Top 2 # Xem Nhiều Nhất Giải Sbt Toán 8 Hình Mới Nhất 1/2023 # Top Like | Asianhubjobs.com

Giải Sbt Toán 8 Hình Thang.

Giải bài 11 trang 81 SBT toán 8 tập 1.

Tính các góc của hình thang ABCD (AB

Giải bài 12 trang 81 SBT toán 8 tập 1.

Tứ giác ABCD có BC = CD và BD là tia phân giác của góc D. Chứng minh rằng ABCD là hình thang.

Theo dấu hiệu nhận biết hình thang thì một tứ giác có hai cạnh song song là hình thang. Và như vậy ta phải lục lại cách chứng minh hai đường thẳng song song. Ta có BC = CD nên tam giác BCD cân tại C Suy ra $widehat{B_1}$ = $widehat{D_1}$ Ta lại có $widehat{D_1}$ = $widehat{D_2}$ (BD là tia phân giác của góc D) Do đó $widehat{B_1}$ = $widehat{D_2}$ Mà hai góc $widehat{B_1}$ và $widehat{D_2}$ ở vị trí so le trong. Suy ra BC

Giải bài 13 trang 81 SBT toán 8 tập 1.

Dùng thước và êke kiểm tra xem trong các tứ giác trên hình 2 SBT:

a) Tứ giác nào chỉ có một cặp cạnh song song.

b) Tứ giác nào có hai cặp cạnh song song.

c) Tứ giác nào là hình thang.

Bài giải: Nhắc lại một chút về cách dùng thước và êke để kiểm tra hai đường thẳng có song song với nhau không: – Đặt một cạnh góc vuông của êke trùng với một trong hai cạnh cần kiểm tra; – Đặt mép thước trùng với mép cạnh góc vuông còn lại của êke; – Điều chỉnh êke xem cạnh góc vuông có trùng với cạnh còn lại không. Nếu chúng trùng nhau thì hai cạnh đó song song.

Theo đó ta có kết quả như sau: a) Tứ giác 1 chỉ có một cặp cạnh song song. b) Tứ giác 3 có hai cặp cạnh song song. c) Tứ giác 1 và 3 là hình thang.

Giải bài 14 trang 81 SBT toán 8 tập 1.

Tính các góc B và D của hình thang ABCD, biết rằng $widehat{A}$ = $60^0$, $widehat{C}$ = $130^0$.

Bài giải: Với hình thang ABCD thì $widehat{A}$ và $widehat{C}$ chính là hai góc đối. Nên sẽ có hai trường hợp xảy ra: – Nếu $widehat{A}$ và $widehat{B}$ là hai góc kề một cạnh bên AB (xem hình bên dưới) Khi đó ta có $widehat{A}$ + $widehat{B}$ = $180^0$ Mà $widehat{A}$ = $60^0$ Suy ra $widehat{B}$ = $120^0$ và tương tự $widehat{D}$ = $50^0$. – Nếu $widehat{A}$ và $widehat{D}$ là hai góc kề một cạnh bên như hình bên dưới thì khi đó $widehat{B}$ = $50^0$ và $widehat{D}$ = $130^0$.

Giải bài 15 trang 81 SBT toán 8 tập 1.

Chứng minh rằng trong hình thang có nhiều nhất là hai góc tù, có nhiều nhất là hai góc nhọn.

Bài giải: Giả sử ta có hình thang ABCD với AB

Giải bài 16 trang 81 SBT toán 8 tập 1.

Chứng minh rằng trong hình thang, các tia phân giác của hai góc kề một cạnh bên vuông góc với nhau.

Giải bài 17 trang 81 SBT toán 8 tập 1.

Cho tam giác ABC. Các tia phân giác của các góc B và C cắt nhau ở I. Qua I kẻ đường thẳng song song với BC cắt cạnh AB và AC ở D và E.

a) Tìm các hình thang trong hình vẽ.

b) Chứng minh rằng hình thang ABCD có một cạnh đáy bằng tổng hai cạnh bên.

a) Ta vẽ hình theo yêu cầu của đề. Nhìn vào hình vẽ ta thấy có 3 hình thang, đó là: BDEC, BDIC, BIEC. b) Theo đó ta sẽ chứng minh DE = BD + CE. Ta có DE

Giải bài 18 trang 82 SBT toán 8 tập 1.

Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Ở phía ngoài tam giác ABC, vẽ tam giác BCD vuông cân tại B. Tứ giác ABDC là hình gì? Vì sao?

Bài giải: Theo yêu cầu của đề ta có hình vẽ như sau: Khi đó ta có $widehat{C_1}$ = $45^0$ (vì tam giác ABC vuông cân tại A) Ta lại có tam giác BCD vuông cân tại B nên $widehat{C_2}$ = $45^0$ Do đó $widehat{C}$ = $90^0$ (1) Nên CD $perp$ AC Mặt khác ta cũng có AB $perp$ AC (vì $widehat{A}$ = $90^0$) Suy ra AB

Giải bài 19 trang 82 SBT toán 8 tập 1.

Hình thang vuông ABCD có $widehat{A}$ = $widehat{D}$ = $90^0$, AB = AD = 2cm, DC = 4cm. Tính các góc của hình thang.

Giải bài 20 trang 82 SBT toán 8 tập 1.

Chứng minh rằng tổng hai cạnh bên của hình thang lớn hơn hiệu hai đáy.

Giải bài 21 trang 82 SBT toán 8 tập 1.

Trong hình 3 có bao nhiêu hình thang?

Bài giải: Ta sẽ viết tên các hình thang ra giấy và chỉ cần biết … đếm nữa thôi là đã giải xong bài tập này! Nhìn vào hình vẽ ta nhận ra rất nhiều hình thang với những cái tên rất đẹp! Để không “bỏ sót” hình nào, ta sẽ đọc từ trên xuống như sau:ABCD, ABEF, ABGH, ABIK, DCEF, DCGH, DCIK, FEGH, FEIK, HGIK. Sau khi “đếm đi đếm lại” ta chắc chắn một điều rằng có tất cả 10 hình thang.Còn các bạn, các bạn đếm được bao nhiêu hình thang!

Xem bài trước: Giải SBT toán 8 về tứ giác.

Mỗi bài toán có nhiều cách giải, đừng quên chia sẻ cách giải hoặc ý kiến đóng góp của bạn ở khung nhận xét bên dưới. Xin cảm ơn!

Giải Sbt Toán 8 Bài 12: Hình Vuông

Giải SBT Toán 8 Bài 12: Hình vuông

Bài 144 trang 98 SBT Toán 8 Tập 1: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường phân giác AD. Gọi M, N là chân đường vuông góc kẻ từ D đến AB, AC. Chứng minh rằng tứ giác AMDN là hình vuông.

Lời giải:

Xét tứ giác AMDN, ta có: ∠(MAN) = 1v (gt)

DM ⊥ AB (gt)

⇒∠(AMD) = 1v

DN ⊥ AC (gt) ⇒∠(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 A

Vậy hình chữ nhật AMDN là hình vuông

Bài 145 trang 98 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình vuông ABCD. Trên 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?

Lời giải:

Ta có: AB = BC = CD = DA (gt)

AE = BK = CP = DQ (gt)

Suy ra: EB = KC = PD = QA

* Xét ΔAEQ và ΔBKE,ta có:

AE = BK (gt)

QA = EB (chứng minh trên)

Suy ra: ΔAEQ = ΔBKE (c.g.c) ⇒ EQ = EK (1)

* Xét ΔBKEvà ΔCPK,ta có: BK = CP (gt)

EB = KC ( chứng minh trên)

Suy ra: ΔBKE = ΔCPK (c.g.c) ⇒ EK = KP (2)

* Xét ΔCPK và ΔDQP,ta có: CP = DQ (gt)

DP = CK ( chứng minh trên)

Suy ra: ΔCPK = ΔDQP (c.g.c) ⇒ KP = PQ (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: EK = KP = PQ = EQ

Hay tứ giác EKPQ là hình thoi.

Mặt khác: ΔAEQ = ΔBKE

⇒ ∠(AQE) = ∠(BKE)

Mà ∠(AQE) + ∠(AEQ) = 90 o

⇒ ∠(BEK) + ∠(AEQ) = 90 o

⇒ ∠(BEk) + ∠(QEK) + ∠(AEQ ) = 180 o

Vậy tứ giác EKPQ là hình vuông.

Bài 146 trang 98 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 ở vị trí nào trên BC thì tứ giác AHIK là hình thoi

c. Tam giác ABC có điều kiện gì thì tứ giác AHIK là hình chữ nhật.

Lời giải:

a. Ta có: IK

Lại có: IH

Vậy tứ giác AHIK là hình bình hành.

b. Hình bình hành AHIK là hình thoi nên đường chéo AI là phân giác (A.)

Ngược lại AI là phân giác của ∠A. 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 ∠A với cạnh BC thì tứ giác AHIK là hình thoi.

c. Hình bình hành AHIK là hình chữ nhật

⇒ ∠A = 90 o suy ra ΔABC vuông tại A. Ngược lại ΔABC có ∠A = 90 o

Suy ra hình bình hành AHIK là hình chữ nhật

Vậy nếu ΔABC vuông tại A thì tứ giác AHIK là hình chữ nhật.

Bài 147 trang 98 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.

Lời giải:

* Xét tứ giác APQD, ta có: AB

AP = AB (gt)

QD = 1/2 CD (gt)

Suy ra: AP = QD

Hay tứ giác APQD là hình bình hành.

Lại có: ∠A = 90 o

Suy ra tứ giác APQD là hình chữ nhật.

Mà AD = AP = 1/2 AB

Vậy tứ giác APQD là hình vuông.

⇒ AQ ⊥ PD (t/chất hình vuông) ⇒ ∠(PHQ) = 90 o (1)

HP = HQ (t/chất hình vuông)

* Xét tứ giác PBCQ, ta có: PB

PB = 1/2 AB (gt)

CQ = 1/2 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)

∠B = 90 o suy ra tứ giác PBCQ là hình chữ nhật

PB = BC ( vì cùng bằng AD = 1/2 AB)

Vậy tứ giác PBCQ là hình vuông

⇒ PC ⊥ BC (t/chat hình vuông) ⇒ ∠(PKQ) = 90 o (2)

PD là tia phân giác ∠(APQ) ( t/chất hình vuông)

PC là tia phân giác ∠(QPB) (t/chất hình vuông)

Suy ra: PD ⊥ PC (t/chất hai góc kề bù) ⇒ ∠(HPK) = 90 o (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra tứ giác PHQK là hình vuông.

Bài 148 trang 98 SBT Toán 8 Tập 1: Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Trên cạnh BC lấy các điểm H, G sao cho BH = BG = GC. Qua H và G kẻ các đường vuông góc với BC chúng cắt AB, AC theo thứ tự ở E và F. Tứ giác EFGH là hình gì? Vì sao?

Lời giải:

Vì ΔABC vuông cân tại A nên ∠B = ∠C = 45 o

Vì ΔBHE vuông tại H có ∠B = 45 o nên ΔBHE vuông cân tại H.

Suy ra HB = HE

Vì ΔCGF vuông tại G, có ∠C = 45 o nên ΔCGF vuông cân tại G

Suy ra GC = GF

Tacó: BH = BG = GC (gt)

Suy ra: HE = HG = GF

Vì EH

Lại có ∠(EHG) = 90 o nên HEFG là hình chữ nhật.

Mà EH = HG (chứng minh trên).

Vậy HEFG là hình vuông.

Bài 149 trang 98 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.

Lời giải:

Xét ΔABF và ΔDAE,ta có: AB = DA (gt)

∠(BAF) = ∠(ADE) = 90 o

AF = DE (gt)

Suy ra: ΔABF = ΔDAE (c.g.c)

Gọi H là giao điểm của AE và BF.

Vậy AE ⊥ BF

Bài 150 trang 98 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình chữ nhật có hai cạnh kề không bằng nhau. Chứng minh rằng các tia phân giác của các góc của hình chữ nhật đó cắt nhau tạo thành một hình vuông.

Lời giải:

Gọi giao điểm các đườngphân giác của các góc: A, B, C, D theo thứ tự cắt nhau tại E, H, F, G.

* Trong ΔADG , ta có:

⇒ ΔGAD vuông cân tại G.

⇒ ∠(AGD) = 90 o và GD = GA

Trong ΔBHC, ta có:

⇒ ΔHBC vuông cân tại H.

⇒ ∠(BHC) = 90 o và HB = HC

⇒ ΔFDC vuông cân tại F ⇒ ∠F = 90 o và FD = FC

Nên tứ giác EFGH là hình chữ nhật (vì có 3 góc vuông).

Xét ΔGAD và ΔHBC,ta có: ∠(GAD) = ∠(HBC) = 45 o

AD = BC (tính chất hình chữ nhật)

∠(GDA) = ∠(HCB) = 45 o

Suy ra: ΔGAD = ΔHBC

FD = FC (chứng minh trên)

Suy ra: FG = FH

Vậy hình chữ nhật EFGH có hai cạnh kế bằng nhau nên nó là hình vuông.

Bài 151 trang 98 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình vuông ABCD. Gọi E là một điểm nằm giữa O 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) ̂

Lời giải:

* Xét hai tam giác vuông DAF và HAF, ta có:

∠(ADF) = ∠(AHF) = 90 o

AF cạnh huyền chung

Suy ra: ΔDAF = ΔHAF (cạnh huyền, góc nhọn)

⇒ DA = HA

Mà DA = AB (gt)

Suy ra: HA = AB

* Xét hai tam giác vuông HAG và, BAG, ta có:

∠(AHG) = ∠(ABG) = 90 o

HA = AB (chứng minh trên)

AG cạnh huyền chung

Suy ra: ΔHAG = ΔBAG (cạnh huyền, cạnh góc vuông)

⇒ ∠A 3 = ∠A 4 hay AG là tia phân giác của ∠(EAB)

Bài 152 trang 99 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình vuông DEBC. Trên cạnh DC lấy điểm A, trên tia đối của tia DC lấy điểm K, trên tia đối của 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.

Lời giải:

* Xét ΔCAB và ΔEMB, ta có:

CA = EM (gt)

CB = EB (tính chất hình vuông)

Suy ra: ΔCAB = ΔEMB (c.g.c)

⇒ AB = MB (1)

Ta có: AK = DK+ DA

CD = CA + AD

Mà CA = DK nên AK = CD

* Xét ΔCAB và ΔKIA, ta có:

CA = KI (vì cùng bằng DK)

CB = AK (vì cùng bằng CD)

Suy ra: ΔCAB = ΔKIA (c.g.c)

⇒ AB = AI (2)

DH = DK (vì KDHI là hình vuông)

EM = DK (gt)

⇒ DH + HE = HE + EM

Hay DE = HM

* Xét ΔHIM và ΔEMB, ta có: HI = EM (vì cũng bằng DK)

HM = EB (vì cùng bằng DE)

Suy ra: ΔHIM = ΔEMB (c.g.c)

⇒ IM = MB (3)

Từ (1) , (2) và (3) suy ra: AM = BM = AI = IM

Tứ giác ABMI là hình thoi.

Mặt khác, ta có ΔACB = ΔMEB (chứng minh trên)

⇒ ∠(CBA) = ∠(EBM)

Mà ∠(CBA) + ∠(ABE) = ∠(CBE) = 90 o

Suy ra: ∠(EBM) + ∠(ABE) = 90 o hay ∠(ABM) = 90 o

Vậy tứ giác ABMI là hình vuông.

Bài 153 trang 99 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?

Lời giải:

a. Ta có: ∠(BHA) ) = ∠(BAC) + ∠(CAH) = ∠(BAC) + 90 o

∠(EAC) = ∠(BAC) + ∠(BAE) = ∠(BAC) + 90 o

Suy ra: ∠(BAH) = ∠(EAC)

* Xét ΔBAH và ΔEAC , ta có:

BA = EA (vì ABDE là hình vuông)

∠(BAH) = ∠(EAC) (chứng minh trên)

AH = AC (vì ACFH là hình vuông)

Suy ra: ΔBAH = ΔEAC (c.g.c) ⇒ BH = EC

Gọi K và O lần lượt là giao điểm của EC với AB và BH.

Ta có: ∠(AEC) = ∠(ABH) (vì ΔBAH = ΔEAC) (1)

Hay ∠(AEK) = ∠(OBK)

* Trong ΔAEK, ta có: ∠(EAK) = 90 o

⇒ ∠(AEK) + ∠(AKE) = 90 o (2)

Mà ∠(AKE) = ∠(OKB) (đối đỉnh) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra:

∠(OKB) + ∠(OBK) = 90 o

* Trong Δ BOK ta có:

∠(BOK) + ∠(OKB) + ∠(OBK) = 180 o

Suy ra: EC ⊥ BH

b. * Trong ΔEBC , ta có: M là trung điểm EB (tính chất hình vuông)

I trung điểm BC (gt)

Nên MI là đường trung bình của ΔEBC

⇒ MI = 1/2 EC và MI

Trong ABCH, ta có: I trung điểm BC (gt)

N trung điểm của CH (tính chất hình vuông)

Nên NI là đường trung bình của ΔBCH

⇒ NI = 1/2 BH và NI

Mà BH = CE (chứng minh trên)

Suy ra: MI = NI nên ΔINM cân tại I

MI

EC ⊥ BH (chứng minh trên)

Suy ra: MI ⊥ BH. Mà NI

Suy ra: MI ⊥ NI hay ∠(MIN) = 90 o

Vậy ΔMIN vuông cân tại I.

Bài 154 trang 99 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh CD. Tia phân giác của góc ABB cắt CD ở K. Chứng minh rằng AK+CE = BE.

Lời giải:

Trên tia đối của tia CD lấy điểm M sao cho CM = AK

Ta có: AK + CE = CM + CE = EM (1)

Xét ΔABK và ΔCBM, ta có:

AB = CB (gt)

AK = CM (theo cách vẽ)

Suy ra: ΔABK = ΔCBM (c.g.c)

Tam giác CBM vuông tại C nên: ∠M = 90 o – ∠B 4 (4)

Từ (2), (3) và (4) suy ra: ∠(KBC) = ∠M (5)

Và ∠B 1 = ∠B 4 (chứng minh trên)

Từ (5) và (6) suy ra: ∠(EBM) = ∠M

⇒ ΔEBM cân tại E ⇒ EM = BE. (7)

Từ (1) và (7) suy ra: AK + CE = BE.

Bài 155 trang 99 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.

Lời giải:

Xét ΔBEC và ΔCEF , ta có: BE = CF (gt)

BC = CD (gt)

Suy ra: ΔBEC = ΔCFD (c.g.c) ⇒ ∠C 1 = ∠D 1

Suy ra: ∠(DCM) = 90 o

Vậy CE ⊥ DF

b. Gọi K là trung điểm của DC, AK cắt DF tại N.

* Xét tứ giác AKCE, ta có: AB

AE = 1/2 AB (gt)

CK = 1/2 CD (theo cách vẽ)

Suy ra: AE

DF ⊥ CE (chứng minh trên) ⇒ AK ⊥ DF hay AN ⊥ DM

* Trong ΔDMC, ta có: DK = KC và KN

Nên DN = MN (tính chất đường trung bình của tam giác)

Suy ra: ΔADM cân tại A (vì có đường cao vừa là trung tuyến)

Vậy AD = AM.

Bài 156 trang 99 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình vuông ABCD. Vẽ điểm E trong hình vuông sao cho ∠(EDC) = ∠(ECD) = 15 o

a. Vẽ điểm F trong hình vuông sao cho ∠(FAD) = ∠(FDA) = 15 o. Chứng minh rằng tam giác DEF là tam giác đều.

b. Chứng minh rằng tam giác ABE là tam giác đều.

Lời giải:

a. Xét ΔEDC và ΔFDA, tacó: ∠(FDC) = ∠(FDA) = 15 o

DC = AD (gt)

∠(ECD) = ∠(FDA) = 15 o

Suy ra: ΔEDC = ΔFDA (g.c.g)

⇒ DE = DF

⇒ ΔDEF cân tại D

Lại có: ∠(ADC) = ∠(FDA) + ∠(FDE) + ∠(EDC)

Vậy ΔDEF đều.

b. Xét ΔADE và ΔBCE , ta có:

ED = EC (vì AEDC cân tại E)

∠(ADE) = ∠(BCE) = 75 o

AD = BC (gt)

Suy ra: ΔADE = ΔBCE (c.g.c)

⇒ AE = BE (1)

* Trong ΔADE, ta có:

∠(AFD) + ∠(DFE) + ∠(AFE) = 360 o

* Xét ΔAFD và ΔAEF, ta có: AF cạnh chung

∠(AFD) = ∠(AFE) = 150 o

DE = EF (vì ΔDFE đều)

Suy ra: ΔAFD = ΔAEF (c.g.c) ⇒ AE = AD

Mà AD = AB (gt)

Suy ra: AE = AB (2)

Từ (1) và (2) suy ra: AE = AB = BE

Vậy ΔAEB đều.

Bài 12.1 trang 99 SBT Toán 8 Tập 1: Hình vuông có chu vi bằng 8 thì đường chéo bằng :

A. 2

B. √32

C. √8

D. √2

Hãy chọn phương án đúng.

Lời giải:

Chọn C. √8 Đúng

Bài 12.2 trang 99 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 ?

Lời giải:

Ta có: ∠(AOB) và ∠(COD) đối đỉnh nên E, O, G thẳng hàng

∠(BOC) và ∠(AOD) đối đỉnh nên F, O, H thẳng hàng

Xét ΔBEO và ΔBFO:

∠(EBO) = ∠(FBO) (tính chất hình thoi)

OB cạnh chung

∠(EBO) = ∠(FBO) = 45 o (gt)

Do đó: ΔBEO = ΔBFO (g.c.g)

⇒ OE = OF (1)

Xét ΔBEO và ΔDGO:

∠(EBO) = ∠(GDO) (so le trong)

OB = OD(tính chất hình thoi)

∠(EOB) = ∠(GOD) (đối đỉnh)

Do đó: ΔBEO = ΔDGO (g.c.g)

⇒ OE = OG (2)

Xét ΔAEO và ΔAHO:

∠(EAO) = ∠(HAO) (tính chất hình thoi)

OA cạnh chung

∠(EOA) = ∠(HOA) = 45 o (gt)

Do đó: ΔAEO = ΔAHO (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.

Bài 12.3 trang 99 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.

Lời giải:

Xét ΔADE và ΔDCF:

AD = DC (gt)

DE = CF (gt)

Do đó: ΔADE = ΔDCF (c.g.c)

⇒ AE = DF

∠(EAD) = ∠(FDC)

∠(EAD) + ∠(DEA) = 90 o (vì ΔADE vuông tại A)

⇒∠(FDC) + ∠(DEA) = 90 o

Gọi I là giao điểm của AE và DF.

Suy ra: ∠(IDE) + ∠(DEI) = 90 o

Trong ΔDEI ta có: ∠(DIE) = 180 o – (∠(IDE) + ∠(DEI) ) = 180 o – 90 o = 90 o

Suy ra: AE ⊥ DF

Giải Sbt Toán 8 Bài 7: Hình Bình Hành

Giải SBT Toán 8 Bài 7: Hình bình hành

Bài 73 trang 89 SBT Toán 8 Tập 1: Các tứ giác ABCD, EFGH & hình vẽ bên dưới có phải là hình bình hành hay không?

Lời giải:

Tứ giác ABCD là hình bình hành vì có cạnh đối AD

Tứ giác EFGH là hình bình hành vì có các cạnh đối bằng nhau.

EH = FG là đường chéo hình chữ nhật có cạnh 1 ô vuông và cạnh 3 ô vuông

Bài 74 trang 89 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình bình hành ABCD. Gọi E là trung điểm của AB, F là trung điểm của CD. Chứng minh rằng: DE = BF

Lời giải:

Ta có: AB = CD (tính chất hình bình hành)

EB = 1/2 AB (gt)

FD = 1/2 CD (gt)

Suy ra: EB = FD (1)

Mà AB

⇒ BE

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BEDF là hình bình hành (vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau)

⇒ DE = BF (tính chất hình bình hành)

Bài 75 trang 89 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình bình hành ABCD. Tia phân giác của góc A cắt CD ở M. Tia phân giác của góc C cắt AB ở N. Chứng minh rằng AMCN là hình bình hành.

Lời giải:

Ta có: ∠A = ∠C (tính chất hình bình hành)

AB

Hay AN

AM

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác AMCN là hình bình hành.

Bài 76 trang 89 SBT Toán 8 Tập 1: Hình bên cho ABCD là hình bình hành. Chứng minh rằng AECF là hình bình hành.

Lời giải:

Gọi O là’giao điểm của AC và BD, ta có:

OA = OC (tính chất hình bình hành) (1)

Xét hai tam giác vuông AEO và CFO, ta có:

∠(AEO) = ∠(CFO) = 90 o

OA = OC (chứng minh trên)

∠(AOE) = ∠(COF) (đối đỉnh)

Do đó ΔAEO = ΔCFO (cạnh huyền, góc nhọn)

⇒ OE = OF’ (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác AECF là hình bình hành (vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường).

Bài 77 trang 89 SBT Toán 8 Tập 1: Tứ giác ABCD có E, F, G, H theo thứ tự là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA. Tứ giác EFGH là hình gì? Vì sao?

Lời giải:

Nối đường chéo AC.

Trong ΔABC ta có:

E là trung điểm của AB (gt)

F là trung điểm của BC (gt)

Nên EF là đường trung bình của ΔABC

⇒EF//AC và EF = 1/2 AC

(tính chất đường trung hình tam giác) (1)

Trong ΔADC ta có:

H là trung điểm của AD (gt)

G là trung điểm của DC (gt)

Nên HG là đường trung bình của ΔADC

⇒ HG

Từ (1) và (2) suy ra: EF

Vậy tứ giác EFGH là hình bình hành (vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau).

Bài 78 trang 89 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình bình hành ABCD. Gọi I, K theo thứ tự là trung điểm của CD, AB, Đường chéo BD cắt AI, UK theo thứ tự ở E, F. Chứng minh rằng DE = EF = FB

Lời giải:

Ta có: AB = CD (tính chất hình bình hành)

AK = 1/2 AB (gt)

CI = 1/2 CD (gt)

Suy ra: AK = CI (1)

Mặt khác: AB

⇒ AK

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác AKCI là hình bình hành (vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau).

⇒ AI

Trong ΔABE, ta có:

K là trung điểm của AB (gt)

AI

Trong ΔDCF, ta có:

I là trung điểm của DC (gt)

AI

Suy ra: DE = EF = FB

Bài 79 trang 89 SBT Toán 8 Tập 1: Tính các góc của hình bình hành ABCD biết:

Lời giải:

a. Tứ giác ABCD là hình bình hành.

⇒ ∠C = ∠A = 110 o (tính chất hình bình hành)

∠A + ∠B = 180 o (2 góc trong cùng phía bù nhau)

∠D = ∠B = 70 o (tính chất hình bình hành)

b. Tứ giác ABCD là hình bình hành.

⇒∠A + ∠B = 180 o (2 góc trong cùng phía bù nhau)

∠C = ∠A = 100 o (tính chất hình bình hành)

∠D = ∠B = 80 o (tính chất hình bình hành)

Lời giải:

* Tứ giác ABCD là hình bình hành vì AB

* Tứ giác IKMN là hình bình hành vì có ∠I = ∠M = 70 o và ∠K = ∠N = 110 o

Bài 81 trang 90 SBT Toán 8 Tập 1: Chu vi hình bình hành ABCD bằng l0cm, chu vi tam giác ABD bằng 9cm. Tính độ dài BD.

Lời giải:

Chu vì hình bình hành ABCD bằng 10cm nên (AB + AD).2 = 10(cm)

⇒ AB + AD = 10 : 2 = 5(cm)

Chu vi của ΔABD bằng:

AB + AD + BD = 9(cm)

⇒ BD = 9 – (AB + AD) = 9 – 5 = 4(cm)

Bài 82 trang 90 SBT Toán 8 Tập 1: Hình bên dưới, cho ABCD là hình bình hành. Chứng minh rằng AE

Lời giải:

Gọi O là giao điểm của AC và BD, ta có:

OA = OC (tính chất hình bình hành)

OB = OD

Xét ΔAEB và ΔCFD, ta có:

AB = CD (tính chất hình bình hành)

∠(ABE) = ∠(CDF) (so le trong)

BE = DF (gt)

Do đó: ΔAEB = ΔCFD (c.g.c) ⇒ BE = DF

Tacó: OB = OE + BE

OD = OF + BF

Suy ra: OE = OF

Suy ra tứ giác AECF là hình bình hành (vì có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường) ⇒ AE

Bài 83 trang 90 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình hình 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. EMNF là hình bình hành

b. Các đường thẳng AC, EF, MN đồng quy.

Lời giải:

a. Xét tứ giác AECF, ta có:

AB

Hay AE

AE = 1/2 AB

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

Xét tứ giác BFDE ta có:

AB

BE = 1/2 AB (gt)

DF = 1/2 CD (gt)

AB = CD (tính chất hình bình hành)

Suy ra: BE = DF

Tứ giác BFDE là hình bình hành (vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau) ⇒ BF//DE hay EM

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác EMNF là hình bình hành (theo định nghĩa hình bình hành).

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 trên hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Suy ra: MN đi qua trung điểm O của EF.

Vậy AC, EF, MN đồng quy tại O.

Bài 84 trang 90 SBT Toán 8 Tập 1: Hình dưới 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.

Lời giải:

a. Xét ΔAEH và ΔCFG:

AE = CF (gt)

∠A = ∠C (tính chất hình bình hành)

AE = CF (vì AD = BC và DH = BG)

Do đó: ΔAEH = ΔCFG (c.g.c)

⇒ EH = FG

Xét ΔBEG và ΔDFH, ta có:

DH = BG (gt)

∠B = ∠D (tính chất hình bình hành)

BE = DF (vì AD = CD và AE = CF)

Do đó: ΔBEG = ΔDFH (c.g.c) ⇒ EG = FH

Suy ra: Tứ giác EGFH là hình bình hành (vì có các cặp cạnh đối bằng nhau)

b. Gọi O là giao điểm của AC và EF

Xét tứ giác AECF, ta có: AB

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 AC nên O cũng là trung điểm của BD.

Tứ giác EFGH là hình bình hành có O là trung điểm EF nên O cũng là trung điểm của GH.

Vậy AC, BD, EF, GH đồng quy tại O.

Bài 85 trang 90 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình hình 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 minh rằng AA’ = BB’ + DD’

Lời 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

Tứ giác BB’D’D là hình thang .

OB = OD (t/chất hình bình hành)

Nên O’B’ = O’D’

Do đó OO’ là đường trung bình của hình thang BB’D’D

⇒ OO’ = (BB’ + DD’) / 2 (tính chất đường trung hình hình thang) (1)

AA’ ⊥ xy (gt)

OO’ ⊥ xy (theo cách vẽ)

Suy ra: AA’

Trong ΔACA’ tacó: OA = OC (tính chất hình bình hành)

OO’

⇒ OO’ = 1/2 AA’ (tính chất đường trung bình của tam giác)

⇒ AA’ = 2OO’ (2)

Tử (1) và (2) suy ra: AA’ = BB’ + DD’

Bài 86 trang 90 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình bình hành ABCD và đường thẳng xy không có điểm chung với hình bình hành. Gọi là các đường vuông góc kẻ từ A, B, C, D đến đường thẳng xy.

Tìm mối liên hệ độ dài giữa AA’, BB’, CC’, DD’

Lời giải:

Gọi O là giao điểm của AC và BD

⇒ OA = OC, OB = OD (tính chất hình bình hành)

Kẻ OO’ ⊥ xy

AA’ ⊥ xy (gt)

CC’ ⊥ xy (gt)

Suy ra: AA’

Tứ giác ACC’A’ là hình thang có:

OA = OC (chứng minh trên)

OO’

⇒ OO’ = (AA’ + CC’) / 2 (t/chất đường trung bình của hình thang) (1)

BB’ ⊥ xy

DD’ ⊥ xy (gt)

OO’ ⊥ xy (gt)

Suy ra: BB’// OO’

Tứ giác BDD’B’ là hình thang có:

OB = OD (Chứng minh trên)

OO’

⇒ OO’ = (BB’ + DD’) / 2 (tính chất đường trung bình của hình thang) (2)

a. Tính góc (EAF)

b. Chứng minh rằng tam giác CEF là tam giác đều.

Lời giải:

a. Vì ∠(BAD) + ∠(BAE) + ∠(EAF) + ∠(FAD) = 360 o

⇒ ∠(EAF) = 360 o – (∠(BAD) + ∠(BAE) + ∠(FAD) )

Mà ∠(BAD) = α o (gt)

∠(BAE) = 60 o (ΔBAE đều)

∠(FAD) = 60 o (ΔFAD đều)

b. Ta có:

∠(BAD) + ∠(ADC) = 180 o (hai góc trong cùng phía bù nhau)

Suy ra: ∠(CDF) = ∠(EAF)

Xét ΔAEF và ΔDCF: AF = DF ( vì ΔADF đều)

AE = DC (vì cùng bằng AB)

∠(CDF) = ∠(EAF) (chứng minh trên)

Do đó: ΔAEF = ΔDCF (c.g.c) ⇒ EF = CF (1)

Xét ΔBCE và ΔDCF: BE = CD ( vì cùng bằng AB)

∠(CBE) = ∠(CDF) = 240 o – α

BC = DF (vì cùng bằng AD)

Do đó ΔBCE = ΔDCF (c.g.c) ⇒ CE = CF (2)

Từ (1) và (2) suy ra: EF = CF = CE

Vậy Δ ECF đều.

Bài 88 trang 90 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

Lời giải:

a. ∠(BAD) + ∠(BAC) + ∠(DAE) + ∠(EAC) = 360 o

Suy ra: ∠(BAC) + ∠(DAE) = 180 o (1)

AE

⇒ ∠(ADI) + ∠(DAE) = 180 o (2 góc trong cùng phía)

Từ (1) và (2) suy ra: ∠(BAC) = ∠(ADI)

Suy ra: ΔABC = ΔDAI (c.g.c) ⇒ IA = BC

b. ΔABC = ΔDAI (chứng minh trên) ⇒ ∠A 1= ∠B 1

Gọi giao điểm IA và BC là H.

Suy ra ∠(AHB) = 90 o ⇒ AH ⊥ BC hay IA ⊥ BC

Bài 89 trang 91 SBT Toán 8 Tập 1: Dựng hình bình hành ABCD biết:

a. AB = 2cm, AD = 3cm, ∠A = 110 o

b. AC = 4cm, BD = 5cm, ∠(BOC) = 50 o

Lời giải:

a. Cách dựng (hình a)

– Dựng ΔABD có AB = 2cm, ∠A = 110 o, AD = 3cm

– Dựng tia Bx

– Dựng tia Dy

Ta có hình bình hành ABCD cẩn dựng

Chứng minh

AB

Ta lại có: AB = 2cm, ∠A = 110 o, AD = 3cm.

Bài toán có một nghiệm hình.

b. Cách dựng (hình b)

– Dựng ΔOBC có OC = 2cm, OB = 2,5 cm, O = 50 o

– Trên tia đối tia OC lấy điểm A sao cho OA = OC = 2cm

– Trên tia đối tia OB lấy điểm D sao cho OD = 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 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

Có AC = 4cm , BD = 5cm, ∠(BOC) = 50 o

Bài toán có một nghiệm hình

Bài 90 trang 91 SBT Toán 8 Tập 1: Cho ba điểm A, B, C trên giấy kẻ ô vuông ở hình bên. Hãy vẽ điểm thứ tư M sao cho A, B,C, M là 4 đỉnh của một hình bình hành.

Lời giải:

– Nếu hình bình hành nhận AC làm đường chéo vỉ AB là dường chéo hình vuông có 2 ô vuông nên CM 1 là đường chéo hình vuông cạnh 2 ô vuông và A, M 1 nằm trên một nửa mặt phẳng bờ BC ta có hình bình hành ABCM 1

– Nếu hình bình hành nhận BC làm đường chéo, điểm A cách điểm C ba ô vuông, điểm B cách điểm M 2 là ba ô vuông và trên một nửa mặt phẳng bờ AB ta có hình bình hành ABM 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 cùng một nửa mặt phẳng bờ BC ta có hình bình hành ACBM 3.

Bài 91 trang 91 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.

Lời 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 cẩn dựng.

Chứng minh:

DF

⇒ ΔAFD cân tại F ⇒ AF = DF (l)

DF

EF

Tứ giác BDFE là hình bình hành ⇒ BE = DF (2)

Từ (1) và (2) suy ra: AF = BE.

Bài 7.1 trang 91 SBT Toán 8 Tập 1: Tứ giác ABCD là hình bình hành nếu:

A. AB = CD;

B. AD = BC;

C. AB

D. AB = CD và AD = BC.

Hãy chọn phương án đúng.

Lời giải:

Chọn D

Bài 7.2 trang 91 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình bình hành ABCD , các đường chéo cắt nhau tại O. Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của OD, OB. Gọi K là giao điểm của AE và CD. Chứng minh rằng:

a. AE song song CF

b. DK = 1/2 KC

Lời giải:

a. Ta có: OB = OD (tính chất hình bình hành)

OE = 1/2 OD (gt)

OF = 1/2 OB (gt)

Suy ra: OE = OF

Xét tứ giác AECF, ta có:

OE = OF (chứng minh trên)

OA = OC (vì ABCD là hình bình hành)

Suy ra: Tứ giác AECF là hình bình hành (vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường ) ⇒ AE

b. Kẻ OM

Trong ΔCAK ta có:

OA = OC ( chứng minh trên)

OM

⇒ CM

Trong ΔDMO ta có:

DE = EO (gt)

EK

⇒ DK

Từ (1) và (2) suy ra: DK = KM = MC ⇒ DK = 1/2 KC

Bài 7.3 trang 91 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình bình hành ABCD. Lấy điểm E trên cạnh AB, điểm F trên cạnh CD sao cho AE = CF. Chứng minh rằng ba đường thẳng AC, BD, EF đồng quy.

Lời giải:

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD.

Xét tứ giác AECF:

AB

⇒ AE

AE = CF (gt)

Suy ra: Tứ giác AECF là hình bình hành ( vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau)

⇒ AC và EF cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

OA = OC ( tính chất hình bình hành) ⇒ EF đi qua O

Vậy AC, BD, EF đồng quy tại O.

Giải Bài Tập Sbt Toán 8 Bài 12: Hình Vuông

Giải bài tập môn Toán Hình học lớp 8

Bài tập môn Toán lớp 8

Giải bài tập SBT Toán 8 bài 12: Hình vuông được VnDoc sưu tầm và đăng tải, tổng hợp lý thuyết. Đây là lời giải hay cho các câu hỏi trong sách bài tập nằm trong chương trình giảng dạy môn Toán lớp 8. Hi vọng rằng đây sẽ là những tài liệu hữu ích trong công tác giảng dạy và học tập của quý thầy cô và các em học sinh.

Giải bài tập SBT Toán 8 bài 10: Đường thẳng song song với một đường thẳng cho trước Giải bài tập SBT Toán 8 bài 11: Hình thoi Giải bài tập SBT Toán 8 bài: Ôn tập chương I

Câu 1: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường phân giác AD. Gọi M, N là chân đường vuông góc kẻ từ D đến AB, AC. Chứng minh rằng tứ giác AMDN là hình vuông.

Lời giải:

Xét tứ giác AMDN, ta có: ∠(MAN) = 1v (gt)

DM ⊥ AB (gt)

⇒∠(AMD) = 1v

DN ⊥ AC (gt) ⇒∠(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 A

Vậy hình chữ nhật AMDN là hình vuông

Câu 2: Cho hình vuông ABCD. Trên 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?

Lời giải:

Ta có: AB = BC = CD = DA (gt)

AE = BK = CP = DQ (gt)

Suy ra: EB = KC = PD = QA

* Xét ΔAEQ và ΔBKE, ta có:

AE = BK (gt)

QA = EB (chứng minh trên)

Suy ra: ΔAEQ = ΔBKE (c.g.c) ⇒ EQ = EK (1)

* Xét ΔBKEvà ΔCPK,ta có: BK = CP (gt)

EB = KC (chứng minh trên)

Suy ra: ΔBKE = ΔCPK (c.g.c) ⇒ EK = KP (2)

* Xét ΔCPK và ΔDQP,ta có: CP = DQ (gt)

DP = CK (chứng minh trên)

Suy ra: ΔCPK = ΔDQP (c.g.c) ⇒ KP = PQ (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: EK = KP = PQ = EQ

Hay tứ giác EKPQ là hình thoi.

Mặt khác: ΔAEQ = ΔBKE

⇒ ∠(AQE) = ∠(BKE)

Mà ∠(AQE) + ∠(AEQ) = 90 o

⇒ ∠(BEK) + ∠(AEQ) = 90 o

⇒ ∠(BEk) + ∠(QEK) + ∠(AEQ ) = 180 o

Suy ra: ∠(QEK) = 180o -(∠(BEK) + ∠(AEQ))= 180 o – 90 o = 90 o

Vậy tứ giác EKPQ là hình vuông.

Câu 3: 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 ở vị trí nào trên BC thì tứ giác AHIK là hình thoi

c, Tam giác ABC có điều kiện gì thì tứ giác AHIK là hình chữ nhật.

Lời giải:

a, Ta có: IK

Lại có: IH

Vậy tứ giác AHIK là hình bình hành.

b, Hình bình hành AHIK là hình thoi nên đường chéo AI là phân giác (A.)

Ngược lại AI là phân giác của ∠A. 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 ∠A với cạnh BC thì tứ giác AHIK là hình thoi.

c, Hình bình hành AHIK là hình chữ nhật

⇒ ∠A = 90 o suy ra ΔABC vuông tại A. Ngược lại ΔABC có ∠A = 90 o

Suy ra hình bình hành AHIK là hình chữ nhật

Vậy nếu ΔABC vuông tại A thì tứ giác AHIK là hình chữ nhật.

Câu 4: 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.

Lời giải:

* Xét tứ giác APQD, ta có: AB

AP = AB (gt)

QD = 1/2 CD (gt)

Suy ra: AP = QD

Hay tứ giác APQD là hình bình hành.

Lại có: ∠A = 90 o

Suy ra tứ giác APQD là hình chữ nhật.

Mà AD = AP = 1/2 AB

Vậy tứ giác APQD là hình vuông.

⇒ AQ ⊥ PD (t/chất hình vuông) ⇒ ∠(PHQ) = 90 o (1)

HP = HQ (t/chất hình vuông)

* Xét tứ giác PBCQ, ta có: PB

PB = 1/2 AB (gt)

CQ = 1/2 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)

∠B = 90 o suy ra tứ giác PBCQ là hình chữ nhật

PB = BC (vì cùng bằng AD = 1/2 AB)

Vậy tứ giác PBCQ là hình vuông

⇒ PC ⊥ BC (t/chat hình vuông) ⇒ ∠(PKQ) = 90 o (2)

PD là tia phân giác ∠(APQ) ( t/chất hình vuông)

PC là tia phân giác ∠(QPB) (t/chất hình vuông)

Suy ra: PD ⊥ PC (t/chất hai góc kề bù) ⇒ ∠(HPK) = 90 o (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra tứ giác PHQK là hình vuông.

Câu 5: Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Trên cạnh BC lấy các điểm H, G sao cho BH = BG = GC. Qua H và G kẻ các đường vuông góc với BC chúng cắt AB, AC theo thứ tự ở E và F. Tứ giác EFGH là hình gì? Vì sao?

Lời giải:

Vì ΔABC vuông cân tại A nên ∠B = ∠C = 45 o

Vì ΔBHE vuông tại H có ∠B = 45 o nên ΔBHE vuông cân tại H.

Suy ra HB = HE

Vì ΔCGF vuông tại G, có ∠C = 45 o nên ΔCGF vuông cân tại G

Suy ra GC = GF

Ta có: BH = BG = GC (gt)

Suy ra: HE = HG = GF

Vì EH

Lại có ∠(EHG) = 90 o nên HEFG là hình chữ nhật.

Mà EH = HG (chứng minh trên).

Vậy HEFG là hình vuông.

Câu 6: 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.

Lời giải:

Xét ΔABF và ΔDAE,ta có: AB = DA (gt)

∠(BAF) = ∠(ADE) = 90 o

AF = DE (gt)

Suy ra: ΔABF = ΔDAE (c.g.c)

⇒ BF = AE và ∠B1= ∠A1

Gọi H là giao điểm của AE và BF.

Ta có: ∠(BAF) = ∠A1+ ∠A2 = 90 o

Suy ra: ∠B1+ ∠A2 = 90 o

Trong ΔABH,ta có: ∠(AHB) + ∠B1+ ∠A2 = 180 o

Vậy AE ⊥ BF

Câu 7: Cho hình chữ nhật có hai cạnh kề không bằng nhau. Chứng minh rằng các tia phân giác của các góc của hình chữ nhật đó cắt nhau tạo thành một hình vuông.

Lời giải:

Gọi giao điểm các đườngphân giác của các góc: A, B, C, D theo thứ tự cắt nhau tại E, H, F, G.

* Trong ΔADG, ta có:

∠(GAD) = 45 o; (GDA) = 45o (gt)

⇒ ΔGAD vuông cân tại G.

⇒ ∠(AGD) = 90 o và GD = GA

Trong ΔBHC, ta có:

⇒ ΔHBC vuông cân tại H.

⇒ ∠(BHC) = 90 o và HB = HC

* Trong ΔFDC, ta có: ∠D1 = 45 o; ∠C1 = 45 o (gt)

⇒ ΔFDC vuông cân tại F ⇒ ∠F = 90 o và FD = FC

Nên tứ giác EFGH là hình chữ nhật (vì có 3 góc vuông).

Xét ΔGAD và ΔHBC,ta có: ∠(GAD) = ∠(HBC) = 45 o

AD = BC (tính chất hình chữ nhật)

∠(GDA) = ∠(HCB) = 45 o

Suy ra: ΔGAD = ΔHBC

FD = FC (chứng minh trên)

Suy ra: FG = FH

Vậy hình chữ nhật EFGH có hai cạnh kế bằng nhau nên nó là hình vuông.

Câu 8: Cho hình vuông ABCD. Gọi E là một điểm nằm giữa O 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) ̂

Lời giải:

* Xét hai tam giác vuông DAF và HAF, ta có:

∠(ADF) = ∠(AHF) = 90 o

∠A1= ∠A2

AF cạnh huyền chung

Suy ra: ΔDAF = ΔHAF (cạnh huyền, góc nhọn)

⇒ DA = HA

Mà DA = AB (gt)

Suy ra: HA = AB

* Xét hai tam giác vuông HAG và, BAG, ta có:

∠(AHG) = ∠(ABG) = 90 o

HA = AB (chứng minh trên)

AG cạnh huyền chung

Suy ra: ΔHAG = ΔBAG (cạnh huyền, cạnh góc vuông)

⇒ ∠A3 = ∠A4hay AG là tia phân giác của ∠(EAB)

Vậy (FAG) = ∠A2+ ∠A3 = 1/2 (∠(DAE) + ∠(EAB) ) = 1/2 .90 o = 45 o

Câu 9: Cho hình vuông DEBC. Trên cạnh DC lấy điểm A, trên tia đối của tia DC lấy điểm K, trên tia đối của 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.

Lời giải:

* Xét ΔCAB và ΔEMB, ta có:

CA = EM (gt)

CB = EB (tính chất hình vuông)

Suy ra: ΔCAB = ΔEMB (c.g.c)

⇒ AB = MB (1)

Ta có: AK = DK+ DA

CD = CA + AD

Mà CA = DK nên AK = CD

* Xét ΔCAB và ΔKIA, ta có:

CA = KI (vì cùng bằng DK)

CB = AK (vì cùng bằng CD)

Suy ra: ΔCAB = ΔKIA (c.g.c)

⇒ AB = AI (2)

DH = DK (vì KDHI là hình vuông)

EM = DK (gt)

⇒ DH + HE = HE + EM

Hay DE = HM

* Xét ΔHIM và ΔEMB, ta có: HI = EM (vì cũng bằng DK)

HM = EB (vì cùng bằng DE)

Suy ra: ΔHIM = ΔEMB (c.g.c)

⇒ IM = MB (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: AM = BM = AI = IM

Tứ giác ABMI là hình thoi.

Mặt khác, ta có ΔACB = ΔMEB (chứng minh trên)

⇒ ∠(CBA) = ∠(EBM)

Mà ∠(CBA) + ∠(ABE) = ∠(CBE) = 90 o

Suy ra: ∠(EBM) + ∠(ABE) = 90 o hay ∠(ABM) = 90 o

Vậy tứ giác ABMI là hình vuông.

Câu 10: 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?

Lời giải:

a, Ta có: ∠(BHA) ) = ∠(BAC) + ∠(CAH) = ∠(BAC) + 90o

∠(EAC) = ∠(BAC) + ∠(BAE) = ∠(BAC) + 90 o

Suy ra: ∠(BAH) = ∠(EAC)

* Xét ΔBAH và ΔEAC, ta có:

BA = EA (vì ABDE là hình vuông)

∠(BAH) = ∠(EAC) (chứng minh trên)

AH = AC (vì ACFH là hình vuông)

Suy ra: ΔBAH = ΔEAC (c.g.c) ⇒ BH = EC

Gọi K và O lần lượt là giao điểm của EC với AB và BH.

Ta có: ∠(AEC) = ∠(ABH) (vì ΔBAH = ΔEAC) (1)

Hay ∠(AEK) = ∠(OBK)

* Trong ΔAEK, ta có: ∠(EAK) = 90 o

⇒ ∠(AEK) + ∠(AKE) = 90 o (2)

Mà ∠(AKE) = ∠(OKB) (đối đỉnh) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra:

∠(OKB) + ∠(OBK) = 90 o

* Trong Δ BOK ta có:

∠(BOK) + ∠(OKB) + ∠(OBK) = 180 o

Suy ra: EC ⊥ BH

b, * Trong ΔEBC, ta có: M là trung điểm EB (tính chất hình vuông)

I trung điểm BC (gt)

Nên MI là đường trung bình của ΔEBC

⇒ MI = 1/2 EC và MI

Trong ABCH, ta có: I trung điểm BC (gt)

N trung điểm của CH (tính chất hình vuông)

Nên NI là đường trung bình của ΔBCH

⇒ NI = 1/2 BH và NI

Mà BH = CE (chứng minh trên)

Suy ra: MI = NI nên ΔINM cân tại I

MI

EC ⊥ BH (chứng minh trên)

Suy ra: MI ⊥ BH. Mà NI

Suy ra: MI ⊥ NI hay ∠(MIN) = 90 o

Vậy ΔMIN vuông cân tại I.