Giải SBT Toán 8 (Cánh diều) Bài 4: Hình bình hành

Giải SBT Toán 8 Bài 4: Hình bình hành

Bài 16 trang 94 SBT Toán 8 Tập 1: Cho tam giác $ABC$ có $AB=AC=3cm$. Từ điểm $M$ thuộc cạnh $BC$, kẻ $MD$ song song với $AC$ và $ME$ song song với $AB$ (điểm $D,E$ lần lượt thuộc cạnh $AB,AC$). Tính chu vi của tứ giác $ADME$.

Lời giải:

Do $AB=AC$ nên tam giác $ABC$ cân tại $A$. Suy ra $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}$.

Mà $\widehat{ABC}=\widehat{EMC}$ (hai góc đồng vị), suy ra $\widehat{ACB}=\widehat{EMC}$.

Do đó, tam giác $ECM$ cân tại $E$. Suy ra $ME=CE$.

Tứ giác $ADME$ có $MD//AE,ME//AD$ nên $ADME$ là hình bình hành. Vậy chu vi của hình bình hành $ADME$ là:

$2\left(AE+ME\right)=2\left(AE+CE\right)=2AC=6cm$

Bài 17 trang 94 SBT Toán 8 Tập 1: Cho tam giác $ABC$ có các đường trung tuyến $BD$ và $CE$. Lấy các điểm $H,K$ sao cho $E$ là trung điểm của $CH,D$ là trung điểm của $BK$. Chứng minh:

a)  Các tứ giác $AHBC,AKCB$ là hình bình hành;

b) $A$ là trung điểm của $HK$.

Lời giải:

a) Tứ giác $AHBC$ có $E$ là trung điểm của hai đường chéo $AB$ và $CH$ nên $AHBC$ là hình bình hành.

Tương tự, ta chứng minh được tứ giác $AKCB$ là hình bình hành.

b) Do $AHBC$ là hình bình hành nên $AH//BC$, $AH=BC$. Tương tự, $AKCB$ là hình bình hành nên $AK//BC,AK=BC$. Suy ra ba điểm $H,A,K$ thẳng hàng và $AH=AK$. Vậy $A$ là trung điểm của $HK$.

Bài 18 trang 95 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình bình hành $ABCD$. Trên cạnh $AD,BC$ lần lượt lấy điểm $E,F$ sao cho $AE=CF$. Trên cạnh $AB,CD$ lần lượt lấy điểm $M,N$ sao cho $BM,DN$. Chứng minh:

a) Tứ giác $EMFN$ là hình bình hành;

b) Bốn đường thẳng $AC,BD,EF,MN$ cùng đi qua một điểm.

Lời giải:

a) Do $ABCD$ là hình bình hành nên $AD=BC$ và $AB=CD$; $\hat{A}=\hat{C}$ và $\widehat{ABC}=\widehat{CDA}$.

Mà $AE=CF$ và $BM=DN$, suy ra $DE=BF$ và $AM=CN$.

$\mathrm{\Delta }AEM=\mathrm{\Delta }CFN$(c.g.c). Suy ra $EM=FN$

$\mathrm{\Delta }BFM=\mathrm{\Delta }DEN$(c.g.c). Suy ra $FM=EN$

Tứ giác EFMN có $EM=FN$ và $FM=EN$ nên $EMFN$ là hình bình hành.

b) Tứ giác $BMDN$ có $BM=DN$ và $BM//DN$ nên $BMDN$ là hình bình hành.

Do $ABCD,EMFN,BMDN$ đều là hình bình hành nên các đường chéo của mỗi hình bình hành cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Vậy $AC,BD,EF,MN$ cùng đi qua trung điểm của mỗi đường.

Bài 19 trang 95 SBT Toán 8 Tập 1: Cho tam giác nhọn $ABC$ có ba đường cao $AM,BN,CP$ cắt nhau tại $H$. Qua $B$ kẻ tia $Bx$ vuông góc với $AB$. Qua $C$ kẻ tia $Cy$ vuông góc với $AC$. Gọi $D$ là giao điểm của $Bx$ và $Cy$ (Hình 15)

a) Chứng minh tứ giác $BDCH$ là hình bình hành;

b) Tam giác $ABC$ 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 $ABCD$.

d) Giả sử $H$ là trung điểm của $AM$. Chứng minh diện tích của tam giác $ABC$ bằng diện tích của tứ giác $BHCD$.

Lời giải:

a) Ta có: $\widehat{APC}=\widehat{ABD}={90}^{\circ }$ và $\widehat{APC},\widehat{ABD}$ nằm ở vị trí đồng vị nên $CP//BD$.

Tương tự ta chứng minh được $BN//CD$.

Tứ giác $BDCH$ có $BD//CH,BH//CD$ nên $BDCH$ là hình bình hành.

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

Do $BDCH$ là hình bình hành nên hai đường chéo $BC$ và $DH$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. suy ra $M$ là trung điểm $BC$.

Khi đó $\mathrm{\Delta }ABM=\mathrm{\Delta }ACM$ (c.g.c). Suy ra $AB=AC$.

Dễ thấy nếu tam giác $ABC$ có $AB=AC$ thì ba điểm $A,D,H$ thẳng hàng.

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

c)  Xét tứ giác $ABCD$, ta có: $\widehat{BAC}+\widehat{DBA}+\widehat{CDB}+\widehat{ACD}={360}^{\circ }$.

Mà $\widehat{DBA}=\widehat{ACD}={90}^{\circ }$, suy ra tính được $\widehat{BAC}+\widehat{CDB}={3180}^{\circ }$

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

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

Ta có diện tích tam giác $ABC$ bằng: $\frac{1}{2}.AM.BC=HM.BC$.

Ta chứng minh được $\mathrm{\Delta }BCH=\mathrm{\Delta }CBD$ (c.c.c.). Suy ra diện tích tứ giác $BHCD$ bằng 2 lần diện tích tam giác $BCH$.

Do đó, diện tích tứ giác $BHCD$ bằng: $\left(\frac{1}{2}.HM.BC=HM.BC\right)$ vạy diện tích tam giác $ABC$ bằng điệnt tích của tứ giác $BHCD$.

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

a) Tứ giác $EPFFG$ là hình bình hành;

b) $AC\mathrm{\perp }EP$.

Lời giải:

a)  Tứ giác $EPFQ$ có hai đường chéo$EF$ và PQ cắt nhau tại trung điểm $C$ của mỗi đường nên $EFPQ$ là hình binh hành.

b) Gọi $H$ là giao điểm của $AC$ và $EP$, $K$ là giao điểm của $AB$ và $PQ$.

Do $ABCD$ là hình bình hành nên $AB//CD,AD=BC$, $\hat{B}=\hat{D}$.

Vì $AB//CD$ nên $\widehat{BKC}=\widehat{DCK}={90}^{\circ }$(hai góc so le trong). Suy ra tam giác $BCK$vuông tại $K$. Do đó,

$\hat{B}=\widehat{BCK}={90}^{\circ }$

Mặt khác, ta có $\widehat{ECP}+\widehat{BCK}=\widehat{BCE}={90}^{\circ }$ nên $\hat{D}=\widehat{ECP}$.

Xét hai tam giác $ACD$ và $EPC$, ta có:

$AD=EC$ (vì cùng bằng $BC$); $\hat{D}=\widehat{ECP};CD=PC$

Suy ra $\mathrm{\Delta }ACD=\mathrm{\Delta }EPC$ (c.g.c). Do đó $\widehat{ACD}=\widehat{EPC}$ (hai góc tương ứng) hay $\widehat{ACD}=\widehat{HPC}$. Mà $\widehat{ACD}+\widehat{PCH}=\widehat{DCP}={90}^{\circ }$, suy ra $\widehat{HPC}+\widehat{PCH}={90}^{\circ }$

Xét tam giác $CPH$, ta có: $\widehat{CHP}+\widehat{HPC}+\widehat{PCH}={180}^{\circ }$

Suy ra $\widehat{CHP}+{90}^{\circ }={180}^{\circ }$ hay $\widehat{CHP}={90}^{\circ }$. Vậy $AC\mathrm{\perp }EP$. 

Xem thêm Lời giải bài tập Toán 8 sách Cánh diều hay, chi tiết khác:

Bài 2: Tứ giác

Bài 3: Hình thang cân

Bài 5: Hình chữ nhật

Bài 6: Hình thoi

Bài 7: Hình vuông