Bài 3. Hình thang cân

Chương 5 – Bài 3. Hình thang cân trang 103 sách giáo khoa toán lớp 8 tập 1 Cánh Diều. Các em cùng Bumbii giải các bài tập sau.

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.

Giải

a) Xét hai tam giác ADC và BCD, ta có:

AD = BC; AC = BD (vì ABCD là hình thang);

DC là cạnh chung.

Suy ra ΔADC = ΔBCD (c.c.c).

Do đó \(\widehat{CAD} =\widehat{DBC}\) (hai góc tương ứng).

Hay \(\widehat{TAD} =\widehat{TBC}.\)

Xét hai tam giác ABD và ABC, ta có:

AD = BC; AC = BD; AM là cạnh chung.

Do đó \(\widehat{BDA} =\widehat{ACB}\) (hai góc tương ứng).

Hay \(\widehat{TDA} =\widehat{TCB}.\)

b) Xét hai tam giác TAD và TBC, ta có:

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

Suy ra ΔTAD = ΔTBC (g.c.g).

Do đó TA = IB và TD = TC (các cặp cạnh tương ứng).

c) Do TA = TB nên ∆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 ∆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.

\(\)

2. 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.

Giải

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

Do đó, \(\widehat{ABC}=\widehat{ABE}+\widehat{EBD}+\widehat{DBC}\) \(=60^o+60^o+60^o=180^o\)

Suy ra 3 điểm A, B, C thẳng hàng.

b) Do ΔABE, ΔBED là các tam giác đều nên \(\widehat{ABE} =\widehat{BED} =60^o.\)

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, \(\widehat{EAC} =\widehat{DCA} =60^o\) (do \(ΔABE,\ ΔBDC\) là các tam giác đều).

Vậy tứ giác ACDE là hình thang cân.

Do ΔAMB vuông tại H nên theo định lí Pythagore ta có: \(EB^2 = AH^2 + EH^2\)

Suy ra \(EH^2= EB^2-AH^2\) \(= a^2-\left(\displaystyle\frac{a}{2}\right)^2 = \displaystyle\frac{3}{4}a^2.\)

Do đó \(EH=\sqrt{\displaystyle\frac{3}{4}a^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\) (m).

Diện tích của tứ giác ACDE là:

\(S=\displaystyle\frac{1}{2}.(ED+AC).EH\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}.(a+2a).\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}=\displaystyle\frac{3\sqrt{3}a^2}{4}.\)

\(\)

3. Cho hình chữ nhật ABCD. Trên cạnh AB lấy hai điểm M, N sao cho \(AM = NB < \displaystyle\frac{1}{2}AB.\) Chứng minh tứ giác MNCD là hình thang cân.

Giải

Xét hai tam giác vuông AMD và BNC ta có:

AD = BC (ABCD là hình chữ nhật);

AM = BN (giả thiết).

Suy ra ΔAMD = ΔBNC (hai cạnh góc vuông).

Do đó MD = NC (hai cạnh tương ứng).

Tứ giác MNCD có: MN // DC (vì AB // DC) và MD = NC.

Vậy MNCD là hình thang cân.

\(\)

4. Cho tam giác ABC cân tại A có hai đường phân giác BE và CK. Chứng minh tứ giác BKEC là hình thang cân.

Giải

Xét hai tam giác AEB và AFC ta có:

AB = AC (∆ABC cân tại A).

\(\widehat{ABE}=\displaystyle\frac{\widehat{B}}{2}=\displaystyle\frac{\widehat{C}}{2}=\widehat{ACF}.\)

\(\widehat{A}\) là góc chung.

Suy ra ΔADB=ΔAEC (g.c.g)

Do đó AE = AF (hai cạnh tương ứng).

Trong ΔAEF cân tại A có \(\widehat{AFE}=\displaystyle\frac{180^o-\widehat{A}}{2}.\)

Trong ΔABC cân tại A có \(\widehat{B} =\displaystyle\frac{180^o-\widehat{A}}{2}.\)

Suy ra \(\widehat{AFE} =\widehat{B}.\)

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên FE // BC.

Mặt khác \(\widehat{B}=\widehat{C}\) (∆ABC cân tại A).

Do đó tứ giác BFEC là hình thang cân.

\(\)

5. Hình 33a là mặt cắt đứng phần chứa nước của một con mương (Hình 32) khi đây nước có đạng 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 thắng AC.