Luyện tập chung

Chương 3 – Luyện tập chung trang 73 sách giáo khoa toán lớp 8 tập 1 NXB Kết nối tri thức với cuộc sống. Các em cùng Bumbii giải các bài tập sau.

3.34. 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?

Giải

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

b) Để AMCP là hình chữ nhật thì \(\widehat{AMC} =90^o\) hay AB ⊥ MC.

Khi đó MC vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao.

Suy ra tam giác ABC là tam giác cân tại C.

Để hình bình hành AMCP là hình thoi thì AM = CM hay AM = CM = BM = \(\displaystyle\frac{1}{2}\)AB.

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

Mà AM = CM = BM = \(\displaystyle\frac{1}{2}\)AB.

Khi đó tam giác ABC vuông tại C.

Để AMCP là hình vuông thì AMCP là hình thoi có một góc bằng \(90^o\) suy ra tam giác ABC vuông cân tại C.

\(\)

3.35. 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.

Giải

Tứ giác ABCD là hình bình hành nên AB // CD; AD // BC.

Vì AD // BC nên \(\widehat{C}+\widehat{B}=180^o\) (hai góc trong cùng phía)

Suy ra \(\widehat{C_2}+\widehat{B_2}=\displaystyle\frac{\widehat{C}+\widehat{B}}{2}=\displaystyle\frac{180^o}{2}=90^o.\)

Xét ∆FCB có \(\widehat{C_2}+\widehat{B_2}+\widehat{CFB} =180^o\)

\(\widehat{CFB} =180^o-(\widehat{C_2}+\widehat{B_2})=180^o-90^o=90^o.\)

Ta có \(\widehat{EFG}=\widehat{CFB}=90^o\) (đối đỉnh) (1)

Vì AB // CD nên \(\widehat{D}+\widehat{C}=180^o\) (hai góc trong cùng phía)

Suy ra \(\widehat{D_1}+\widehat{C_1}=\displaystyle\frac{\widehat{D}+\widehat{C}}{2}=\displaystyle\frac{180^o}{2}=90^o.\)

Xét ∆DEC có \(\widehat{D_1}+\widehat{C_1}+\widehat{DEC} =180^o\)

\(\widehat{DEC} =180^o-(\widehat{D_1}+\widehat{C_1})=180^o-90^o=90^o\) (2)

Chứng minh tương tự ta có \(\widehat{AGB}=90^o\) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra tứ giác EFGH có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật.

\(\)

3.36. 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?

Giải

Khung tre bị xô lệch, các góc không còn vuông nữa thì khung đó là hình bình hành vì hình bình hành có một góc vuông là hình chữ nhật.

Khi nẹp thêm một đường chéo vào khung thì hai đường chéo của hai đỉnh đối diện được giữ cố định nên các đỉnh trong hình trên không bị giữ xô lệch.

\(\)

3.37. 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?

Giải

Vì Ou, Ov lần lượt là tia phân giác của \(\widehat{xOy};\ \widehat{x’Oy}\) nên \(\widehat{xOu} =\widehat{uOy};\ \widehat{yOv} =\widehat{x’Ov}.\)

Mà \(\widehat{xOy} +\widehat{x’Oy} =180^o\) (hai góc kề bù).

Hay \(\widehat{xOu}+\widehat{uOy}+\widehat{yOv}+\widehat{x’Ov}=180^o\)

Suy ra \(2\widehat{uOy} +2\widehat{yOv} =180^o\)

Do đó \(\widehat{uOy} +\widehat{yOv} =90^o\) hay \(\widehat{uOv} =90^o\) suy ra \(\widehat{BOC} =90^o\) (1)

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

Nên \(\widehat{ABO} =90^o;\ \widehat{ACO} =90^o\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác EFGH có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật.

\(\)

3.38. 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.

Giải