Giải SGK Toán 8 KNTT Luyện tập chung trang 73 có đáp án

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

Do đó tứ giác AMCP là hình bình hành.

b) Xét ∆MAN và ∆PCN có:

AN = NC (vì N là trung điểm của AC)

$\widehat{ANM}=\widehat{CNP}$ (hai góc đối đỉnh)

MN = NP (vì N là trung điểm MP)

Do đó ∆MAN = ∆PCN (c.g.c).

Suy ra $\widehat{MAN}=\widehat{PCN}$ (hai góc tương ứng).

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên suy ra AM // CP nên BM // CP.

Mặt khác, ∆MAN = ∆PCN suy ra AM = CP (hai cạnh tương ứng)

Mà AM = BM (vì M là trung điểm của AB) nên BM = CP.

Tứ giác BMPC có BM // CP và BM = CP nên tứ giác BMCP là hình bình hành.

• Để hình bình hành AMCP là hình chữ nhật thì AC = MP.

Mà BC = MP (vì tứ giác BMCP là hình bình hành).

Do đó AC = BC nên tam giác ABC là tam giác cân tại C.

Vây để hình bình hành AMCP là hình chữ nhật thì tam giác ABC là tam giác cân tại C.

• Để hình bình hành AMCP là hình thoi thì AM = CM hay AM = CM = BM = $\frac{AB}{2}$.

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

Mà AM = CM = BM = $\frac{AB}{2}$.

Khi đó tam giác ABC vuông tại C.

Vậy để hình bình hành AMCP là hình thoi thì tam giác ABC vuông tại C.

• Để hình bình hành AMCP là hình vuông thì hình bình hành AMCP là hình chữ nhật có AM = CM.

Do đó, tam giác ABC cân tại C có AM = CM.

Khi đó, tam giác ABC vuông cân tại C.

Vậy để hình bình hành AMCP là hình vuông thì tam giác ABC vuông cân tại C.

Vì tứ giác ABCD là hình bình hành nên AB // CD hay AM // DN.

Suy ra ${\widehat{M}}_{1}={\widehat{D}}_{2}$ (hai góc so le trong)

Mà ${\widehat{D}}_{1}={\widehat{D}}_{2}$ (vì DM là tia phân giác $\widehat{ADC}$).

Do đó ${\widehat{M}}_{1}={\widehat{D}}_{1}$ nên tam giác ADM cân tại A.

Chứng minh tương tự, ta có tam giác BCN cân tại C.

Vì ${\widehat{B}}_{1}={\widehat{B}}_{2};\ {\widehat{D}}_{1}={\widehat{D}}_{2}$ (vì DM, BN lần lượt là tia phân giác của $\widehat{ADC};\ \widehat{ABC}$).

Mà $\widehat{ADC}=\widehat{ABC}$ (vì tứ giác ABCD là hình bình hành).

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

Tam giác ADM cân tại A, tam giác BCN cân tại C.

Mà ${\widehat{B}}_{1}={\widehat{D}}_{2}$ nên ${\widehat{M}}_{1}={\widehat{N}}_{2}$ suy ra ${\widehat{M}}_{1}={\widehat{N}}_{2}$.

Tứ giác BMDN có ${\widehat{B}}_{1}={\widehat{D}}_{2};{\widehat{M}}_{2}={\widehat{N}}_{1}$ nên tứ giác BMDN là hình bình hành.

Suy ra DM // BN hay HE // GF.

Tam giác ADM cân tại A có AH là đường phân giác nên AH cũng là đường cao.

Suy ra $\widehat{AHE}=90^{\circ}$ nên $\widehat{EHG}=90^{\circ}$.

Mà HE // GF suy ra $\widehat{AGF}=90^{\circ}$ (hai góc đồng vị).

Tương tự, ta cũng chứng minh được: $\widehat{HEF}=90^{\circ};\ \widehat{GFE}=90^{\circ}$.

Tứ giác EFGH có $\widehat{EHG}=90^{\circ};\widehat{AGF}=90^{\circ};\widehat{HEF}=90^{\circ};\ \widehat{GFE}=90^{\circ}$.

Do đó tứ giác EFGH là hình chữ nhật.

Khi khung tre bị xô lệch, các góc không còn vuông nữa nhưng các cạnh đối vẫn song song với nhau.

Do đó, sau khi khung tre này bị xô lệch thì tứ giác tạo thành là hình bình hành.

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.

Vì Ou, Ov lần lượt là tia phân giác của $\widehat{xOy};\ \widehat{x'Oy}$ nên ${\widehat{O}}_{1}={\widehat{O}}_{2};\ {\widehat{O}}_{3}={\widehat{O}}_{4}$.

Mà $\widehat{xOy}+\widehat{x'Oy}=180^{\circ}$ (vì $\widehat{xOy};\ \widehat{x'Oy}$ là hai góc kề bù).

Hay ${\widehat{O}}_{1}+{\widehat{O}}_{2}+{\widehat{O}}_{3}+{\widehat{O}}_{4}=180^{\circ}$

Suy ra $2{\widehat{O}}_{2}+2{\widehat{O}}_{3}=180^{\circ}$.

Do đó ${\widehat{O}}_{2}+{\widehat{O}}_{3}=90^{\circ}$ hay $\widehat{uOv}=90^{\circ}$ suy ra $\widehat{uOC}=90^{\circ}$ hay $\widehat{BOC}=90^{\circ}$.

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

Nên $\widehat{ABO}=90^{\circ};\ \widehat{ACO}=90^{\circ}$.

Tứ giác OBAC có $\widehat{ACO}+\widehat{BOC}+\widehat{ABO}+\widehat{BAC}=360^{\circ}$

$90^{\circ}+90^{\circ}+90^{\circ}+\widehat{BAC}=360^{\circ}$

$270^{\circ}+\widehat{BAC}=360^{\circ}$

Suy ra $\widehat{BAC}=360^{\circ}-270^{\circ}=90^{\circ}$.

Xét tứ giác OBAC có $\widehat{BOC}=90^{\circ};\widehat{ABO}=90^{\circ};\ \widehat{ACO}=90^{\circ};\widehat{BAC}=90^{\circ}$.

Vậy tứ giác OBAC là hình chữ nhật.

Vì ABCD là hình vuông nên $\widehat{D}=90^{\circ}$.

Đường thẳng qua M vuông góc với AE cắt BC tại N nên $\widehat{APM}=90^{\circ}$.

Do đó $\widehat{D}=\widehat{APM}=90^{\circ}$.

Xét ∆ADM và ∆APM có:

$\widehat{D}=\widehat{APM}=90^{\circ}$ (chứng minh trên)

Cạnh AM chung

$\widehat{MAD}=\widehat{MAP}$ (vì AM là tia phân giác của $\widehat{DAP}$).

Do đó ∆ADM = ∆APM (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra MD = MP (hai cạnh tương ứng).

Ta có MP + PN = MN mà MD = MP (chứng minh trên)

Do đó DM + BN = MN.