Giải SGK Toán 8 CTST Bài 3. Hình thang – Hình thang cân có đáp án

a)

Xét hình thang MNPQ (MN // QP) có $\widehat{Q}=90^{\circ}$ nên là hình thang vuông.

Suy ra $\widehat{M}=\widehat{Q}=90^{\circ}$.

Áp dụng định lí tổng các góc của một tứ giác, ta có: $\widehat{M}+\widehat{N}+\widehat{P}+\widehat{Q}=360^{\circ}$

Suy ra $\widehat{P}=360^{\circ}-(\widehat{M}+\widehat{N}+\widehat{Q})$

Do đó $\widehat{P}=360^{\circ}-(90^{\circ}+90^{\circ}+125^{\circ})=55^{\circ}$.

Xét hình thang MNPQ (MN // QP) có $\widehat{P}=\widehat{Q}=110^{\circ}$ nên là hình thang cân.

Suy ra $\widehat{M}=\widehat{N}=180^{\circ}-110^{\circ}=70^{\circ}$.

Hình thang cân ABCD có $\widehat{D}=\widehat{C}=75^{\circ}$ nên:

$\widehat{A}=\widehat{B}=180^{\circ}-75^{\circ}=105^{\circ}$.

a) Ta có $\widehat{HEF}+{\widehat{E}}_{1}=180^{\circ}$ (hai góc kề bù)

Suy ra ${\widehat{E}}_{1}=180^{\circ}-\widehat{HEF}=180^{\circ}-95^{\circ}=85^{\circ}$

Do đó ${\widehat{E}}_{1}=\widehat{F}=85^{\circ}$

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên HE // GF.

Xét tứ giác EFGH có HE // GF nên là hình thang.

b) Xét hình thang EFGH có: $\widehat{E}+\widehat{F}+\widehat{G}+\widehat{H}=360^{\circ}$ (tổng các góc của một tứ giác).

Suy ra $\widehat{H}=360^{\circ}-(\widehat{E}+\widehat{F}+\widehat{G})$

Do đó $\widehat{H}=360^{\circ}-(95^{\circ}+85^{\circ}+27^{\circ})=153^{\circ}$.

a)

i) Xét hình thang cân ABCD (AB // DC) có $\widehat{A}=\widehat{B}$.

Vì CE // AD nên $\widehat{A}=\widehat{E}$ (đồng vị).

Do đó $\widehat{E}=\widehat{B}$.

Xét DCEB có $\widehat{E}=\widehat{B}$ nên là tam giác cân tại C.

ii) Do DCEB cân tại C (câu i) nên CE = CB (1)

Xét DADE và DCED có:

$\widehat{ADE}=\widehat{CED}$ (hai góc so le trong của AD // CE);

DE là cạnh chung;

$\widehat{DEA}=\widehat{EDC}$ (hai góc so le trong của DC // AB).

Do đó DADE = DCED (g.c.g).

Suy ra AD = CE (hai cạnh tương ứng) (2)

Từ (1) và (2) ta có AD = BC.

b) Áp dụng kết quả của phần ii) câu a) ở trên cho hình thang cân MNPQ ta có MQ = NP.

Xét hình thang cân MNPQ (MN // QP) có $\widehat{QMN}=\widehat{PNM}$.

Xét DMNQ và DNMP có:

MQ = NP (chứng minh trên);

$\widehat{QMN}=\widehat{PNM}$ (chứng minh trên);

MN là cạnh chung.

Do đó DMNQ = DNMP (c.g.c)

Suy ra NQ = MP (hai cạnh tương ứng).

Xét hình thang cân MNPQ (MN // PQ) có MQ = NP và MP = NQ (tính chất hình thang cân).

Xét hình thang cân ABCD (AB // DC) có $\widehat{D}=\widehat{C}$; AD = BC và AC = BD (tính chất hình thang cân).

Kẻ BK ⊥ DC.

Ta có AB // DC và BK ⊥ DC

Suy ra BK ⊥ AB nên $\widehat{ABK}=90^{\circ}$.

Xét DAHK và DABK có:

$\widehat{KHA}=\widehat{ABK}=90^{\circ}$;

AK là cạnh chung;

$\widehat{AKH}=\widehat{KAB}$ (hai góc so le trong của DC // AB).

Do đó DAHK = DABK (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra HK = BK = 1 cm (hai cạnh tương ứng).

Xét DAHD và DBKC có:

$\widehat{AHD}=\widehat{BKC}=90^{\circ}$;

AD = BC (chứng minh trên);

$\widehat{D}=\widehat{C}$ (chứng minh trên).

Do đó DAHD = DBKC (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra DH = CK (hai cạnh tương ứng).

Mà DH + HK + CK = DC

Hay 2DH = DC – HK

Khi đó $DH=CK=\frac{DC-HK}{2}=\frac{3-1}{2}=1$ (cm) và HC = 2 cm.

Áp dụng định lí Pythagore cho DAHD vuông tại H, ta có:

AD$^{2}$ = AH$^{2}$ + DH$^{2}$ = 3$^{2}$ + 1$^{2}$ = 9 + 1 = 10.

Do đó $AD=\sqrt{10}(cm)$.

Áp dụng định lí Pythagore cho DAHC vuông tại H, ta có:

AC$^{2}$ = AH$^{2}$ + HC$^{2}$ = 3$^{2}$ + 2$^{2}$ = 9 + 4 = 13.

Do đó $AC=\sqrt{13}(cm)$.

Vậy $AD=BC=\sqrt{10}\ cm,AC=BD=\sqrt{13}\ cm$.

a) Xét hình thang ABCD có AB // CD hay AE // DC nên $\widehat{DCB}=\widehat{EBC}$ (so le trong)

Do DB // CE nên $\widehat{DBC}=\widehat{ECB}$ (so le trong).

Xét DDCB và DEBC có:

$\widehat{DCB}=\widehat{EBC}$ (chứng minh trên);

CB là cạnh chung;

$\widehat{DBC}=\widehat{ECB}$ (chứng minh trên).

Do đó DDCB = DEBC (g.c.g).

Suy ra BD = CE (hai cạnh tương ứng)

Mà AC = BD (giả thiết)

Nên AC = CE.

Xét DACE có AC = CE nên là tam giác cân tại C.

b) Do DACE cân tại C (câu a) nên $\widehat{CAE}=\widehat{CEA}$ (hai góc tương ứng).

Mặt khác DB // CE nên $\widehat{DBA}=\widehat{CEA}$ (đồng vị).

Do đó $\widehat{CAE}=\widehat{DBA}(=\widehat{CEA})$.

Xét DABD và DBAC có:

AB là cạnh chung;

$\widehat{DBA}=\widehat{CAB}$ (chứng minh trên);

BD = AC (giả thiết).

Do đó DABD = DBAC (c.g.c).

Dùng thước đo góc và thước đo độ dài ta xác định được:

• Hình 12a) có AB // DC nên tứ giác ABCD là hình thang, ta đo được $\widehat{ADC}=\widehat{BCD}$ nên hình thang ABCD là hình thang cân.

• Hình 12b) có ST // VU nên tứ giác STUV là hình thang, ta đo được $\widehat{V}\ne \widehat{U}$ nên hình thang STUV không phải là hình thang cân.

• Hình 12c) có EH // FG nên tứ giác EFGH là hình thang, ta đo được EG = HF nên hình thang EFGH là hình thang cân.

• Hình 12d) có MN // QP (do có cặp góc so le trong bằng nhau $\widehat{NMP}=\widehat{MPQ}$) nên tứ giác MNPQ là hình thang, ta đo được $\widehat{MQP}\ne \widehat{NPQ}$ nên hình thang MNPQ không phải là hình thang cân.

• MNPQ là hình thang cân nên MN // QP; MQ = NP; $\widehat{MQP}=\widehat{NPQ}$ (tính chất hình thang cân).

• Ta có: MN // QP (chứng minh trên) và NK ⊥ QP (giả thiết)

Suy ra NK ⊥ MN hay $\widehat{MNK}=90^{\circ}$.

Xét DMHK và DKNM có:

$\widehat{MHK}=\widehat{KNM}=90^{\circ}$;

MK là cạnh huyền chung;

$\widehat{MKH}=\widehat{KMN}$ (hai góc so le trong của QP // MN).

Do đó DMHK = DKNM (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra HK = NM = 6 cm (hai cạnh tương ứng).

• Xét DMHQ và DNKP có:

$\widehat{MHQ}=\widehat{NKP}=90^{\circ}$;

MQ = NP (chứng minh trên);

$\widehat{MQH}=\widehat{NPK}$ (chứng minh trên).

Do đó DMHQ = DNKP (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra QH = PK (hai cạnh tương ứng).

Mà QH + HK + PK = QP

Hay 2QH = QP – HK

Khi đó QH = PK = $\frac{QP-HK}{2}=\frac{10-6}{2}=2\ (cm)$

Nên HP = HK + KP = 6 + 2 = 8 (cm).

• Áp dụng định lí Pythagore vào DMHP vuông tại H, ta có:

MP$^{2}$ = MH$^{2}$ + HP$^{2}$

Suy ra MH$^{2}$ = MP$^{2}$ – HP$^{2}$ = ${(8\sqrt{2})}^{2}-{8}^{2}=128-64=64={8}^{2}$

Do đó MH = 8 cm.

Áp dụng định lí Pythagore vào DMHQ vuông tại H, ta có:

MQ$^{2}$ = MH$^{2}$ + HQ$^{2}$ = 8$^{2}$ + 2$^{2}$ = 64 + 4 = 68

Suy ra $MQ=2\sqrt{17}$ (cm).

Vậy hình thang cân MNPQ có độ dài đường cao là MH = NK = 8 cm; độ dài cạnh bên là MQ = NP = $2\sqrt{17}$ cm.

• Hình 14a):

Ta có AB // DC nên tứ giác ABCD là hình thang

Do đó $\widehat{B}+\widehat{C}=180^{\circ}$

Suy ra $x=\widehat{C}=180^{\circ}-\widehat{B}=180^{\circ}-140^{\circ}=40^{\circ}$.

• Hình 14b):

Ta có MN // PQ nên tứ giác MNPQ là hình thang

Do đó $\widehat{M}+\widehat{Q}=180^{\circ}$

Suy ra $\widehat{M}=180^{\circ}-\widehat{Q}=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}$

Do MN // PQ nên $y=70^{\circ}$ (hai góc so le trong).

• Hình 14c):

Ta có HG // IK nên tứ giác GHIK là hình thang.

Do đó $\{\begin{matrix}x+4x=180^{\circ} \\ 2x+3x=180^{\circ}\end{matrix}$

Hay 5x = 180° nên x = 36°.

• Hình 14d):

Ta có VS ⊥ ST và UT ⊥ ST nên VS // UT.

Do đó tứ giác STUV là hình thang

Suy ra $\widehat{V}+\widehat{U}=180^{\circ}$

Nên 2x + x = 180° hay 3x = 180°, suy ra x = 60°.

Xét DABD có AB = AD nên là tam giác cân tại A

Suy ra $\widehat{ABD}=\widehat{ADB}$ (tính chất tam giác cân)

Vì BD là tia phân giác của góc B nên $\widehat{ABD}=\widehat{CBD}$ (tính chất tia phân giác của một góc)

Suy ra $\widehat{CBD}=\widehat{ADB}(=\widehat{ABD})$

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

Xét tứ giác ABCD có AD // BC nên là hình thang.

Vậy ABCD là hình thang.

a) Ta có AH ⊥ BC, AH ⊥ NM nên BC // NM

Tứ giác BCMN có BC // NM nên là hình thang.

b) Do BC // NM nên $\widehat{BMN}=\widehat{MBC}$ (so le trong).

Mà $\widehat{NBM}=\widehat{MBC}$ (do BM là tia phân giác của $\widehat{ABC}$)

Suy ra $\widehat{NBM}=\widehat{BMN}(=\widehat{MBC})$

Tam giác BMN có $\widehat{NBM}=\widehat{BMN}$ nên là tam giác cân tại N

Suy ra BN = MN.

a)

Xét DABD và DEBD có:

BA = BE (giả thiết);

$\widehat{ABD}=\widehat{EBD}$ (do BD là tia phân giác của $\widehat{ABE}$);

BD là cạnh chung,

Do đó DABD = DEBD (c.g.c).

b) Do DABD = DEBD (câu a) nên $\widehat{BAD}=\widehat{BED}=90^{\circ}$ (hai góc tương ứng).

Do đó DE ⊥ BC

Mà AH ⊥ BC (giả thiết) nên DE // AH.

Tứ giác ADEH có DE // AH nên là hình thang

Lại có $\widehat{AHE}=90^{\circ}$ nên ADEH là hình thang vuông.

c) Do DABD = DEBD (câu a) nên AD = ED (hai cạnh tương ứng)

Do đó D nằm trên đường trung trực của AE.

Lại có BA = BE (giả thiết) nên B nằm trên đường trung trực của AE.

Suy ra BD là đường trung trực của đoạn thẳng AE nên BD ⊥ AE, hay BI ⊥ AE.

Xét DABE có AI ⊥ BE, BI ⊥ AE nên I là trực tâm của tam giác

Do đó EI ⊥ AB hay EF ⊥ AB.

Mà CA ⊥ AB (do DABC vuông tại A)

Suy ra EF // CA.

Tứ giác ACEFF có EF // CA nên là hình thang.

Lại có $\widehat{FAC}=90^{\circ}$ nên ACEFF là hình thang vuông.

• ***Hình 15a):* **

Ta thấy hai góc kề một đáy của tứ giác GHIK có số đo là 51° và 129° không bằng nhau.

Do đó tứ giác GHIK không phải là hình thang cân.

• Hình 15b):

Ta có ${\widehat{Q}}_{1}+\widehat{MQP}=180^{\circ}$ (hai góc kề bù) nên ${\widehat{Q}}_{1}=180^{\circ}-\widehat{MQP}=180^{\circ}-105^{\circ}=75^{\circ}$.

Do đó ${\widehat{Q}}_{1}=\widehat{P}(=75^{\circ})$

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên MQ // NP.

Tứ giác MNPQ có MQ // NP nên là hình thang.

Do MQ // NP nên $\widehat{N}=75^{\circ}$ (góc N so le trong với góc ngoài tại đỉnh M của hình thang)

Do đó $\widehat{N}=\widehat{P}=75^{\circ}$.

Hình thang MNPQ có hai góc kề một đáy bằng nhau $(\widehat{N}=\widehat{P})$ nên là hình thang cân.

• Hình 15c):

Ta có $\widehat{ADC}+{\widehat{D}}_{1}=180^{\circ}$ (hai góc kề bù)

Suy ra $\widehat{ADC}=180^{\circ}-{\widehat{D}}_{1}=180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ}$

Do đó $\widehat{ADC}={\widehat{A}}_{1}(=60^{\circ})$, mà hai góc này ở vị trí so le trong nên DC // AB.

Tứ giác ABCD có DC // AB và AC = BD nên là hình thang cân.

Do ABCD là hình thang cân nên AB // DC và AD = BC; AC = BD; $\widehat{DAB}=\widehat{CBA}$ (tính chất hình thang cân).

Xét DACD và DBDC có:

CD là cạnh chung;

AD = BC (chứng minh trên);

AC = BD (chứng minh trên).

Do đó DACD = DBDC (c.c.c)

Suy ra ${\widehat{A}}_{1}={\widehat{B}}_{1}$ (hai góc tương ứng)

Lại có $\widehat{DAB}=\widehat{CBA}$ (chứng minh trên)

Nên $\widehat{DAB}-{\widehat{A}}_{1}=\widehat{CBA}-{\widehat{B}}_{1}$ hay ${\widehat{A}}_{2}={\widehat{B}}_{2}$.

Mặt khác EG // AB nên ${\widehat{E}}_{1}={\widehat{A}}_{2}$ (đồng vị) và ${\widehat{E}}_{2}={\widehat{B}}_{2}$ (so le trong).

Suy ra ${\widehat{E}}_{1}={\widehat{E}}_{2}$, do đó EG là tia phân giác của góc CEB.

Áp dụng định lí Pythagore vào DADE vuông tại E, ta có:

AD$^{2}$ = AE$^{2}$ + DE$^{2}$

Suy ra DE$^{2}$ = AD$^{2}$ – AE$^{2}$ = 61$^{2}$ – 60$^{2}$ = 3 721 – 3 600 = 121 = 11$^{2}$

Do đó DE = 11 cm.

Kẻ BF ⊥ CD, khi đó BF là đường cao của hình thang cân ABCD nên BF = 60 cm.

Xét DADE và DBCF có:

$\widehat{AED}=\widehat{BFC}=90^{\circ}$;

AD = BC (do ABCD là hình thang cân);

$\widehat{ADE}=\widehat{BCF}$ (do ABCD là hình thang cân).

Do đó DADE = DBCF (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra DE = CF = 11 cm (hai cạnh tương ứng).

Mà DE + EF + CF = DC

Nên EF = DC – DE – CF = 92 – 11 – 11 = 70 cm.

Tương tự Vận dụng 4, trang 71, Sách giáo khoa Toán 8, tập một, ta dễ dàng chứng minh được AB = EF = 70 cm.

Vậy độ dài đáy nhỏ của hình thang cân là 70 cm.