Giải SBT Toán 8 trang 95 Tập 1 Cánh diều

Nguyễn Mạnh Tài Ngày: 17-11-2023 Lớp 8

339

Với lời giải SBT Toán 8 trang 95 Tập 1 Bài 4: Hình bình hành sách Cánh diều giúp học sinh dễ dàng xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập trong SBT Toán 8. Mời các bạn đón xem:

Giải SBT Toán 8 Bài 4: Hình bình hành

Bài 18 trang 95 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình bình hành $A B C D$ . Trên cạnh $A D, B C$ lần lượt lấy điểm $E, F$ sao cho $A E = C F$ . Trên cạnh $A B, C D$ lần lượt lấy điểm $M, N$ sao cho $B M, D N$ . Chứng minh:

a) Tứ giác $E M F N$ là hình bình hành;

b) Bốn đường thẳng $A C, B D, E F, M N$ cùng đi qua một điểm.

Lời giải:

Sách bài tập Toán 8 Bài 4 (Cánh diều): Hình bình hành (ảnh 3)

a) Do $A B C D$ là hình bình hành nên $A D = B C$ và $A B = C D$ ; $\hat{A} = \hat{C}$ và $\hat{A B C} = \hat{C D A}$ .

Mà $A E = C F$ và $B M = D N$ , suy ra $D E = B F$ và $A M = C N$ .

$Δ A E M = Δ C F N$ (c.g.c). Suy ra $E M = F N$

$Δ B F M = Δ D E N$ (c.g.c). Suy ra $F M = E N$

Tứ giác EFMN có $E M = F N$ và $F M = E N$ nên $E M F N$ là hình bình hành.

b) Tứ giác $B M D N$ có $B M = D N$ và $B M / / D N$ nên $B M D N$ là hình bình hành.

Do $A B C D, E M F N, B M D N$ đều là hình bình hành nên các đường chéo của mỗi hình bình hành cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Vậy $A C, B D, E F, M N$ cùng đi qua trung điểm của mỗi đường.

Bài 19 trang 95 SBT Toán 8 Tập 1: Cho tam giác nhọn $A B C$ có ba đường cao $A M, B N, C P$ cắt nhau tại $H$ . Qua $B$ kẻ tia $B x$ vuông góc với $A B$ . Qua $C$ kẻ tia $C y$ vuông góc với $A C$ . Gọi $D$ là giao điểm của $B x$ và $C y$ (Hình 15)

a) Chứng minh tứ giác $B D C H$ là hình bình hành;

b) Tam giác $A B C$ có điều kiện gì thi ba điểm $A, D, H$ thẳng hàng?

c) Tìm mối liên hệ giữa góc $A$ và góc $D$ của tứ giác $A B C D$ .

d) Giả sử $H$ là trung điểm của $A M$ . Chứng minh diện tích của tam giác $A B C$ bằng diện tích của tứ giác $B H C D$ .

Sách bài tập Toán 8 Bài 4 (Cánh diều): Hình bình hành (ảnh 4)

Lời giải:

a) Ta có: $\hat{A P C} = \hat{A B D} = 90^{\circ}$ và $\hat{A P C}, \hat{A B D}$ nằm ở vị trí đồng vị nên $C P / / B D$ .

Tương tự ta chứng minh được $B N / / C D$ .

Tứ giác $B D C H$ có $B D / / C H, B H / / C D$ nên $B D C H$ là hình bình hành.

b) Để ba điểm $A, D, H$ thẳng hàng thì $M$ phải thuộc $D H$ . Mà $M$ thuộc $B C$ , suy ra $M$ là giao điểm của $B C$ và $D H$ .

Do $B D C H$ là hình bình hành nên hai đường chéo $B C$ và $D H$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. suy ra $M$ là trung điểm $B C$ .

Khi đó $Δ A B M = Δ A C M$ (c.g.c). Suy ra $A B = A C$ .

Dễ thấy nếu tam giác $A B C$ có $A B = A C$ thì ba điểm $A, D, H$ thẳng hàng.

Vậy tam giác $A B C$ cân tại $A$ thì $A, D, H$ thẳng hàng.

c) Xét tứ giác $A B C D$ , ta có: $\hat{B A C} + \hat{D B A} + \hat{C D B} + \hat{A C D} = 360^{\circ}$ .

Mà $\hat{D B A} = \hat{A C D} = 90^{\circ}$ , suy ra tính được $\hat{B A C} + \hat{C D B} = 3180^{\circ}$

Vậy góc $A$ và góc $D$ của tứ giác $A B C D$ là hai góc bù nhau.

d) Do $H$ là trung điểm của $A M$ nên $H M = \frac{1}{2} A M$

Ta có diện tích tam giác $A B C$ bằng: $\frac{1}{2} . A M . B C = H M . B C$ .

Ta chứng minh được $Δ B C H = Δ C B D$ (c.c.c.). Suy ra diện tích tứ giác $B H C D$ bằng 2 lần diện tích tam giác $B C H$ .

Do đó, diện tích tứ giác $B H C D$ bằng: $(\frac{1}{2} . H M . B C = H M . B C)$ vạy diện tích tam giác $A B C$ bằng điệnt tích của tứ giác $B H C D$ .

Bài 20 trang 95 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình bình hành $A B C D$ có $\hat{A} > 90^{\circ}$ , $A B > B C$ . Trên đường thẳng vuông góc với $B C$ tại $C$ lấy hai điểm $E, F$ sao cho $C E, C F, B C$ . Trên đường thẳng vuông góc với $C D$ tại $C$ lấy hai điểm $P, Q$ sao cho $C P = C Q = C D$ (Hình 16). Chứng minh:

a) Tứ giác $E P F F G$ là hình bình hành;

b) $A C ⊥ E P$ .

Sách bài tập Toán 8 Bài 4 (Cánh diều): Hình bình hành (ảnh 5)

Lời giải:

a) Tứ giác $E P F Q$ có hai đường chéo $E F$ và PQ cắt nhau tại trung điểm $C$ của mỗi đường nên $E F P Q$ là hình binh hành.

b) Gọi $H$ là giao điểm của $A C$ và $E P$ , $K$ là giao điểm của $A B$ và $P Q$ .

Do $A B C D$ là hình bình hành nên $A B / / C D, A D = B C$ , $\hat{B} = \hat{D}$ .

Vì $A B / / C D$ nên $\hat{B K C} = \hat{D C K} = 90^{\circ}$ (hai góc so le trong). Suy ra tam giác $B C K$ vuông tại $K$ . Do đó,

$\hat{B} = \hat{B C K} = 90^{\circ}$

Mặt khác, ta có $\hat{E C P} + \hat{B C K} = \hat{B C E} = 90^{\circ}$ nên $\hat{D} = \hat{E C P}$ .

Xét hai tam giác $A C D$ và $E P C$ , ta có:

$A D = E C$ (vì cùng bằng $B C$ ); $\hat{D} = \hat{E C P}; C D = P C$

Suy ra $Δ A C D = Δ E P C$ (c.g.c). Do đó $\hat{A C D} = \hat{E P C}$ (hai góc tương ứng) hay $\hat{A C D} = \hat{H P C}$ . Mà $\hat{A C D} + \hat{P C H} = \hat{D C P} = 90^{\circ}$ , suy ra $\hat{H P C} + \hat{P C H} = 90^{\circ}$