Giải SGK Toán 8 (Kết nối tri thức) Luyện tập chung trang 73 Tập 1

Giải SGK Toán 8 Luyện tập chung trang 73 Tập 1

Bài tập

Bài 3.34 trang 73 Toán 8 Tập 1: Cho tam giác ABC; M và N lần lượt là trung điểm của hai cạnh AB và AC. Lấy điểm P sao cho N là trung điểm của đoạn thẳng MP.

a) Hỏi tứ giác AMCP là hình gì? Vì sao?

b) Với điều kiện nào của tam giác ABC thì tứ giác AMCP là hình chữ nhật; hình thoi; hình vuông?

Lời giải:

a) Tứ giác AMCP có hai đường chéo AC và MP cắt nhau tại trung điểm N của mỗi đường.

Do đó tứ giác AMCP là hình bình hành.

b) Do AMCP là hình bình hành nên ta có:

+) AM // CP hay BM // CP.

+) AM = CP, mà AM = BM (do M là trung điểm của AB) nên BM = CP.

Tứ giác BMPC có BM // CP và BM = CP nên tứ giác BMCP là hình bình hành.

• Để hình bình hành AMCP là hình chữ nhật thì AC = MP.

Mà BC = MP (vì tứ giác BMCP là hình bình hành).

Do đó AC = BC nên tam giác ABC là tam giác cân tại C.

Vây để hình bình hành AMCP là hình chữ nhật thì tam giác ABC là tam giác cân tại C.

• Để hình bình hành AMCP là hình thoi thì AM = CM hay AM = CM = BM = $\frac{AB}{2}$ .

Tam giác ABC có CM là đường trung tuyến ứng với cạnh AB của tam giác ABC.

Mà AM = CM = BM = $\frac{AB}{2}$ .

Khi đó tam giác ABC vuông tại C.

Vậy để hình bình hành AMCP là hình thoi thì tam giác ABC vuông tại C.

• Để hình bình hành AMCP là hình vuông thì hình bình hành AMCP là hình chữ nhật có AM = CM.

Do đó, tam giác ABC cân tại C có AM = CM.

Khi đó, tam giác ABC vuông cân tại C.

Vậy để hình bình hành AMCP là hình vuông thì tam giác ABC vuông cân tại C.

Bài 3.35 trang 73 Toán 8 Tập 1: Cho hình bình hành ABCD. Các tia phân giác của góc A, B, C, D cắt nhau như trên Hình 3.58. Chứng minh rằng EFGH là hình chữ nhật.

Lời giải:

Vì tứ giác ABCD là hình bình hành nên AB // CD

Suy ra $\widehat{ADC}+\widehat{BCD}=180°$

Mà DE là tia phân giác của $\widehat{ADC}$ nên $\widehat{EDC}=\frac{1}{2}\widehat{ADC}$

CE là tia phân giác của $\widehat{BCD}$ nên $\widehat{ECD}=\frac{1}{2}\widehat{BCD}$

Do đó $\widehat{EDC}+\widehat{ECD}=\frac{1}{2}\widehat{ADC}+\frac{1}{2}\widehat{BCD}$

$=\frac{1}{2}.\left(\widehat{ADC}+\widehat{BCD}\right)=\frac{1}{2}.180°=90°$ .

Xét $∆$CDE có $\widehat{EDC}+\widehat{ECD}+\widehat{DEC}=180°$

Suy ra $\widehat{DEC}=180°-\left(\widehat{EDC}+\widehat{ECD}\right)=180°-90°=90°$ .

Hay $\widehat{HEF}=90°$

Chứng minh tương tự, ta cũng có $\widehat{EHG}=\widehat{HGF}=\widehat{GFE}=90°$ .

Do đó tứ giác EFGH là hình chữ nhật.

Bài 3.36 trang 73 Toán 8 Tập 1: Một khung tre hình chữ nhật có lắp đinh vít tại bốn đỉnh. Khi khung tre này bị xô lệch (do các đinh vít bị lỏng), các góc không còn vuông nữa thì khung đó là hình gì? Tại sao? Hỏi khi nẹp thêm một đường chéo vào khung đó thì nó còn bị xô lệch không?

Lời giải:

Khi khung tre bị xô lệch, các góc không còn vuông nữa nhưng các cạnh đối vẫn bằng nhau.

Do đó, sau khi khung tre này bị xô lệch thì tứ giác tạo thành là hình bình hành.

Khi nẹp thêm một đường chéo vào khung thì khung không còn bị xô lệch nữa vì thanh đường chéo cùng với bốn thanh của khung tạo thành hai tam giác với cạnh có độ dài không đổi.

Bài 3.37 trang 73 Toán 8 Tập 1: Gọi Ou và Ov lần lượt là hai tia phân giác của hai góc kề bù xOy và x’Oy; A là một điểm khác O trên tia Ox. Gọi B và C là chân đường vuông góc hạ từ A lần lượt xuống đường thẳng chứa Ou và Ov. Hỏi tứ giác OBAC là hình gì? Vì sao?

Lời giải:

Vì Ou, Ov lần lượt là tia phân giác của $\widehat{xOy};\widehat{x^{\text{'}}Oy}$ nên ${\hat{O}}_1={\hat{O}}_2;{\hat{O}}_3={\hat{O}}_4$ .

Mà $\widehat{xOy}+\widehat{x^{\text{'}}Oy}=180°$ (vì $\widehat{xOy};\widehat{x^{\text{'}}Oy}$ là hai góc kề bù).

Hay ${\hat{O}}_1+{\hat{O}}_2+{\hat{O}}_3+{\hat{O}}_4=180°$

Suy ra $2{\hat{O}}_2+2{\hat{O}}_3=180°$ .

Do đó ${\hat{O}}_2+{\hat{O}}_3=90°$ hay $\widehat{uOv}=90°$ suy ra $\widehat{uOC}=90°$ hay $\widehat{BOC}=90°$ .

Vì B và C là chân đường vuông góc hạ từ A lần lượt xuống đường thẳng chứa Ou và Ov

Nên $\widehat{ABO}=90°;\widehat{ACO}=90°$ .

Tứ giác OBAC có $\widehat{ACO}+\widehat{BOC}+\widehat{ABO}+\widehat{BAC}=360°$

$90°+90°+90°+\widehat{BAC}=360°$

$270°+\widehat{BAC}=360°$

Suy ra $\widehat{BAC}=360°-270°=90°$ .

Xét tứ giác OBAC có $\widehat{BOC}=90°$ ; $\widehat{ABO}=90°;\widehat{ACO}=90°$ ; $\widehat{BAC}=90°$ .

Vậy tứ giác OBAC là hình chữ nhật.

Bài 3.38 trang 73 Toán 8 Tập 1: Cho hình vuông ABCD. Lấy một điểm E trên cạnh CD. Tia phân giác của góc DAE cắt cạnh DC tại M. Đường thẳng qua M vuông góc với AE cắt BC tại N. Chứng minh DM + BN = MN.

Lời giải:

Vì ABCD là hình vuông nên $\hat{D}=90°$ .

Đường thẳng qua M vuông góc với AE cắt BC tại N nên $\widehat{APM}=90°$ .

Do đó $\hat{D}=\widehat{APM}=90°$ .

Xét ∆ADM và ∆APM có:

$\hat{D}=\widehat{APM}=90°$ (chứng minh trên)

Cạnh AM chung

$\widehat{MAD}=\widehat{MAP}$ (vì AM là tia phân giác của $\widehat{DAP}$ ).

Do đó ∆ADM = ∆APM (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra MD = MP và AD = AP (các cặp cạnh tương ứng).

Ta có: AB = AD và AD = AP nên AB = AP.

Xét ∆ABN và ∆APNcó:

$\widehat{ABN}=\widehat{APN}=90°$;

AN là cạnh chung;

AB = AP (chứng minh trên)

Do đó ∆ABN = ∆APN (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

Suy ra BN = PN (hai cạnh tương ứng).

Khi đó MN = MP + PN = MD + BN.

Vậy DM + BN = MN.