Giải SGK Toán 8 CTST Bài 4. Hình bình hành – Hình thoi có đáp án

Dùng thước đo góc ta xác định được ${\widehat{A}}_{1}=\widehat{D}$ và ${\widehat{C}}_{1}=\widehat{D}$.

Ta có ${\widehat{A}}_{1}=\widehat{D}$ và hai góc này ở vị trí đồng vị nên AB // CD.

${\widehat{C}}_{1}=\widehat{D}$ và hai góc này ở vị trí đồng vị nên AD // BC.

• Tứ giác ABCD có AB // DC và AD // BC.

Từ AB // DC suy ra ${\widehat{A}}_{1}={\widehat{C}}_{1}$ (so le trong) và ${\widehat{B}}_{1}={\widehat{D}}_{1}$ (so le trong).

Từ AD // BC suy ra ${\widehat{A}}_{2}={\widehat{C}}_{2}$ (so le trong).

Xét DABC và DCDA có:

${\widehat{A}}_{1}={\widehat{C}}_{1}$; AC là cạnh chung; ${\widehat{A}}_{2}={\widehat{C}}_{2}$

Do đó DABC = DCDA (g.c.g).

• Do DABC = DCDA nên AB = CD (hai cạnh tương ứng).

Xét DOAB và DOCD có:

${\widehat{A}}_{1}={\widehat{C}}_{1}$; AB = CD; ${\widehat{B}}_{1}={\widehat{D}}_{1}$ (chứng minh trên)

Do đó DOAB = DOCD (g.c.g).

Trong hình bình hành PQRS với I là giao điểm của hai đường chéo, ta có:

• Các đoạn thẳng bằng nhau: PQ = RS; PS = QR; IP = IR; IS = IQ.

• Các góc bằng nhau: $\widehat{PQR}=\widehat{PSR};$ $\widehat{SPQ}=\widehat{SRQ};$ $\widehat{RSQ}=\widehat{SQP};$ $\widehat{PSQ}=\widehat{SQR};$ $\widehat{PRQ}=\widehat{RPS};$ $\widehat{SIR}=\widehat{PIQ};$ $\widehat{SIP}=\widehat{QIR};$ $\widehat{SIQ}=\widehat{PIR}$.

Giả sử mắt lưới của lưới bóng chuyền có dạng hình tứ giác ABCD có các cạnh đối song song và độ dài hai cạnh là 4 cm, 5 cm.

Tứ giác ABCD có các cạnh đối song song nên là hình bình hành. Giả sử AB = 4 cm, AD = 5 cm.

Do đó CD = AB = 4 cm; BC = AD = 5 cm.

EFGH là hình bình hành nên ta có:

• HG = EF = 40 m;

• M là trung điểm của EG nên EG = 2EM = 2.36 = 72 (m);

• M là trung điểm của FH nên FH = 2MH = 2.16 = 32 (m).

Vậy HG = 40 m và độ dài hai đường chéo lần lượt là EG = 72 m, FH = 32 m.

• Hình 7a):

Xét DABC và DCDA có:

AB = CD; BC = DA; AC là cạnh chung

Do đó DABC = DCDA (c.c.c)

Suy ra $\widehat{BAC}=\widehat{DCA}$ và $\widehat{BCA}=\widehat{DAC}$ (các cặp góc tương ứng).

Vì $\widehat{BAC}=\widehat{DCA}$ và hai góc này ở vị trí so le trong nên AB // CD.

Vì $\widehat{BCA}=\widehat{DAC}$ và hai góc này ở vị trí so le trong nên AD // BC.

• Hình 7b):

Ta có $\widehat{BAC}=\widehat{DCA}$ và hai góc này ở vị trí so le trong nên AB // CD.

Xét DABC và DCDA có:

AC là cạnh chung; $\widehat{BAC}=\widehat{DCA}$; AB = CD

Do đó DABC = DCDA (c.g.c)

Suy ra $\widehat{BCA}=\widehat{DAC}$ (hai góc tương ứng).

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

• Hình 7c):

Ta có: $\widehat{BCA}=\widehat{DAC}$ và hai góc này ở vị trí so le trong nên AD // BC.

Xét DABC và DCDA có:

AC là cạnh chung; $\widehat{BCA}=\widehat{DAC}$; BC = AD

Do đó DABC = DCDA (c.g.c)

Suy ra $\widehat{BAC}=\widehat{DCA}$ (hai góc tương ứng).

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên AB // CD.

• Hình 7d):

Xét tứ giác ABCD ta có $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}+\widehat{D}=360^{\circ}$ (định lí tổng các góc của một tứ giác)

Mà $\widehat{A}=\widehat{C},\widehat{B}=\widehat{D}$ nên ta có $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{A}+\widehat{B}=360^{\circ}$

Suy ra $\widehat{A}+\widehat{B}=\frac{360^{\circ}}{2}=180^{\circ}$ và $\widehat{A}+\widehat{D}=180^{\circ}$

Do đó AD // BC và AB // CD.

• Hình 7e):

Xét DPAB và DPCD có:

PA = PC; $\widehat{APB}=\widehat{CPD}$ (đối đỉnh); PB = PD

Do đó DPAB = DPCD (c.g.c)

Suy ra $\widehat{BAP}=\widehat{DCP}$ (hai góc tương ứng)

Hay $\widehat{BAC}=\widehat{DCA}$, mà hai góc này ở vị trí so le trong nên AB // CD.

Tương tự ta cũng chứng minh được DPAD = DPCB (c.g.c)

Suy ra $\widehat{DAP}=\widehat{BCP}$ (hai góc tương ứng)

Hay $\widehat{DAC}=\widehat{BCA}$, mà hai góc này ở vị trí so le trong nên AD // BC.

• Hình 9a): Tứ giác ABCD có các cạnh đối bằng nhau nên là hình bình hành.

• Hình 9b): Tứ giác EFGH có các góc đối bằng nhau nên là hình bình hành.

• Hình 9c): Tứ giác IJKL có các cạnh đối song song nên là hình bình hành.

• Hình 9d): Tứ giác MNPQ có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành.

• Hình 9e): Tứ giác RSTU có hai góc đối không bằng nhau nên không là hình bình hành.

• Hình 9g): Tứ giác VXYZ có hai cạnh đối VZ và XY vừa song song vừa bằng nhau nên là hình bình hành.

Vậy trong các tứ giác ở Hình 9, tứ giác RSTU không là hình bình hành.

Xét hình bình hành ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường.

Xét hình bình hành AKCH có hai đường chéo AC và HK cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường.

Vậy ba đoạn thẳng AC, BD và HK có cùng trung điểm O.

a) Hình thoi có 4 cạnh bằng nhau AB = BC = CD = DA

Suy ra các cạnh đối cũng bằng nhau: AB = CD và AD = BC.

Do đó hình thoi cũng là hình bình hành.

b) Theo câu a, hình thoi ABCD cũng là hình bình hành.

Khi đó hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Hay OA = OC và OB = OD.

Xét DOAB và DOAD có:

OA là cạnh chung; OB = OD; AB = AD

Do đó DOAB = DOAD (c.c.c) (1)

Chứng minh tương tự ta cũng có DOCB = DOCD (c.c.c) (2)

Xét DOAB và DOCD có:

OA = OC; $\widehat{AOB}=\widehat{COD}$ (đối đỉnh); OB = OD

Do đó DOAB = DOCD (c.g.c) (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có: DOAB = DOAD = DOCD = DOCB.

Do MNPQ là hình thoi nên hai đường chéo MP và NQ vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Áp dụng định lí Pythagore vào DMNI vuông tại I, ta có:

MN$^{2}$ = MI$^{2}$ + NI$^{2}$

Suy ra $MI=\sqrt{M{N}^{2}-N{I}^{2}}=\sqrt{{10}^{2}-{6}^{2}}=8$ (dm).

Do I là trung điểm của MP nên MP = 2MI = 2.8 = 16 (dm).

Vậy MP = 16 dm.

b)

Vì MNPQ là hình thoi nên MQ // NP

Do đó $\widehat{MNP}+\widehat{NMQ}=180^{\circ}$

Suy ra $\widehat{NMQ}=180^{\circ}-\widehat{MNP}=180^{\circ}-128^{\circ}=52^{\circ}$.

Do MNPQ là hình thoi nên MP và tia phân giác của góc NMQ.

Suy ra $\widehat{IMN}=\frac{1}{2}\widehat{NMQ}=\frac{1}{2}.52^{\circ}=26^{\circ}$.

Vậy $\widehat{IMN}=26^{\circ}$.

Hình ảnh chiếc khuy áo được vẽ lại bởi hình thoi ABCD như hình vẽ trên.

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD.

Khi đó hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đường.

Suy ra OA = $\frac{1}{2}$AC = 1,6 cm và $\frac{1}{2}$OB = BD = 1,2 cm.

Áp dụng định lí Pythagore vào DOAB vuông tại O, ta có:

AB$^{2}$ = OA$^{2}$ + OB$^{2}$

Suy ra $AB=\sqrt{O{A}^{2}+O{B}^{2}}=\sqrt{1,{6}^{2}+1,{2}^{2}}=2$ (cm).

Vậy độ dài cạnh của khuy áo là 2 cm.

• Trường hợp 1: AB = AD.

Vì ABCD là hình bình hành nên AD = BC và AB = CD.

Lại có AB = AD (giả thiết)

Do đó AB = AD = BC = CD.

• Trường hợp 2: AC vuông góc với BD.

Vì ABCD là hình bình hành nên AD = BC, AB = CD và hai đường chéo AC, BD cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường.

Xét DOAB và DOCB có:

$\widehat{AOB}=\widehat{COB}=90^{\circ}$; OB là cạnh chung; OA = OC

Do đó DOAB = DOCB (hai cạnh góc vuông)

Suy ra AB = CB (hai cạnh tương ứng).

Mà AD = BC và AB = CD nên AB = CD = CB = DA.

• Trường hợp 3: AC là phân giác góc BAD.

Vì ABCD là hình bình hành nên AB // CD

Do đó $\widehat{BAC}=\widehat{CDA}$ (so le trong).

Mà $\widehat{BAC}=\widehat{CAD}$ (do AC là tia phân giác của góc BAD)

Suy ra $\widehat{CAD}=\widehat{CDA}$ .

Tam giác ACD có $\widehat{CAD}=\widehat{CDA}$ nên là tam giác cân tại D

Suy ra DA = DC.

Lại có AB = CD và AD = BC (chứng minh trên).

Do đó AB = BC = CD = DA.

• Trường hợp 4: BD là phân giác góc ABC.

Chứng minh tương tự như trường hợp 3 ta cũng có AB = BC = CD = DA.

Tứ giác có độ dài mỗi cạnh đều bằng 2 cm nên tứ giác này là hình thoi.

Chu vi của một hình thoi là: 4.2 = 8 (cm).

Chu vi của hoa văn là: 3.8 = 24 (cm).

Tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc tại trung điểm của mỗi đường nên là hình thoi.

Độ dài cạnh của hình thoi ABCD là: 52 : 4 = 13 (cm).

Giả sử đường chéo AC = 24 cm và O là giao điểm hai đường chéo.

Ta có O là trung điểm của AC nên OA = $\frac{1}{2}$AC = 12 cm.

Áp dụng định lí Pythagore vào DOAB vuông tại O, ta có:

AB$^{2}$ = OA$^{2}$ + OB$^{2}$

Suy ra $OB=\sqrt{A{B}^{2}-O{A}^{2}}=\sqrt{{13}^{2}-{12}^{2}}=5$ (cm).

Do O là trung điểm của BD nên BD = 2OB = 2.5 = 10 (cm).

Vậy hình thoi có độ dài cạnh là 13 cm và độ dài đường chéo còn lại là 10 cm.

• Hình 19a):

Ta có ${\widehat{A}}_{1}={\widehat{C}}_{1}$ và hai góc này ở vị trí so le trong nên AB // CD.

Để tứ giác ABCD là hình bình hành thì có hai trường hợp sau:

+) Trường hợp 1: Tứ giác ABCD có hai cặp cạnh đối song song. Do đó cần thêm điều kiện AD // BC.

+) Trường hợp 2: Tứ giác ABCD có cặp cạnh đối vừa song song, vừa bằng nhau. Do đó cần thêm điều kiện AB = CD.

***• Hình 19b):* **Tứ giác EFGH đã có một cặp cạnh đối bằng nhau (EH = GF).

Để tứ giác EFGH là hình bình hành thì có hai trường hợp sau:

+) Trường hợp 1: Tứ giác EFGH có hai cặp cạnh đối bằng nhau. Do đó cần thêm điều kiện EF = GH.

+) Trường hợp 2: Tứ giác EFGH có cặp cạnh đối vừa song song, vừa bằng nhau. Do đó cần thêm điều kiện EH // GF.

***• Hình 19c):* **

Ta có OQ = ON nên O là trung điểm của NQ.

Để tứ giác MNPQ là hình bình hành thì tứ giác MNPQ có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Do đó cần thêm điều kiện O là trung điểm của MP.

***• Hình 19d):* **Tứ giác STUV đã có một cặp góc đối bằng nhau $(\widehat{S}=\widehat{U})$.

Để tứ giác STUV là hình bình hành thì tứ giác STUV có cac cặp góc đối bằng nhau. Do đó cần thêm điều kiện $\widehat{T}=\widehat{V}$.

a) Do ABCD là hình bình hành nên AD // BC và AD = BC.

Do AD // BC nên $\widehat{ADB}=\widehat{CBD}$ (so le trong)

Xét DADH và DCBK có:

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

AD = BC (chứng minh trên);

$\widehat{ADH}=\widehat{CBK}$ (do $\widehat{ADB}=\widehat{CBD}$).

Do đó DADH = DCBK (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra AH = CK (hai cạnh tương ứng).

Ta có AH ⊥ DB và CK ⊥ DB nên AH // CK.

Tứ giác AHCK có AH // CK và AH = CK nên AHCK là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

b) Do AHCK là hình bình hành (câu a) nên hai đường chéo AC và HK cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà I là trung điểm của HK (giả thiết) nên I là trung điểm của AC.

Do ABCD là hình bình hành nên hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà I là trung điểm của AC nên I là trung điểm của BD, hay IB = ID.

a)

ABCD là hình bình hành nên AD = BC và AD // BC.

Mà E là trung điểm của AD nên AE = ED;

F là trung điểm của BC nên BF = FC.

Suy ra DE = BF.

Xét tứ giác EBFD có DE // BF (do AD // BC) và DE = BF nên là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

b) Ta có O là giao điểm của hai đường chéo của hình bình hành ABCD nên O là trung điểm của BD.

Do EBFD là hình bình hành nên hai đường chéo BD và EF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà O là trung điểm của BD nên O là trung điểm của EF.

Vậy ba điểm E, O, F thẳng hàng.

a)

Do ABCD là hình bình hành nên AB // CD và $\widehat{B}=\widehat{D}$.

Vì DE là tia phân giác của góc D nên ${\widehat{D}}_{1}={\widehat{D}}_{2}=\frac{1}{2}\widehat{D}$.

Vì BF là tia phân giác của góc B nên ${\widehat{B}}_{1}={\widehat{B}}_{2}=\frac{1}{2}\widehat{B}$.

Do đó ${\widehat{B}}_{1}={\widehat{D}}_{2}$.

Do AB // CD nên ${\widehat{B}}_{1}={\widehat{F}}_{1}$ (so le trong).

Suy ra ${\widehat{D}}_{2}={\widehat{F}}_{1}$

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên DE // BF.

a)

Do ABCD là hình bình hành nên AB = CD và AB // CD.

Vì I là trung điểm của AB nên $AI=IB=\frac{1}{2}AB$.

Vì K là trung điểm của CD nên $CK=DK=\frac{1}{2}CD$.

Do đó AI = CK.

Tứ giác AICK có AI // CK (do AB // CD) và AI = CK nên là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

Suy ra AK // CI hay AE // IF.

Tứ giác AEFI có AE // IF nên là hình thang.

b) Gọi O là giao điểm của hai đường chéo hình bình hành ABCD.

Do đó O là trung điểm của AC và BD.

Xét DABC có BO, CI là hai đường trung tuyến của tam giác và BO, CI cắt nhau tại F nên F là trọng tâm của DABC.

Suy ra $BF=\frac{2}{3}BO$ và $FO=\frac{1}{3}BO$.

Chứng minh tương tự đối với DACD ta cũng có E là trọng tâm của DACD.

Suy ra $DE=\frac{2}{3}DO$ và $EO=\frac{1}{3}DO$.

Lại có O là trung điểm BD nên BO = DO.

Do đó $BF=DE=\frac{2}{3}BO$ và $FO=EO=\frac{1}{3}BO$

Mặt khác $EF=EO+FO=\frac{1}{3}BO+\frac{1}{3}BO=\frac{2}{3}BO$.

Suy ra $DE=EF=FB=\frac{2}{3}BO$.

Vậy DE = EF = FB.

Ta có AE = EB nên AB = 2AE.

DG = GC nên DC = 2DG.

Mà AE = DG nên AB = DC.

Chứng minh tương tự ta cũng có: AD = BC.

Tứ giác ABCD có AB = DC và AD = BC nên là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

Suy ra AB // CD và AD // BC.

Lại có AD ⊥ AB nên AD ⊥ CD; AB ⊥ BC; BC ⊥ CD.

Xét DAEH và DBEF có:

$\widehat{EAH}=\widehat{EBF}=90^{\circ}$; AE = BE; AH = BF.

Do đó DAEH = DBEF (hai cạnh góc vuông).

Suy ra HE = FE (hai cạnh tương ứng).

Chứng minh tương tự ta cũng có: HE = HG; HE = FG.

Do đó HE = EF = FG = GH.

Tứ giác EFGH có HE = EF = FG = GH nên là hình thoi.

Do ABCD là hình thoi nên hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường.

Do đó $OA=\frac{1}{2}AC=3(cm)$ và $OB=\frac{1}{2}BD=4(cm)$.

Áp dụng định lí Pythagore vào DOAB vuông tại O, ta có:

AB$^{2}$ = OA$^{2}$ + OB$^{2}$

Suy ra $AB=\sqrt{O{A}^{2}+O{B}^{2}}=\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}=5(cm)$.

Vậy độ dài cạnh của hình thoi ABCD là 5 cm.

a) Ta có D đối xứng với A qua BC nên M là trung điểm của AD và AD ⊥ BC.

Tứ giác ABDC có hai đường chéo AD và BD cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành.

Lại có hai đường chéo AD ⊥ BC nên hình bình hành ABDC là hình thoi.

b) Ta có E là trung điểm của AB và OM nên hai đường chéo của tứ giác OAMB cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Do đó tứ giác OAMB là hình bình hành.

Suy ra OA // BM và OB // AM.

Ta có OB // AM và AM ⊥ BM nên OB ⊥ BM, do đó DMBO vuông tại B.

Ta có OA // BM và OB ⊥ BM nên OA ⊥ OB, do đó DAOB vuông tại O.

Do OAMB là hình bình hành nên OA = BM và OB = AM.

Xét DMBO vuông tại B và DAOB vuông tại O có:

OB = AM; BM = OA

Do đó DMBO = DAOB (hai cạnh góc vuông).

Giả sử Hình 22 được ghép bởi các hình (1), (2), (3), (4), (5), (6) và (7) như hình vẽ trên.

‒ Trong Hình 22 có các hình bình hành:

• Hình (4);

• Hình (6);

• Hình ghép bởi các hình (1), (2), (3), (4), (5), (6) và (7).

‒ Trong Hình 22 có các hình thang:

• Bao gồm các hình bình hành kể trên;

• Hình ghép bởi các hình (2), (3), (4), (5), (6) và (7);

• Hình ghép bởi các hình (4), (5), (6) và (7);

• Hình ghép bởi các hình (4), (5) và (6);

• Hình ghép bởi các hình (5), (6) và (7);

• Hình ghép bởi các hình (4) và (5);

• Hình ghép bởi các hình (5) và (6);

• Hình ghép bởi các hình (6) và (7).