Giải SBT Toán 8 KNTT Bài 12: Hình bình hành có đáp án

a) Do MNBA và MNCB là hình bình hành

Suy ra AB // MN, BC // MN nên theo tiên đề Euclid, hai đường thẳng AB và BC trùng nhau

Vậy ba điểm A, B, C thẳng hàng.

b) Do MNBA và MNCB là hình bình hành

Suy ra AB = MN, BC = MN

Mà A, B, C thẳng hàng nên B là trung điểm của AC.

c) Do MNCB là hình bình hành nên NC // MB, từ đó $\widehat{NCB}=\widehat{MBA}$ (hai góc đồng vị). Điều kiện để hình thang MNCA là hình thang cân là $\widehat{MAB}=\widehat{NCB}$ tức là $\widehat{MAB}=\widehat{MBA}.$

Vậy điều kiện để MNCA là hình thang cân là tam giác MAB cân tại M.

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 $\widehat{NDC}=\widehat{MAC}$.

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.

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.

Do ABCD là hình bình hành nên AB // CD

Gọi $\widehat{BAD}=α$

Vì AB // CD nên ta có $\widehat{BAD}+\widehat{ADC}=180^{\circ}$

Suy ra $\widehat{ADC}=180^{\circ}-\widehat{BAD}=180^{\circ}-α$

$\widehat{CDF}=\widehat{ADC}+\widehat{ADF}=180^{\circ}-α+60^{\circ}=240^{\circ}-α$ (do ∆AFD nên $\widehat{ADF}=60^{\circ}$) (1)

• Ta có: $\widehat{EAF}+\widehat{FAD}+\widehat{DAB}+\widehat{BAE}=360^{\circ}$

Suy ra $\widehat{EAF}=360^{\circ}-\widehat{FAD}-\widehat{DAB}-\widehat{BAE}$

Mà $\widehat{FAD}=\widehat{BAE}=60^{\circ}$ (do ∆AFD và ∆ABE đều)

Suy ra $\widehat{EAF}=360^{\circ}-60^{\circ}-60^{\circ}-α=240^{\circ}-α\ (2)$

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{CDF}=\widehat{EAF}.$

Xét ∆AEF và ∆DCF có

AF = DF ( vì ∆ADF đều);

$\widehat{CDF}=\widehat{EAF}$ (chứng minh trên);

AE = DC (vì cùng bằng AB)

Do đó: ∆AEF = ∆DCF (c.g.c)

Suy ra EF = CF (*)

• $\widehat{CBE}=\widehat{ABC}+\widehat{ABE}=\widehat{ABC}+60^{\circ}$

Mà ABCD là hình bình hành nên $\widehat{ABC}=\widehat{ADC}=180^{\circ}-α$

Suy ra $\widehat{CBE}=180^{\circ}-α+60^{\circ}=240^{\circ}-α$, mà $\widehat{CDF}=240^{\circ}-α$ (chứng minh trên)

Suy ra $\widehat{CBE}=\widehat{CDF}.$

Xét ΔBCE và ΔDFC có:

BE = CD (vì cùng bằng AB);

$\widehat{CBE}=\widehat{CDF}$ (chứng minh trên);

BC = DF (vì cùng bằng AD)

Do đó ∆BCE = ∆DFC (c.g.c)

Suy ra CE = CF (**)

Từ (*) và (**) suy ra: EF = CF = CE

Vậy ∆ECF là tam giác đều.

Xét tứ giác ABCD có tính chất hai góc kề mỗi cạnh là hai góc bù nhau.

Vì $\widehat{A}+\widehat{B}=180^{\circ};\widehat{B}+\widehat{C}=180^{\circ}$ nên $\widehat{A}=\widehat{C}$.

Vì $\widehat{B}+\widehat{C}=180^{\circ};\widehat{C}+\widehat{D}=180^{\circ}$ nên $\widehat{B}=\widehat{D}$.

Vậy ABCD có mỗi cặp góc đối đều bằng nhau nên nó là một hình bình hành.

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.

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.

Do ABCD là hình bình hành nên $\widehat{BAD}=\widehat{BCD}$, AD = BC, AB = CD, $\widehat{ABC}=\widehat{ADC}$

• Ta có: AD = AH + DH, BC = BG + CG

Mà BG = DH, AD = BC nên AH = CG

Xét ∆AEH và ∆CFG có:

AH = CG, $\widehat{EAH}=\widehat{FCG}$ (do $\widehat{BAD}=\widehat{BCD}$), AE = CF

Suy ra ∆AEH = ∆CFG (c.g.c) nên EH = FG.

Ta có: AB = AE + BE, CD = CF + DF

Mà AB = CD, AE = CF nên BE = DF

Xét ∆BEG và ∆DFH có:

BE = DF, $\widehat{EBG}=\widehat{HDF}$ (do $\widehat{ABC}=\widehat{ADC}$), BG = DH

Suy ra ∆BEG = ∆DFH (c.g.c) nên 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.

a) Hình bình hành AEID có $\widehat{ADI}+\widehat{DAE}=180^{\circ}$ (hai góc kề một cạnh của hình bình hành)

Ta có: $\widehat{DAE}+\widehat{DAB}+\widehat{BAC}+\widehat{CAE}=360^{\circ}$

Mà ∆ABD vuông tại A, ∆ACE vuông tại A, suy ra $\widehat{DAB}=\widehat{CAE}=90^{\circ}$

Suy ra $\widehat{BAC}+\widehat{DAE}=360^{\circ}-90^{\circ}-90^{\circ}=180^{\circ}$

Vậy $\widehat{ADI}=\widehat{BAC.}$

Do ∆ABD vuông cân tại A nên AD = AB

∆ACE vuông cân tại A nên AC = AE

Mà AEID là hình bình hành nên AE = DI, do đó DI = AC.

Xét ∆ADI và ∆BAC có

AD = AB, $\widehat{ADI}=\widehat{BAC}$, DI = AC (chứng minh trên)

Suy ra ∆ADI = ∆BAC (c.g.c).

b) Giả sử AI cắt BC ở H .

Ta có: $\widehat{DAI}+\widehat{DAB}+\widehat{BAH}=180^{\circ}$, mà $\widehat{DAB}=90^{\circ}$ (do ∆DAB vuông cân tại A)

Suy ra $\widehat{DAI}+\widehat{BAH}=90^{\circ}$

Mà $\widehat{DAI}=\widehat{ABC}$ (do ∆ADI = ∆BAC) nên $\widehat{ABH}+\widehat{BAH}=90^{\circ}$

Trong ∆ABH có: $\widehat{ABH}+\widehat{BAH}+\widehat{AHB}=180^{\circ}$

Suy ra $\widehat{AHB}=180^{\circ}(\widehat{ABH}+\widehat{BAH})=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}$ hay AI ⊥ BC.

c) Ta có $\widehat{BAE}=\widehat{BAC}+\widehat{CAE}=\widehat{BAC}+90^{\circ}$ và $\widehat{DAC}=\widehat{BAC}+\widehat{BAD}=\widehat{BAC}+90^{\circ}$

Do đó $\widehat{BAE}=\widehat{DAC}$.

Xét ∆BAE và ∆DAC có:

AB = AD; $\widehat{BAE}=\widehat{DAC}$; AC = AE

Do đó ∆BAE = ∆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 $\widehat{PDA}+\widehat{DPA}=90^{\circ}$

Mà $\widehat{PDA}=\widehat{JBP}$ và $\widehat{DPA}=\widehat{BPJ}$ (đối đỉnh)

Do đó $\widehat{JBP}+\widehat{BPJ}=90^{\circ}$, suy ra $\widehat{PJB}=90^{\circ}$ hay CD vuông góc với BE.

c) Ta có $\widehat{BAE}=\widehat{BAC}+\widehat{CAE}=\widehat{BAC}+90^{\circ}$ và $\widehat{DAC}=\widehat{BAC}+\widehat{BAD}=\widehat{BAC}+90^{\circ}$

Do đó $\widehat{BAE}=\widehat{DAC}$.

Xét ∆BAE và ∆DAC có:

AB = AD; $\widehat{BAE}=\widehat{DAC}$; AC = AE

Do đó ∆BAE = ∆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 $\widehat{PDA}+\widehat{DPA}=90^{\circ}$

Mà $\widehat{PDA}=\widehat{JBP}$ và $\widehat{DPA}=\widehat{BPJ}$ (đối đỉnh)

Do đó $\widehat{JBP}+\widehat{BPJ}=90^{\circ}$, suy ra $\widehat{PJB}=90^{\circ}$ 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 $\widehat{DAK}=\frac{1}{2}\widehat{BAD}=45^{\circ}$

Khi đó $\widehat{ABK}=\widehat{BAK}=45^{\circ}$ nên DABK vuông cân tại K, do đó KA = KB

Ta có: $\widehat{KAI}=\widehat{DAK}+\widehat{DAI}=45^{\circ}+\widehat{DAI}=45^{\circ}+\widehat{ABC}$

Mặt khác $\widehat{KBC}=\widehat{ABK}+\widehat{ABC}=45^{\circ}+\widehat{ABC}$ (do DABD vuông cân tại A nên $\widehat{ABK}=45^{\circ})$

Do đó $\widehat{KAI}=\widehat{KBC}$.

Xét DAKI và ∆BKC có:

AK = BK, $\widehat{KAI}=\widehat{KBC}$, AI = BC (do ∆ADI = ∆BAC)

Suy ra ∆AKI = ∆BKC (c.g.c) nên KI = KC và $\widehat{AKI}=\widehat{BKC}$

Ta có: $\widehat{AKC}+\widehat{BKC}=90^{\circ}$

Mà $\widehat{AKI}=\widehat{BKC}$ nên $\widehat{AKC}+\widehat{AKI}=90^{\circ}$ hay $\widehat{IKC}=90^{\circ}$ nên KI và KC vuông góc.