Giải SGK Toán 8 (Cánh Diều) Bài 3: Hình thang cân

Giải bài tập Toán lớp 8 Bài 3: Hình thang cân

Khởi động trang 101 Toán 8 Tập 1: Ở lớp 6, phần Hình học trực quan, chúng ta đã được làm quen với hình thang cân và những vật thể có dạng hình thang cân, chẳng hạn, khung cửa sổ có dạng hình thang cân (Hình 21).

Hình thang cân có những tính chất gì? Có những dấu hiệu nào để nhận biết một tứ giác là hình thang cân?

Lời giải:

Sau bài học này chúng ta giải quyết được câu hỏi trên như sau:

‒ Hình thang cân có những tính chất sau:

+ Hai cạnh đáy song song với nhau;

+ Hai cạnh bên bằng nhau;

+ Hai đường chéo bằng nhau.

‒ Dấu hiệu nhận biết một tứ giác là hình thang cân:

+ Tứ giác có hai cạnh đối song song và có hai góc kề một đáy bằng nhau;

+ Tứ giác có hai cạnh đối song song và có hai đường chéo bằng nhau.

I. Định nghĩa

Hoạt động 1 trang 101 Toán 8 Tập 1: Cho biết hai cạnh AB và CD của tứ giác ABCD ở Hình 22 có song song với nhau hay không.

Lời giải:

Hai cạnh AB và CD của tứ giác ABCD ở Hình 22 có song song với nhau.

Hoạt động 2 trang 101 Toán 8 Tập 1: Hai góc C và D cùng kề với đáy CD của hình thang ABCD ở Hình 23. Cho biết hai góc C và D có bằng nhau hay không.

Lời giải:

Hai góc C và D cùng kề với đáy CD của hình thang ABCD ở Hình 23 bằng nhau.

II. Tính chất

Hoạt động 3 trang 102 Toán 8 Tập 1: Cho hình thang cân ABCD có AB // CD, AB < CD, E là giao điểm của AD và BC (Hình 25).

a) So sánh các cặp góc: $\widehat{EDC}$ và $\widehat{ECD}$; $\widehat{EAB}$ và $\widehat{EBA}$.

b) So sánh các cặp đoạn thẳng: EA và EB; ED và EC. Từ đó, hãy so sánh AD và BC.

c) Hai tam giác ADC và BCD có bằng nhau hay không? Từ đó, hãy so sánh AC và BD.

Lời giải:

a) Do ABCD là hình thang cân nên $\widehat{ADC}=\widehat{BCD}$ và $\widehat{DAB}=\widehat{CBA}\left(1\right)$.

Do $\widehat{ADC}=\widehat{BCD}$ nên $\widehat{EDC}=\widehat{ECD}$.

Ta lại có $\widehat{DAB}+\widehat{EAB}=180°$ (hai góc kề bù)

Suy ra $\widehat{EAB}=180°-\widehat{DAB}\left(2\right)$   

Tương tự ta cũng có $\widehat{EBA}=180°-\widehat{CBA}\left(3\right)$

Từ (1), (2) và (3) ta có $\widehat{EAB}=\widehat{EBA}$.

b) • Xét tam giác EAB có $\widehat{EAB}=\widehat{EBA}$ (câu a) nên là tam giác cân tại E

Suy ra EA = EB.

• Xét tam giác EDC có $\widehat{EDC}=\widehat{ECD}$ (câu a) nên là tam giác cân tại E

Suy ra ED = EC.

• Ta có AD = ED – EA

            BC = EC – EB.

Mặt khác EA = EB và ED = EC

Do đó AD = BC.

c) Xét ΔADC và ΔBCD có:

AD = BC (theo câu b);

$\widehat{ADC}=\widehat{BCD}$ (theo câu a);

DC là cạnh chung

Do đó ΔADC = ΔBCD (c.g.c)

Suy ra AC = BD (hai cạnh tương ứng).

Luyện tập 1 trang 102 Toán 8 Tập 1: Cho hình thang cân ABCD có AB // CD. Chứng minh $\widehat{ADB}=\widehat{BCA}$.

Lời giải:

Do ABCD là hình thang cân (AB // CD) nên AD = BC và AC = BD.

Xét ΔADB và ΔBCA có:

AB là cạnh chung;

AD = BC (chứng minh trên);

BD = AC (chứng minh trên)

Do đó ΔADB = ΔBCA (c.c.c)

Suy ra $\widehat{ADB}=\widehat{BCA}$ (hai cạnh tương ứng).

III. Dấu hiệu nhận biết

Hoạt động 4 trang 102, 103 Toán 8 Tập 1: Quan sát hình thang ABCD (AB // CD, AB < CD) có hai đường chéo AC và BD bằng nhau. Kẻ BE song song với AC (E thuộc đường thẳng CD) (Hình 27).

a) Hai tam giác ABC và ECB có bằng nhau hay không?

b) So sánh các cặp góc: $\widehat{BED}$ và $\widehat{BDE}$ và $\widehat{ACD}$ và $\widehat{BED}$.

c) Hai tam giác ACD và BDC có bằng nhau hay không? Từ đó, hãy so sánh $\widehat{ADC}$ và $\widehat{BCD}$.

d) ABCD có phải là hình thang cân hay không?

Lời giải:

a) Do AB // CD hay AB // CE nên $\widehat{ABC}=\widehat{ECB}$ (so le trong).

Do BE // AC nên $\widehat{ACB}=\widehat{EBC}$ (so le trong).

Xét ΔABC và ΔECB có:

$\widehat{ABC}=\widehat{ECB}$ (chứng minh trên);

BC là cạnh chung;

$\widehat{ACB}=\widehat{EBC}$ (chứng minh trên).

Do đó ΔABC = ΔECB (g.c.g).

b) Do ΔABC = ΔECB (theo câu a) nên AC = EB (hai cạnh tương ứng)

Mà AC = BD (giả thiết)

Suy ra BD = BE nên tam giác BDE là tam giác cân tại B.

Suy ra $\widehat{BDE}=\widehat{BED}$ (tính chất tam giác cân).

Do BE // AC nên $\widehat{ACD}=\widehat{BED}$ (đồng vị).

c) Ta có $\widehat{BDE}=\widehat{BED}$ và $\widehat{ACD}=\widehat{BED}$ (theo câu b) nên $\widehat{BDE}=\widehat{ACD}\left(=\widehat{BED}\right)$.

Xét ΔACD và ΔBDC có:

DC là cạnh chung;

$\widehat{BDE}=\widehat{ACD}$ (chứng minh trên);

AC = BD (giả thiết)

Do đó ΔACD = ΔBDC (c.g.c)

Suy ra $\widehat{ADC}=\widehat{BCD}$ (hai góc tương ứng).

d) Hình thang ABCD có $\widehat{ADC}$, $\widehat{BCD}$ cùng kề với đáy DC và $\widehat{ADC}=\widehat{BCD}$ nên ABCD là hình thang cân.

Luyện tập 2 trang 103 Toán 8 Tập 1: Một ô cửa sổ có dạng hình chữ nhật với chiều dài là 120 cm và chiều rộng là 80 cm. Người ta mở rộng ô cửa sổ đó bằng cách tăng độ dài cạnh dưới về hai bên, mỗi bên 20 cm (mô tả ở Hình 29). Sau khi mở rộng thì ô cửa sổ đó có dạng hình gì? Tính diện tích của ô cửa sổ đó sau khi mở rộng.

Lời giải:

Giả sử ô cửa sổ được mô tả như hình vẽ dưới đây:

• Xét ΔAHD và ΔBKC có:

$\widehat{AHD}=\widehat{BKC}=90°$; AH = BK; HD = KC.

Do đó ΔAHD = ΔBKC (hai cạnh góc vuông).

Suy ra $\widehat{ADH}=\widehat{BCK}$ (hai góc tương ứng).

• Xét tứ giác ABCD có AB // DC (do AB // HK) nên là hình thang.

Lại có $\widehat{ADH}=\widehat{BCK}$ (chứng minh trên)

Suy ra hình thang ABCD là hình thang cân.

Vậy sau khi mở rộng thì ô cửa sổ đó có dạng hình thang cân.

• Ta có AB = HK = 80 cm.

            DC = DH + HK + KC = 20 + 80 + 20 = 120 (cm).

Diện tích của ô cửa sổ sau khi mở rộng là:

$S=\frac{1}{2}.\left(AB+DC\right).AH=\frac{1}{2}.\left(80+120\right).120=12000\left(c{m}^2\right)$.

Bài tập

Bài 1 trang 103 Toán 8 Tập 1: Cho hình thang cân ABCD có AB // CD, AB < CD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD và T là giao điểm của AC và BD (Hình 30).

Chứng minh:

a) $\widehat{TAD}=\widehat{TBC},\widehat{TDA}=\widehat{TCB}$;

b) TA = TB, TD = TC;

c) MN là đường trung trực của cả hai đoạn thẳng AB và CD.

Lời giải:

a) Do ABCD là hình thang cân nên AC = BD và AD = BC (tính chất hình thang cân).

Xét ΔADC và ΔBCD có:

AD = BC; AC = BD; DC là cạnh chung

Do đó ΔADC = ΔBCD (c.c.c)

Suy ra $\widehat{CAD}=\widehat{DBC}$ (hai góc tương ứng)

Hay $\widehat{TAD}=\widehat{TBC}$.

Chứng minh tương tự ta cũng có: ΔABD = ΔBAC (c.c.c)

Suy ra $\widehat{BDA}=\widehat{ACB}$ (hai góc tương ứng)

Hay $\widehat{TDA}=\widehat{TCB}$.

b) Xét ΔTAD và ΔTBC có:

$\widehat{TAD}=\widehat{TBC}$; AD = BC; $\widehat{TDA}=\widehat{TCB}$.

Do đó ΔTAD = ΔTBC (g.c.g).

Suy ra TA = IB và TD = TC (các cặp cạnh tương ứng).

c) • Do TA = TB nên tam giác TAB cân tại T.

ΔTAB cân tại T có TM vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao do đó TM là đường trung trực của đoạn thẳng AB nên TM ⊥ AB.

• Do TD = TC nên tam giác TCD cân tại T.

ΔTCD cân tại T có TN vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao do đó TN là đường trung trực của đoạn thẳng CD nên TN ⊥ CD.

• Do AB // CD, TM ⊥ AB, TN ⊥ CD nên T, M, N thẳng hàng

Hay MN là đường trung trực của cả hai đoạn thẳng AB và CD.

Bài 2 trang 104 Toán 8 Tập 1: Người ta ghép ba hình tam giác đều có độ dài cạnh là a với vị trí như Hình 31.

a) Chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng.

b) Chứng minh tứ giác ACDE là hình thang cân.

c) Tính diện tích của tứ giác ACDE theo a.  

Lời giải:

a) Do ΔABE, ΔBED, ΔBDC là các tam giác đều nên $\widehat{ABE}=\widehat{EBD}=\widehat{DBC}=60°$

Do đó, $\widehat{ABC}=\widehat{ABE}+\widehat{EBD}+\widehat{DBC}=60°+60°+60°=180°$ 

Suy ra 3 điểm A, B, C thẳng hàng.

b) Do ΔABE, ΔBED là các tam giác đều nên $\widehat{ABE}=\widehat{BED}=60°$ 

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên AC // ED

Tứ giác ACDE có AC // ED nên là hình thang.

Mặt khác, $\widehat{EAC}=\widehat{DCA}=60°$ (do ΔABE, ΔBDC là các tam giác đều)

Do đó hình thang ACDE là hình thang cân.

c) Vẽ đường cao EH của tam giác AEB.

Do AEB là tam giác đều nên H là trung điểm của AB, do đó $HB=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}a$.

Xét ΔEHB vuông tại H, theo định lí Pythagore ta có:

EB² = EH² + HB²

Do đó EH² = EB² – HB² = $a^2-{\left(\frac{1}{2}a\right)}^2=a^2-\frac{1}{4}{a}^2=\frac{3}{4}{a}^2={\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2$

Suy ra $EH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Ta có AC = AB + BC = a + a = 2a.

Diện tích hình thang cân ACDE là:

$S=\frac{1}{2}.\left(ED+AC\right).EH=\frac{1}{2}.\left(a+2a\right).\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{2}.3a.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}{a}^2}{4}$ (đơn vị diện tích).

Bài 3 trang 104 Toán 8 Tập 1: Cho hình chữ nhật ABCD. Trên cạnh AB lấy hai điểm M, N sao cho AM = NB < $\frac{1}{2}$AB. Chứng minh tứ giác MNCD là hình thang cân.

Lời giải:

Do ABCD là hình chữ nhật nên AD = BC, $\widehat{DAM}=\widehat{CBN}=90°$ và AB // CD.

Xét ΔAMD và ΔBNC có:

$\widehat{DAM}=\widehat{CBN}=90°$ (chứng minh trên);

AD = BC (chứng minh trên);

AM = BN (giả thiết).

Do đó ΔAMD = ΔBNC (hai cạnh góc vuông).

Suy ra $\widehat{AMD}=\widehat{BNC}$ (hai góc tương ứng).

Mặt khác $\widehat{AMD}+\widehat{DMN}=180°,\widehat{BNC}+\widehat{CNM}=180°$ (kề bù)

Suy ra $\widehat{DMN}=\widehat{CNM}$.

Tứ giác MNCD có MN // CD (do AB // CD) nên là hình thang.

Lại có $\widehat{DMN}=\widehat{CNM}$ 

Suy ra hình thang MNCD là hình thang cân.

Bài 4 trang 104 Toán 8 Tập 1: Cho tam giác ABC cân tại A có hai đường phân giác BE và CK. Chứng minh tứ giác BKEC là hình thang cân.

Lời giải:

• Do ABC là tam giác cân tại A nên $\widehat{KBC}=\widehat{ECB}$.

Do BE và CK là các đường phân giác của ΔABC nên $\widehat{EBC}=\frac{1}{2}\widehat{KBC},\widehat{KCB}=\frac{1}{2}\widehat{ECB}$.

Do đó $\widehat{EBC}=\widehat{KCB}$.

• Xét ΔKBC và ΔECB có:

$\widehat{KBC}=\widehat{BCE}$; BC là cạnh chung; $\widehat{KCB}=\widehat{BEC}$ 

Do đó ΔKBC = ΔECB (g.c.g)

Suy ra BK = CE và CK = BE (các cặp cạnh tương ứng).

• Xét ΔBKE và ΔCEK có:

KE là cạnh chung; BK = CE; BE = CK

Do đó ΔBKE = ΔCEK (c.c.c)

Suy ra $\widehat{BKE}=\widehat{CEK}$ (hai góc tương ứng).

• Xét tứ giác BCEK có $\widehat{KBC}+\widehat{ECB}+\widehat{BKE}+\widehat{CEK}=360°$

Hay $\widehat{KBC}+\widehat{KBC}+\widehat{BKE}+\widehat{BKE}=360°$

Do đó $2\left(\widehat{KBC}+\widehat{BKE}\right)=360°$

Suy ra $\widehat{KBC}+\widehat{BKE}=180°$.

Mặt khác $\widehat{AKE}+\widehat{BKE}=180°$ (kề bù)

Do đó $\widehat{KBC}=\widehat{AKE}$

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên KE // BC

• Tứ giác BCEK có KE // BC nên là hình thang

Lại có $\widehat{KBC}=\widehat{ECB}$ nên hình thang BCEK là hình thang cân.

Bài 5 trang 104 Toán 8 Tập 1: Hình 33a là mặt cắt đứng phần chứa nước của một con mương (Hình 32) khi đầy nước có dạng hình thang cân. Người ta mô tả lại bằng hình học mặt cắt đứng của con mương đó ở Hình 33b với BD // AE (B thuộc AC), H là hình chiếu của D trên đường thẳng AC.

a) Chứng minh các tam giác BCD, BDE, ABE là các tam giác đều.

b) Tính độ dài của DH, AC.

c) Tính diện tích mặt cắt đứng phần chứa nước của con mương đó khi đầy nước.

Lời giải:

a) • Do BD // AE nên $\widehat{BDE}=\widehat{AEx}=60°$ (đồng vị)

Do AC // ED nên $\widehat{BCD}=\widehat{CDy}=60°$ và $\widehat{CBD}=\widehat{BDE}=60°$ (các cặp góc so le trong).

Ta có $\widehat{EDB}+\widehat{BDC}+\widehat{CDy}=180°$

Suy ra $\widehat{BDC}=180°-\widehat{EDB}-\widehat{CDy}=180°-60°-60°=60°$

ΔBCD có $\widehat{CBD}=\widehat{BCD}=\widehat{BDC}=60°$ nên là tam giác đều.

Suy ra BD = BC = CD = 2 m.

• ΔBDE có BD = DE = 2 m nên là tam giác cân tại D

Lại có $\widehat{BDE}=60°$ nên ΔBDE là tam giác đều.

Suy ra BE = BD = DE =  2 m và $\widehat{BED}=60°$.

• Do AC // ED nên $\widehat{ABE}=\widehat{BED}=60°$ (so le trong).

ΔABE có AE = BE = 2 m nên là tam giác cân tại E.

Lại có $\widehat{ABE}=60°$ nên ΔABE là tam giác đều.

b) • Do ΔBCD là tam giác đều nên đường cao BH đồng thời là đường trung tuyến của tam giác

Do đó H là trung điểm của BC nên $HC=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}.2=1\left(m\right)$.

Xét ΔDHC vuông tại H, theo định lí Pythagore có:

CD² = HC² + DH²

Suy ra DH² = CD² – HC² = 2² – 1² = 3.

Do đó DH = $\sqrt{3}$ (m).

• Do ΔABE là tam giác đều nên AB = AE =  2 m.

Khi đó AC = AB + BC = 2 + 2 = 4 (m).

c) Diện tích mặt cắt đứng phần chứa nước của con mương đó khi đầy nước là:

$S_{AEDC}=\frac{1}{2}.\left(ED+AC\right).DH=\frac{1}{2}.\left(2+4\right).\sqrt{3}=3\sqrt{3}\left(m^2\right)$ .

Xem thêm các bài giải SGK Toán lớp 8 Cánh Diều hay, chi tiết khác:

Bài 1: Định lí Pythagore

Bài 2: Tứ giác

Bài 4: Hình bình hành