Chương 3 – Bài 12. Hình bình hành trang 37 sách bài tập toán lớp 8 tập 1 NXB Kết nối tri thức với cuộc sống. Các em cùng Bumbii giải các bài tập sau.
3.12. Xét hai hình bình hành MNBA và MNCB.
a) Chứng minh A, B, C là ba điểm thẳng hàng;
b) Chứng minh B là trung điểm của AC;
c) Hỏi tam giác MAB thoả mãn điều kiện gì để MNCA là một hình thang cân?
d) Lấy điểm D để tứ giác MNDC là hình bình hành. Hỏi tam giác MAB thoả mãn điều kiện gì để MNDA là một hình thang cân?
Giải
a) Ta có MNBA và MNCB là hình bình hành.
Suy ra AB // MN, BC // MN.
Vậy ba điểm A, B, C thẳng hàng (theo tiên đề Euclid).
b) Do MNBA và MNCB là hình bình hành.
Suy ra AB = MN, BC = MN do đó AB = BC.
Mà A, B, C thẳng hàng nên B là trung điểm của AC.
c) Ta có NC // MB (MNCB là hình bình hành) nên \(\widehat{NCB}=\widehat{MBA}\) (hai góc đồng vị).
Điều kiện để MNCA là hình thang cân là \(\widehat{MAB}=\widehat{NCB}\) suy ra \(\widehat{MAB}=\widehat{MBA}.\)
Vậy tam giác MAB cân tại M để MNCA là một hình thang cân.
d) Do MNDC là hình bình hành nên ND // MC, từ đó \(\widehat{NDC}=\widehat{MCA}\) (hai góc đồng vị).
Điều kiện để hình thang MNDA là hình thang cân là \(\widehat{NDC}=\widehat{MCA}.\)
Vậy điều kiện để MNDA là hình thang cân là \(\widehat{MCA}=\widehat{MAC}\) tức là tam giác MAC cân tại M.
Do MB là đường trung tuyến của tam giác MAC nên điều kiện để tam giác MAC cân tại M là MB vuông góc với AC.
Vậy điều kiện để hình thang MNDA là hình thang cân đó là tam giác MAB vuông tại B.
\(\)
3.13. Chứng minh rằng tổng hai cạnh bên của hình thang lớn hơn hiệu hai đáy của nó.
Giải
Xét hình thang ABCD với hai đáy AB và CD. Giả sử AB < CD.
Kẻ đường thẳng đi qua B song song với AD, cắt CD tại E.
Xét tứ giác ABED có: AB // DE và AD // BE
Do đó ABED là hình bình hành nên AB = DE và AD = BE.
Do AB < CD nên E nằm giữa C và D, do đó EC = DC – DE hay EC = DC – AB. (1)
Trong tam giác BEC có: BE + BC > EC (bất đẳng thức trong tam giác)
Mà AD = BE nên AD + BC > EC (2)
Từ (1), (2) suy ra AD + BC > DC – AB.
\(\)
3.14. Cho hình bình hành ABCD với góc A tù. Dựng bên ngoài hình bình hành đó các tam giác đều ABE và DAF. Chứng minh rằng tam giác CEF là tam giác đều (Gợi ý: Chứng minh các tam giác AEF, DCF, BEC bằng nhau).
Giải
Do ABCD là hình bình hành nên AB // CD.
Suy ra \(\widehat{BAD}+\widehat{ADC}=180^o\) (hai góc trong cùng phía).
Suy ra \(\widehat{ADC}=180^o-\widehat{BAD};\)
Tam giác DAF tam giác đều nên \(\widehat{ADF}=60^o.\)
Ta có: \(\widehat{CDF}=\widehat{ADC}+\widehat{ADF}\) \(=180^o-\widehat{BAD}+60^o=240^o-\widehat{BAD}\) (1)
\(\widehat{EAF}+\widehat{FAD}+\widehat{DAB}+\widehat{BAE}=360^o\)
Suy ra \(\widehat{EAF}=360^o-\widehat{FAD}-\widehat{DAB}-\widehat{BAE}\)
Mà \(\widehat{FAD}=\widehat{BAE}=60^o\) (do ABE và DAF là các tam giác đều)
Suy ra \(\widehat{EAF}=360^o-60^o-60^o-\widehat{BAD}=240^o-\widehat{BAD}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{CDF}=\widehat{EAF}.\)
Hai tam giác AEF và DCF có:
AF = DF (tam giác ADF đều);
\(\widehat{CDF}=\widehat{EAF}\) (chứng minh trên);
AE = DC (cùng bằng AB).
Do đó \(\Delta AEF = \Delta DCF\) (c.g.c).
Suy ra EF = CF (*)
\(\widehat{CBE}=\widehat{ABC}+\widehat{ABE}=\widehat{ABC}+60^o\)
Mà ABCD là hình bình hành nên \(\widehat{ABC}=\widehat{ADC}=180^o-\widehat{BAD}\)
Suy ra \(\widehat{CBE}=180^o-\widehat{BAD}+60^o=240^o-\widehat{BAD},\) mà \(\widehat{CDF}=240^o-\widehat{BAD}\) (chứng minh trên)
Suy ra \(\widehat{CBE}=\widehat{CDF}.\)
Hai tam giác BCE và DFC có:
BE = CD (vì cùng bằng AB);
\(\widehat{CBE}=\widehat{CDF}\) (chứng minh trên);
BC = DF (vì cùng bằng AD)
Do đó \(\Delta BCE = \Delta DFC\) (c.g.c).
Suy ra CE = CF (**)
Từ (*) và (**) suy ra: EF = CF = CE.
Vậy tam giác ECF là tam giác đều.
\(\)
3.15. Chứng minh rằng nếu hai góc kề của mỗi cạnh của một tứ giác đều là hai góc bù nhau thì tứ giác đó là một hình bình hành.
Giải
Xét tứ giác ABCD có tính chất hai góc kề mỗi cạnh là hai góc bù nhau.
Vì \(\widehat{A}+\widehat{B}=180^o;\ \widehat{B}+\widehat{C}=180^o\) nên \(\widehat{A}=\widehat{C}.\)
Vì \(\widehat{B}+\widehat{C}=180^o;\ \widehat{C}+\widehat{D}=180^o\) nên \(\widehat{B}=\widehat{D}.\)
Vậy ABCD có mỗi cặp góc đối đều bằng nhau nên nó là một hình bình hành.
\(\)
3.16. Cho hình thang ABCD với hai đáy AB, CD. Gọi K là trung điểm của BC. Lấy điểm A’, D’ sao cho K là trung điểm của AA’ và DD’. Hỏi tứ giác AD’A’D là hình gì? Vì sao?
Giải
Tứ giác AD’A’D có hai đường chéo AA’, DD’ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là một hình bình hành.
\(\)
3.17. Cho hai điểm phân biệt A, B nằm bên trong góc xOy (không bẹt). Tìm điểm D thuộc tia Ox, điểm E thuộc tia Oy sao cho ADBE là một hình bình hành.
Giải
Gọi K là trung điểm của AB thì cần tìm D thuộc Ox, E thuộc Oy sao cho K là trung điểm của DE.
Lấy điểm M sao cho K là trung điểm của OM, kẻ các đường thẳng qua M song song với Ox, song song với Oy cắt Ox ở D, cắt Oy ở E cần tìm.
Thật vậy, nếu ME // OD và MD // OE thì ODME là hình bình hành.
Mà K là trung điểm của OM nên K là trung điểm của DE.
Lại có K là trung điểm của AB nên tứ giác ADBE có hai đường chéo DE, AB cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành.
\(\)
3.18. Cho hình bình hành ABCD. Lấy các điểm E thuộc AB, F thuộc CD sao cho AE = CF; lấy các điểm G thuộc BC, H thuộc AD sao cho BG = DH. Chứng minh EGFH là một hình bình hành và các đường thẳng AC, BD, EF, GH đồng quy.
Giải
Cho hình bình hành ABCD Lấy các điểm E thuộc AB F thuộc CD sao cho AE = CF
Do ABCD là hình bình hành nên AD = BC, AB = CD, \(\widehat{BAD}=\widehat{BCD},\) \(\widehat{ABC}=\widehat{ADC}.\)
Ta có: AD = AH + DH, BC = BG + CG.
Mà BG = DH, AD = BC nên AH = CG.
Hai tam giác AEH và CFG có:
AH = CG, \(\widehat{EAH}=\widehat{FCG}\) (do \(\widehat{BAD}=\widehat{BCD}\)), AE = CF
Do đó \(\Delta AEH = \Delta CFG\) (c.g.c) suy ra EH = FG.
Ta có: AB = AE + BE, CD = CF + DF
Mà AB = CD, AE = CF nên BE = DF
Hai tam giác BEG và DFH có:
BE = DF, \(\widehat{EBG}=\widehat{HDF}\) (do \(\widehat{ABC}=\widehat{ADC}\)), BG = DH.
Do đó \(\Delta BEG = \Delta DFH\) (c.g.c) suy ra EG = FH.
Tứ giác EGFH có EH = FG, EG = FH nên là một hình bình hành.
Do ABCD là hình bình hành nên khi ta gọi O là giao điểm của AC thì O là trung điểm của BD.
Vì tứ giác BEDF là hình bình hành (do EB = DF và EB // DF) nên hai đường chéo EF cắt nhau DB tại trung điểm O của BD.
Tương tự, GH đi qua trung điểm O của BD.
Vậy các đường thẳng AC, BD, EF, GH đồng quy.
\(\)
3.19. Cho tam giác ABC không vuông tại A. Dựng bên ngoài tam giác đó hai tam giác ABD, ACE vuông cân tại đỉnh A rồi dựng hình bình hành AEID.
a) Chứng minh hai tam giác ABC và DAI bằng nhau.
b) Chứng minh đường thẳng AI vuông góc với BC.
c) Chứng minh đường thẳng BE vuông góc với đường thẳng CD.
d) Gọi K là trung điểm của BD, chứng minh KC = KI và KC vuông góc với KI. (Gợi ý: Chứng minh hai tam giác AKI và BKC bằng nhau).
Giải
a) Hình bình hành AEID có \(\widehat{ADI}+\widehat{DAE}=180^o\) (hai góc kề một cạnh của hình bình hành)
Ta có: \(\widehat{DAE}+\widehat{DAB}+\widehat{BAC}+\widehat{CAE}=360^o\)
Mà \(\Delta ABD\) vuông tại A, \(\Delta ACE\) vuông tại A.
Suy ra \(\widehat{BAC}+\widehat{DAE}=360^o-90^o-90^o=180^o\)
Do đó \(\widehat{ADI}=\widehat{BAC}.\)
Do \(\Delta ABD\) vuông cân tại A nên AD = AB;
\(\Delta ACE\) vuông cân tại A nên AC = AE.
Mà AEID là hình bình hành nên AE = DI, do đó DI = AC.
Hai tam giác ADI và BAC có:
AD = AB, \(\widehat{ADI}=\widehat{BAC},\) DI = AC (chứng minh trên).
Suy ra \(\Delta ADI = \Delta BAC\) (c.g.c).
b) Giả sử AI cắt BC ở H.
Ta có: \(\widehat{DAI}+\widehat{DAB}+\widehat{BAH}=180^o,\) mà \(\widehat{DAB}=90^o\) (do \(\Delta DAB\) vuông cân tại A)
Suy ra \(\widehat{DAI}+\widehat{BAH}=90^o.\)
Mà \(\widehat{DAI}=\widehat{ABC}\) (do \(\Delta ADI = \Delta BAC\)) nên \(\widehat{ABH}+\widehat{BAH}=90^o.\)
Trong tam giác ABH có: \(\widehat{ABH}+\widehat{BAH}+\widehat{AHB}=180^o\)
Suy ra \(\widehat{AHB}=180^o-(\widehat{ABH}+\widehat{BAH})=180^o-90^o=90^o\) hay AI ⊥ BC.
c) Ta có \(\widehat{BAE}=\widehat{BAC}+\widehat{CAE}=\widehat{BAC}+90^o\) và \(\widehat{DAC}=\widehat{BAC}+\widehat{BAD}=\widehat{BAC}+90^o.\)
Do đó \(\widehat{BAE}=\widehat{DAC}.\)
Hai tam giác BAE và DAC có:
AB = AD; \(\widehat{BAE}=\widehat{DAC};\) AC = AE.
Do đó \(\Delta BAE = \Delta DAC\) (c.g.c).
Suy ra \(\widehat{EBA}=\widehat{CDA}.\)
Gọi J là giao của DC và BE, ta có \(\widehat{JBA}=\widehat{JDA}.\)
Gọi P là giao điểm của AB và CD.
Tam giác ADP vuông tại A nên \(\widehat{PDA}+\widehat{DPA}=90^o.\)
Mà \(\widehat{PDA}=\widehat{JBP}\) và \(\widehat{DPA}=\widehat{BPJ}\) (đối đỉnh).
Do đó \(\widehat{JBP}+\widehat{BPJ}=90^o,\) suy ra \(\widehat{PJB}=90^o\) hay CD vuông góc với BE.
d) Tam giác ABD vuông cân tại A nên AK vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao, đường phân giác.
Do đó \(\widehat{DAK}=12\widehat{BAD}=45^o\)
Khi đó \(\widehat{ABK}=\widehat{BAK}=45^o\) nên DABK vuông cân tại K, do đó KA = KB.
Ta có: \(\widehat{KAI}=\widehat{DAK}+\widehat{DAI}=45^o+\widehat{DAI}=45^o+\widehat{ABC}\)
Mặt khác \(\widehat{KBC}=\widehat{ABK}+\widehat{ABC}=45^o+\widehat{ABC}\) (do \(\Delta ABD\) vuông cân tại A nên \(\widehat{ABK}=45^o\))
Do đó \(\widehat{KAI}=\widehat{KBC}.\)
Hai tam giác AKI và BKC có:
AK = BK, \(\widehat{KAI}=\widehat{KBC},\) AI = BC (do \(\Delta ADI = \Delta BAC\)).
Suy ra \(\Delta AKI = \Delta BKC\) (c.g.c) nên KI = KC và \(\widehat{AKI}=\widehat{BKC}.\)
Ta có: \(\widehat{AKC}+\widehat{BKC}=90^o,\) mà \(\widehat{AKI}=\widehat{BKC}\) nên \(\widehat{AKC}+\widehat{AKI}=90^o\) hay \(\widehat{IKC}=90^o\) nên KI và KC vuông góc.
\(\)
Xem bài giải trước: Bài 11. Hình thang cân
Xem bài giải tiếp theo: Bài 13. Hình chữ nhật
Xem thêm các bài giải khác tại: Giải Bài Tập Toán Lớp 8 Kết Nối Tri Thức Với Cuộc Sống
Thông tin liên hệ & mạng xã hội:
Website: https://bumbii.com/
Facebook: https://www.facebook.com/bumbiiapp
Pinterest: https://www.pinterest.com/bumbiitech
