Giải SBT Toán 8 Bài 5: Hình chữ nhật – Hình vuông
Bài 1 trang 71 SBT Toán 8 Tập 1: Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC). Gọi M là trung điểm của BC.
Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho MD = MA.
a) Chứng minh tứ giác ABDC là hình chữ nhật.
b) Gọi E là điểm đối xứng của A qua B. Chứng minh tứ giác BEDC là hình bình hành.
c) EM cắt BD tại K. Chứng minh EK = 2KM.
Lời giải:
a) Xét tứ giác ABDC có: AM = MD (M ∈ AD); BM = MC (M ∈ BC).
Suy ra tứ giác ABDC là hình bình hành.
Ta lại có (do ∆ABC vuông tại A).
Do đó, tứ giác ABDC là hình chữ nhật.
b) Tứ giác ABDC là hình chữ nhật (theo câu a), suy ra AB = CD và AB // CD.
Do E đối xứng với A qua B nên B, A, E thẳng hàng và AB = BE.
Vì AB // CD nên BE // CD.
Vì AB = CD và AB = BE nên CD = BE.
Xét tứ giác BEDC có BE // CD và BE = CD nên là hình bình hành.
c) ∆AED có hai đường trung tuyến EM và DB cắt nhau tại K, nên K là trọng tâm của tam giác AED.
Suy ra và nên EK = 2KM.
a) Tứ giác DKMN là hình gì Vì sao?
b) Gọi O là trung điểm của DM. Chứng minh ba điểm H, O , F thẳng hàng.
c) Tam giác DEF cần thêm điều kiện gì để tứ giác DKMN là hình vuông?
Lời giải:
a) Do MN ⊥ DE tại N, MK ⊥ DF tại K nên và
Tứ giác DKMN có nên DKMN là hình chữ nhật.
b) ∆DEF vuông tại D và DM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên
.
Suy ra ∆MDE cân tại M.
Ta lại có MN ⊥ DE tại N, suy ra đường cao MN cũng đồng thời là đường trung tuyến của ∆MDE, suy ra .
Tứ giác DHEM có: ND = NE và NH = NM (do H là điểm đối xứng với M qua N).
Suy ra DHEM là hình bình hành.
Do đó DH // ME và DH = ME.
Mà M là trung điểm EF nên ME = MF
Khi đó DH // MF và DH = MF nên tứ giác DHMF là hình bình hành.
Hơn nữa, O là trung điểm của DM, suy ra O cũng là trung điểm của HF.
Vậy H, O, F thẳng hàng.
c) Hình chữ nhật DKMN là hình vuông khi DM là đường phân giác của , hay DM là đường phân giác của .
Khi đó DM là đường trung tuyến và cũng là đường phân giác xuất phát từ D của ∆DEF
Do đó ∆DEF cân tại D
Suy ra ∆DEF vuông cân tại D.
Vậy ∆DEF vuông cân tại D thì DKMN là hình vuông.
Bài 3 trang 71 SBT Toán 8 Tập 1:Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 4 cm, AC = 8 cm. Gọi E là trung điểm của AC, M là trung điểm của BC.
a) Tính EM.
b) Vẽ tia Bx song song với AC sao cho Bx cắt EM tại D. Chứng minh tứ giác ABDE là hình vuông.
c) Gọi I là giao điểm của BE và AD, K là giao điểm của BE và AM. Chứng minh tứ giác BDCE là hình bình hành và DC= 6KI.
Lời giải:
a) ∆ABC có E là trung điểm của AB, M là trung điểm của BC (giả thiết).
Theo bài 4, trang 63, SBT Toán 8 Tập Một, ta có và ME // AB
Do đó (cm).
b) Tứ giác ABDE có: AB // DE (do AB // ME) và BD // AE (do Bx // AC ).
Suy ra ABDE là hình bình hành.
Hình bình hành ABDE có (do ∆ABC vuông tại A) nên ABDE là hình chữ nhật.
Ta lại có (do E là trung điểm của AC), suy ra (cm).
Khi đó AB = AE = 4 (cm).
Hình chữ nhật ABDE có AB = AE nên ABDE là hình vuông.
c) Hình vuông ABDE có AD cắt BE tại I, suy ra I là trung điểm của AD và BE.
Xét ∆ADC có I là trung điểm AD, E là trung điểm AC
Theo bài 4, trang 63, SBT Toán 8 Tập Một, ta có: IE // CD và .
Tứ giác BDCE có: BE // CD (vì IE // CD); BD // EC (vì Bx // AC).
Suy ra BDCE là hình bình hành.
Do đó, hai đường chéo BC và DE cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Mà M là trung điểm của BC, suy ra M cũng là trung điểm của DE.
∆ADE có đường trung tuyến AM và EI cắt nhau tại K nên K là trọng tâm của ∆ADE.
Suy ra .
Vậy DC = 6KI.
a) ;
b) BH = CH;
c) Tam giác BOC vuông cân;
d) MNPQ là hình vuông.
Lời giải:
Chú ý: Câu c bổ sung dữ kiện “O là giao điểm của BP và CN”.
a) Ta có:
∆ABD vuông tại D (do BD là đường cao ∆ABC), suy ra ;
∆AEC vuông tại E (do CE là đường cao ∆ABC), suy ra .
Do đó .
b) ∆ABC cân tại A nên .
Mà (theo câu a).
Suy ra hay .
Do đó ∆HBC cân tại H nên BH = CH.
c) Ta có (do BP là tia phân giác ) và (do CN là tia phân giác )
Mà , suy ra .
∆OBC có , nên hay .
Suy ra ∆OBC cân tại O (1)
Mặt khác, vì (cùng bằng ) nên ta có
.
Mà
Suy ra .
Do đó tam giác OBC vuông tại O (2)
Từ (1) và (2) suy ra ∆OBC vuông cân tại O.
d) ∆OBC cân tại O nên OB = OC. (3)
Xét ∆BMH và ∆CQH có:
(theo câu b);
BH = CH (do ∆HBC cân tại H);
(hai góc đối đỉnh).
Do đó ∆BMH= ∆CQH (g.c.g).
Suy ra BM = CQ. (4)
Từ (3) và (4) suy ra OB ‒ BM = OC ‒ CQ hay OM = OQ. (5)
Mà ∆BNQ có BO là đường cao cũng đường phân giác nên ∆BNQ cân tại B.
Suy ra BO cũng là đường trung tuyến, nên O là trung điểm của QN hay ON = OQ.(6)
Chứng minh tương tự, ta được OP = OM. (7)
Từ (5), (6), (7) suy ra OM = ON = OQ = OP.
Khi đó ON + OQ = OM + OP hay NQ = MP.
Xét tứ giác MNPQ có: OM = OP và OQ = ON nên tứ giác MNPQ là hình bình hành.
Mà NQ = MP nên MNPQ là hình chữ nhật.
Ta lại có MP ⊥ NP tại O nên MNPQ là hình vuông.
a) Tứ giác EFGH là hình gì?
b) Tính diện tích tư giác EFGH theo a và b.
Lời giải:
a) Xét các tam giác HAE, EBF, FCG, GDH có:
AE = BF = CG = DH = a, BE = CF = DG = AH = b (giả thiết);
(do ABCD là hình vuông)
Suy ra ∆HAE = ∆EBF = ∆FCG = ∆GDH (c.g.c) nên HE = EF = FG = GH
Do đó EFGH là hình thoi.
Ta lại có nên .
Hình thoi EFGH có nên EFGH là hình vuông.
b)Ta có SABCD = AB2 = (a + b)2 (1)
nên. (2)
Từ (1) và (2) suy ra SEFGH = (a + b)2 ‒ 2ab = a2 + 2ab + b2 – 2ab = a2 + b2.
Lời giải:
Gọi một kích thước của hình chữ nhật là x (m).
Do chu vi hình chữ nhật là 100 m nên ta có kích thước cạnh còn lại của hình chữ nhật là (m).
Diện tích hình chữ nhật là:
S = x(50 ‒ x) = ‒x2 + 50x
= ‒(x2 – 2.25x + 252 ‒ 252)
= ‒(x ‒ 25)2 + 625 ≤ 625.
Giá trị lớn nhất của S bằng 625 tại x = 25.
Khi đó độ dài hai cạnh của hình chữ nhật là 25 m và 50 – 25 = 25 m, nên hình chữ nhật này là hình vuông.
Vậy diện tích lớn nhất của hình chữ nhật bằng 625 m2, khi đó hình chữ nhật là hình vuông có cạnh dài 25 m.
Lời giải:
Đặt AE = a; EB = b; AG = c; GD = d.
Do diện tích ba hình chữ nhật nhỏ lần lượt là 10 cm2 , 15 cm2, 6 cm2 nên ta có:
ac= 10; bc = 6; ad =15.
Suy ra ac.bc.ad = 10.6.15, nên (ac)2bd = 9000
Hay 102.bd = 9 000, do đó bd = 9.
Vậy x = bd = 9 cm2.
Xem thêm lời giải Sách bài tập Toán 8 bộ sách Chân trời sáng tạo hay, chi tiết khác:
Bài 3: Hình thang – Hình thang cân
Bài 4: Hình bình hành – Hình thoi
Bài tập cuối chương 3 trang 72
Bài 1: Thu thập và phân loại dữ liệu
Bài 2: Lựa chọn dạng biểu đồ để biểu diễn dữ liệu