Giải SBT Toán 8 Cánh Diều Hình vuông có đáp án

• Tứ giác ABCD là hình vuông suy ra $\widehat {ACB} = 45^\circ ,OB = OC,\widehat {BOC} = \widehat {DOC} = 90^\circ$.

Do BE // AC suy ra $\widehat {OBF} = \widehat {DOC}$ (hai góc đồng vị) và $\widehat {CBE} = \widehat {ACB} = 45^\circ$ (hai góc so le trong).

Xét ∆DBC vuông tại C có: $\widehat {CDB} + \widehat {CBD} = 90^\circ$

Suy ra $\widehat {CDB} = 90^\circ - \widehat {CBD} = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ$

Xét ∆BCE vuông tại C có: $\widehat {CBE} + \widehat {CEB} = 90^\circ$

Suy ra $\widehat {CBE} = 90^\circ - \widehat {CBE} = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ$

Do đó $\widehat {CDB} = \widehat {BEC} = 45^\circ$

Tam giác BDE có: $\widehat {DBE} = \widehat {DBC} + \widehat {CBE} = 45^\circ + 45^\circ = 90^\circ$ và $\widehat {CDB} = \widehat {BEC} = 45^\circ$

Suy ra tam giác BDE vuông cân tại B nên BD = BE

Tam giác BCE vuông tại C có $\widehat {CBE} = \widehat {CEB} = 45^\circ$, suy ra nên là tam giác vuông cân tại C. Do đó BC = EC

Xét ∆BCF và ∆ECF có:

BC = EC, BF = EF (do F là trung điểm của BE), cạnh CF chung

Do đó ∆BCF = ∆ECF (c.c.c). Suy ra $\widehat {BFC} = \widehat {EFC} = 90^\circ$.

Tứ giác BOCF có $\widehat {BOC} = \widehat {OBF} = \widehat {BFC} = 90^\circ$ nên BOCF là hình chữ nhật.

Hình chữ nhật BOCF có OB = OC nên BOCF là hình vuông.

• Ta có: BC = CD và BC = CE nên CD = CE.

Tứ giác BDKE có hai đường chéo BK và DE cắt nhau tại trung điểm C của mỗi đường nên BDKE là hình bình hành.

Hình bình hành BDKE có $\widehat {DBE} = 90^\circ$ nên BDKE là hình chữ nhật.

Hình chữ nhật BDKE có BD = BE nên BDKE là hình vuông.

Tứ giác CDOF có $\widehat {ODC} = 45^\circ$ nên không thể là hình vuông.

Do ABCD là hình chữ nhật nên $\widehat {DAB} = \widehat {ABC} = \widehat {BCD} = \widehat {CDA} = 90^\circ$

Mà AE, BE, CF, DF lần lượt là các tia phân giác của các $\widehat {BAD},\widehat {ABC},\widehat {BCD},\widehat {ADC}$

Suy ra $\widehat {DAE} = \widehat {EAB} = \widehat {ABE} = \widehat {EBC} = \widehat {BCF} = \widehat {FCD} = \widehat {CDF} = \widehat {FDA} = \frac{{90^\circ }}{2} = 45^\circ {\rm{.\;}}$

Xét ∆ADG có: $\widehat {ADG} + \widehat {AGD} + \widehat {GAD} = 180^\circ$

Suy ra $\widehat {AGD} = 180^\circ - \left( {\widehat {ADG} + \widehat {GAD}} \right) = 180^\circ - \left( {45^\circ + 45^\circ } \right) = 90^\circ$

Do đó ∆ADG vuông cân tại G

Chứng minh tương tự các tam giác EAB, FCD, HBC đều là tam giác vuông cân.

Xét ∆GAD và ∆HBC có:

$\widehat {GAD} = \widehat {GDA} = \widehat {HBC} = \widehat {HCB} = 45^\circ$, cạnh AD = BC (do ABCD là hình chữ nhật)

Do đó ∆GAD = ∆HBC (g.c.g).

Suy ra GD = HC (hai cạnh tương ứng).

Mà FD = FC, suy ra FG = FH.

∆GFH có: $\widehat {GFH} = 90^\circ$ và FG = FH

Do đó, tam giác FGH vuông cân tại F. Suy ra $\widehat {FGH} = 45^\circ$.

Ta có: $\widehat {FGH} = \widehat {CDF} = 45^\circ$ và $\widehat {FGH},\widehat {CDF}$ nằm ở vị trí đồng vị nên GH // CD.

Ta có $\widehat {EGF} = \widehat {AGD} = 90^\circ$ (hai góc đối đỉnh).

Tứ giác GFHE có $\widehat {EGF} = \widehat {GFH} = \widehat {HEG} = 90^\circ$ nên GFHE là hình chữ nhật.

Hình chữ nhật GFHE có FG = FH nên GFHE là hình vuông.

Gọi K là giao điểm của AC và HF.

Do ABEF và ADGH đều là hình vuông nên $\widehat {BAF} = \widehat {DAH} = 90^\circ$, AF = AB, AH = AD.

Do ABCD là hình bình hành nên AB = DC

Mà AF = AB nên AF = DC.

Ta có: $\widehat {HAF} + \widehat {FAB} + \widehat {DAB} + \widehat {DAH} = 360^\circ$

Mà $\widehat {BAF} = \widehat {DAH} = 90^\circ$ nên $\widehat {HAF} + \widehat {DAB} = 360^\circ - \left( {90^\circ + 90^\circ } \right) = 180^\circ$ (1)

Hình bình hành ABCD có AB // DC nên $\widehat {ADC} + \widehat {DAB} = 180^\circ$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat {HAF} = \widehat {ADC}$.

Xét ∆HAF và ∆ADC có:

AH = AD, $\widehat {HAF} = \widehat {ADC}$, AF = DC

Suy ra DHAF = DADC (c.g.c).