CLM (c.g.c) ⇒ KL = LM (2) Xét ∆ CLM và ∆ DMN : CL = DM (gt) \(\widehat C = \widehat D = 90^\circ \) CM = DN (vì CD = DA, DM = AN) Do đó: ∆ CLM = ∆ DMN (c.g.c) ⇒ LM = MN (3) Từ (1), (2) và (3) ⇒ NK = KL = LM = MN Tứ giác MNKL là hình thoi ∆ ANK = ∆ BKL \( \Rightarrow \widehat {ANK} = \widehat {BKL}\) Trong tam giác ANK có \(\widehat A = 1v \Rightarrow \widehat {ANK} + \widehat {AKN} = 90^\circ \) \( \Rightarrow \widehat {BKL} + \widehat {AKN} = 90^\circ \)hay \(\widehat {NKL} = 90^\circ \) Vậy tứ giác MNKL là hình vuông. Giaibaitap.me |
