Bài 3. Hình thang - Hình thang cân

Chương 3 – Bài 3. Hình thang – Hình thang cân trang 71 sách giáo khoa toán lớp 8 tập 1 NXB Chân Trời Sáng Tạo. Các em cùng Bumbii giải các bài tập sau.

1. Tìm x và y ở các hình sau.

Giải

a) Ta có \(\widehat{B}+x=180^o\) (AB//CD, hai góc trong cùng phía)

\(⇒x=180^o-\widehat{B}=180^o-140^o=40^o.\)

b) Ta có MN//PQ nên:

\(y=\widehat{N_{ngoài}} =70^o\) (hai góc so le trong);

\(\widehat{Q}+x=180^o\) (hai góc trong cùng phía)

\(⇒x=180^o-\widehat{Q}=180^o-60^o=120^o.\)

c) Ta có: \(4x+3x+2x+x=360^o\) (tổng số đo các góc của một tứ giác bằng \(360^o\))

\(⇒ 10x=360^o ⇒ x=36^o.\)

d) Ta có: \(ST⊥SV;\ ST⊥UT\) suy ra SV//UT.

\(x+2x=180^o\) (hai góc trong cùng phía, SV//UT)

\(⇒3x=180^o⇒x=60^o.\)

\(\)

2. Cho tứ giác ABCD có AB = CD, BD là tia phân giác góc B. Chứng minh rằng ABCD là hình thang.

Giải

Tam giác ABD có AB = AD (giả thiết)

Do đó \(ΔABD\) cân tại A \(⇒ \widehat{D_1} =\widehat{B_2}.\)

Mà \(\widehat{B_2} =\widehat{B_1}\) (BD là tia phân giác của \(\widehat{B}\))

Do đó \(\widehat{D_1} =\widehat{B_1}.\)

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

Vậy ABCD là hình thang.

\(\)

3. Cho tam giác nhọn ABC có AH là đường cao. Tia phân giác của góc B cắt AC tại M. Từ M kẻ đường thẳng vuông góc với AH cắt AB tại N. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác BCMN là hình thang;

b) BN = MN.

Giải

a) Ta có: \(MN ⊥ AH\) (giả thiết);

\(BC ⊥ AH\) (AH là đường cao của \(ΔABC\)) ⇒ MN//BC.

Suy ra BCMN là hình thang.

b) Ta có\(\widehat{NBM} =\widehat{MBC}\) (BM là tia phân giác của \(\widehat{B}\)).

Lại có MN//BC nên \(\widehat{NMB}=\widehat{MBC}\) (hai góc so le trong).

Suy ra \(\widehat{BMN} =\widehat{NBM}\) nên \(ΔBMN\) cân tại N.

Vậy BN = MN.

\(\)

4. Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC). Tia phân giác của góc B cắt AC tại D. Trên BC lấy điểm E sao cho BE = BA.

a) Chứng minh rằng: \(ΔABD=ΔEBD.\)

b) Kẻ đường cao AH của tam giác ABC. Chứng mình rằng tứ giác ADEH là hình thang vuông.

c) Gọi I là giao điểm của AH với BD, đường thẳng EI cắt AB tại F. Chứng minh rằng tứ giác ACEF là hình thang vuông.

Giải

a) Hai tam giác ABD và EBD có:

AB = BE (giả thiết);

\(\widehat{ABD} =\widehat{DBE}\) (BD là tia phân giác của \(\widehat{B}\));

BD là cạnh chung.

Do đó \(ΔABD = ΔEBD\) (c.g.c).

b) Ta có : \(\widehat{DEB} =\widehat{BAD}=90^o\) (\(ΔEBD=ΔABD\))

Suy ra \(DE ⊥ BC.\)

Mặt khác \(AH ⊥ BC\) (giả thiết) do đó DE//AH.

Vậy tứ giác ADEH là hình thang.

Lại có \(\widehat{AHE} =90^o\) (\(AH ⊥ BC\))

Vậy tứ giác ADEH là hình thang vuông.

c) Ta có BE = BA (giả thiết) nên \(ΔABE\) cân tại B.

Nên BD vừa là tia phân giác của \(\widehat{B}\) vừa là đường cao của \(ΔBAE.\)

\(ΔBAE\) có AH, BD là hai đường cao cắt nhau tại I.

Suy ra I là trực tâm của \(ΔBAE.\)

Do đó EF là đường cao của \(ΔBAE.\)

⇒ EF ⊥ AB

Mà AC ⊥ AB ⇒ EF//AC

Vậy tứ giác ACEF là hình thang.

Mà \(\widehat{CAF} =90^o.\)

Do đó tứ giác ACEF là hình thang vuông.

\(\)

5. Tứ giác nào trong Hình 15 là hình thang cân?

Giải

a) Ta có: \(\widehat{G} +\widehat{K} =129^o+51^o=180^o.\)

Mà hai góc này ở vị trí trong cùng phía nên GH//KI.

Do đó GHKI là hình thang.

\(\widehat{G} ≠\widehat{H}\)

\(\widehat{K} ≠\widehat{I}\)

Vậy GHIK không là hình thang cân.

b) Ta có: \(\widehat{NMQ} +\widehat{Mngoài} =180^o\) (hai góc kề bù)

Do đó \(\widehat{NMQ} +75^o=180^o\) \(⇒\widehat{NMQ} =180^o-75^o=105^o\)

Ta có: \(\widehat{Q} +\widehat{P} =105^o+75^o=180^o.\)

Mà hai góc này ở vị trí trong cùng phía nên MQ // PN.

Do đó MQPN là hình thang.

Lại có: \(\widehat{Q} =\widehat{QMN} (=105^o).\)

Vậy MQPN là hình thang cân.

c) Ta có: \(\widehat{Dngoài} +\widehat{Angoài} =120^o+60^o=180^o.\)

Mà hai góc này ở vị trí trong cùng phía nên AB // CD.

Do đó ABCD là hình thang.

Lại có AC = BD suy ra ABCD là hình thang cân.

\(\)

6. Cho hình thang ABCD có AB // CD. Qua giao điểm E của AC và BD, ta vẽ đường thẳng song song với AB cắt AD, BC lần lượt tại F và G (Hình 16). Chứng minh rằng EG là tia phân giác góc CEB.

Giải

Xét tam giác ACD và BDC ta có:

AD = BC (giả thiết);

AC = BD (giả thiết);

CD là cạnh chung.

Vậy \(ΔACD=ΔBDC\) (c.c.c).

\(⇒\widehat{ACD} =\widehat{BDC}.\)

Ta có: FG//CD suy ra \(\widehat{BEG} =\widehat{BDC}\) (hai góc đồng vị), \(\widehat{GEC} =\widehat{ACD}\) (hai góc so le trong).

Suy ra \(\widehat{BEG} =\widehat{GEC}\) hay EG là tia phân giác \(\widehat{CEB}.\)

\(\)

7. Mặt bên của một chiếc vali (Hình 17a) có dạng hình thang cân và được vẽ lại như Hình 17b. Biết hình thang đó có độ dài đường cao là 60 cm, cạnh bên là 61 cm và đáy lớn là 92 cm. Tính độ dài đáy nhỏ.