Chương 5 – Bài 3. Hình thang cân trang 92 sách bài tập toán lớp 8 tập 1 Cánh Diều. Các em cùng Bumbii giải các bài tập sau.
11. Cho tứ giác \(ABCD\) có \(\widehat{C}=\widehat{D}\) và \(AD = BC.\) Chứng minh tứ giác \(ABCD\) là hình thang cân.
Giải
Gọi \(I\) là giao điểm của \(AD\) và \(BC.\)
Do \(\widehat C = \widehat D\) nên tam giác \(ICD\) cân tại \(I.\) Suy ra \(ID = IC.\)
Mà \(AD = BC,\) suy ra \(IA = IB.\) Do đó, tam giác \(IAB\) cân tại \(I.\)
Vì hai tam giác \(IAB\) và \(ICD\) đều cân tại \(I\) nên
\(\widehat {IAB} = \widehat D\) (cùng bằng \(\displaystyle\frac{{180^o-\widehat I}}{2}\))
Mà \(\widehat {IAB}\) và \(\widehat D\) nằm ở vị trí đồng vị, suy ra \(AB//CD.\)
Tứ giác \(ABCD\) có \(AB//CD\) và \(\widehat C = \widehat D\) nên \(ABCD\) là hình thang cân.
\(\)
12. Cho hình thang cân \(ABCD\) có \(AB//CD,AB < CD,\) hai đường chéo \(AC\) và \(BD\) cắt nhau tại \(P,\) hai cạnh bên \(AD\) và \(BC\) kéo dài cắt nhau tại \(Q.\) Chứng minh \(PQ\) là đường trung trực của hai đáy hình thang cân \(ABCD.\)
Giải
\(\Delta ACD = \Delta BDC\) (c.g.c). Suy ra \(\widehat {PCD} = \widehat {PDC}.\)
Do đó, tam giác \(PCD\) cân tại \(P.\) Suy ra \(PC = PD.\)
Mà \(AC = BD,\) suy ra \(PA = PB.\)
Do \(AB//CD\) nên \(\widehat {QAB} = \widehat {ADC};\ \widehat {QBA} = \widehat {BCD}\) (các cặp góc đồng vị).
Mặt khác, \(\widehat {ADC} = \widehat {BCD}\) nên \(\widehat {QAB} = \widehat {QBA}.\)
Do đó, tam giác \(QAB\) cân tại \(Q.\) Suy ra \(QA = QB.\)
Mà \(AD = BC,\) suy ra \(QD = QC.\)
Ta có: \(PA = PB,\ PC = PD\) và \(QA = QB,\ QC = QD\) nên \(PQ\) là đường trung trực của cả hai đoạn thẳng \(AB\) và \(CD.\)
\(\)
13. Cho hình thang cân \(ABCD\) có \(AB//CD,\ AB = 3\ cm,\) \(CD = 6\ cm,\ AD = 2,5\ cm.\) Gọi \(M,\ N\) lần lượt là hình chiếu của \(A,\ B\) trên đường thẳng \(CD.\) Tính độ dài các đoạn thẳng \(DM,\ DN,\ AM.\)
Giải
\(\Delta ADM = \Delta BCN\) (cạnh huyền – góc nhọn).
Suy ra \(AM = BN;DM = CN.\)
\(\Delta ABN = \Delta NMA\) (cạnh huyền – góc nhọn).
Suy ra \(AB = NM.\) Do đó, \(NM = 3\ cm.\)
Ta có: \(DM + NM + CN = CD\) và \(DM = CN\) nên \(2DM + 3 = 6.\)
Suy ra \(DM = 1,5\ cm.\)
Mà \(DN = DM + NM,\) suy ra \(DN = 4,5\ cm.\)
Trong tam giác \(ADM\) vuông tại \(M,\) ta có: \(AD^2 = AM^2 + DM^2.\)
Suy ra \(AM^2 = AD^2 – DM^2 = 4.\) Vậy \(AM = \sqrt 4 = 2\ (cm).\)
\(\)
14. Cho tam giác \(ABC\) cân tại \(A.\) Lấy điểm \(M,\ N\) lần lượt trên cạnh \(AB,\ AC\) sao cho \(AM = AN.\)
a) Chứng minh tứ giác \(BMNC\) là hình thang cân.
b) Xác định vị trí các điểm \(M,\ N\) để \(BM = MN = NC.\)
Giải
a) Vì hai tam giác \(AMN\) và \(ABC\) đều cân tại \(A\) nên
\(\widehat {AMN} = \widehat {ABC}\) (cùng bằng \(\displaystyle\frac{{180^o-\widehat A}}{2}\))
Mà \(\widehat {AMN}\) và \(\widehat {ABC}\) nằm ở vị trí đồng vị, suy ra \(MN//BC.\)
Tứ giác \(BMNC\) có \(MN//BC\) và \(\widehat {MBC} = \widehat {NCB}\) nên \(BMNC\) là hình thang cân.
b) Do \(BM = MN\) nên tam giác \(MBN\) cân tại \(M.\) Suy ra \(\widehat {MNB} = \widehat {MBN}.\)
Mà \(\widehat {MNB} = \widehat {NBC}\) (hai góc so le trong), suy ra \(\widehat {MBN} = \widehat {NBC}.\)
Do đó, \(BN\) là tia phân giác của góc \(ABC.\)
Tương tự, ta cũng chứng minh được \(CM\) là tia phân giác của góc \(ACB.\)
Dễ thấy, nếu các điểm \(M,\ N\) được xác định sao cho \(BM,\ CN\) lần lượt là tia phân giác của góc \(ABC,\ ACB\) thì \(BN = MN = CN.\)
Vậy \(M\) là giao điểm của \(AB\) và tia phân giác của góc \(ACB,\ N\) là giao điểm của \(AC\) và tia phân giác của góc \(ABC\) thì \(BN = MN = CN.\)
\(\)
15. Cho tam giác đều \(ABC\) có độ dài cạnh là \(6\ cm.\) trên tia \(BA,CA\) lần lượt lấy điểm \(D,\ E\) sao cho \(AD = AE = 2cm\) (Hình 12).
a) Tứ giác \(BCDE\) là hình gì? Vì sao?
b) Tính độ dài đoạn thẳng \(CD\) (làm tròn kết quả đến hàng phần mười của centimét).
Giải
a) Tam giác đều \(ABC\) có \(AB = BC = AC = 6\ cm;\) \(\widehat {BAC} = \widehat {CBA} = \widehat {ACB} = 60^o.\)
Ta có: \(\widehat {DAE} = \widehat {BAC}\) (hai góc đối đỉnh) nên \(\widehat {DAE} = 60^o.\)
Tam giác \(ADE\) có \(AD = AE\) và \(\widehat {DAE} = 60^o\) nên \(ADE\) là tam giác đều.
Suy ra \(\widehat {ADE} = 60^o.\) Do đó \(\widehat {CBA} = \widehat {ADE}\) (vì cùng bằng \(60^o.\))
Mà \(\widehat {CBA}\) và \(\widehat {ADE}\) nằm ở vị trí so le trong, suy ra \(BC//DE.\)
Ta có: \(AB = AC\) và \(AD = AE\) nên \(BD = CE.\)
Tứ giác \(BCDE\) có \(BC//DE\) và \(BD = CE\) nên \(BCDE\) là hình thang cân.
b) Kẻ \(DH\) vuông góc với \(CE\) tại \(H.\)
\(\Delta ADH = \Delta EDH\) (cạnh huyền – cạnh góc vuông).
Suy ra \(AH = EH = \displaystyle\frac{{AE}}{2} = 1\ cm.\)
Trong tam giác \(ADH\) vuông tại \(H,\) ta có: \(AD^2 = AH^2 + DH^2.\)
Suy ra \(DH^2 = AD^2-AH^2=3.\)
Ta có CH = AC + AH nên \(CH = 7\ cm.\)
Trong tam giác \(CDH\) vuông tại \(H,\) ta có: \(CD^2 = CH^2 + DH^2.\)
Suy ra \(CH^2 = 52.\)
Vậy \(CD = \sqrt {52} \approx 7,2\ (cm).\)
\(\)
Xem bài giải trước: Bài 2. Tứ giác
Xem bài giải tiếp theo: Bài 4. Hình bình hành
Xem thêm các bài giải khác tại: Giải Bài Tập Toán Lớp 8 Cánh Diều
Thông tin liên hệ & mạng xã hội:
Website: https://bumbii.com/
Facebook: https://www.facebook.com/bumbiiapp
Pinterest: https://www.pinterest.com/bumbiitech
