Giải chi tiết Toán 8 chân trời mới bài 3: Hình thang - Hình thang cân

1. Hình thang - Hình thang cân

Thực hành 1: Tìm các góc chưa biết của hình thang MNPQ có hai đáy là MN và QP trong mỗi trường hợp sau và nêu nhận xét của em

a) $\hat{Q}=90^{o}$ và $\hat{N}=125^{o}$

b)  $\hat{P}=\hat{Q}=110^{o}$

Hướng dẫn trả lời:

a) Hình thang MNPQ (MN//PQ) có $\hat{Q}=90^{o}$ nên là hình thang vuông. Suy ra $\hat{Q}=\hat{M}=90^{o}$ và $\hat{P}=180^{o}-\hat{N}=180^{o}-125^{o}=55^{o}$

b) Hình thang MNPQ (MN//PQ) có $\hat{P}=\hat{Q}=110^{o}$ nên là hình thang cân

Suy ra: $\hat{M}=\hat{N}=180^{o}-110^{o}=70^{o}$

Vận dụng 1: Một mặt tường của chân tháp cột cờ Hà Nội có dạng hình thang cân ABCD (Hình 4). Cho biết $\hat{D}=\hat{C}=75^{o}$. Tìm số đo $\hat{A}$ và $\hat{B}$

Hướng dẫn trả lời:

Hình thang ABCD (AB // CD) có $\hat{D}=\hat{C}=75^{o}$ suy ra $\hat{A}=\hat{B}=180^{o}-75^{o}=105^{o}$

Vận dụng 2: Tứ giác EFGH có các góc cho như Hình 5

a) Chứng minh rằng EFGH là hình thang

b) Tìm góc chưa biết của tứ giác

Hướng dẫn trả lời:

a) Ta có: $\hat{E}+\hat{F}=95^{o}+85^{o}=180^{o}$ hay $\hat{E}$ và $\hat{F}$ là hai góc bù nhau mà chúng lại ở vị trí trong cùng phía suy ra EH // FG

Do đó EFGH là hình thang

b) Hình thang EFGH (EH // FG) có: $\hat{H}=180^{o}-\hat{G}=180^{o}-27^{o}=153^{o}$

2. Tính chất của hình thang cân

Thực hành 2: Tìm các đoạn thẳng bằng nhau trong hình thang cân MNPQ có hai đáy là MN và PQ

Hướng dẫn trả lời:

MQ = NP 

MP = NQ

Vận dụng 3: Một khung cửa sổ hình thang cân có chiều cao 3m, hai đáy là 3m và 1m (Hình 9). Tìm độ dài hai cạnh bên và hai đường chéo

Hướng dẫn trả lời:

Kẻ BK vuông góc với CD ta có: HK = AB, DH = CK = (3 - 1) : 2 = 1(m)

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác AHD vuông tại H ta có:

$AD^{2}=AH^{2}+DH^{2}=3^{2}+1^{2}=10$. Do đó $AD=\sqrt{10}$ (m)

Suy ra: $AD = BC=\sqrt{10}$ m

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác AHC vuông tại H ta có:

$AC^{2}=AH^{2}+CH^{2}=3^{2}+2^{2}=13$. Do đó $AC=\sqrt{13}$ (m)

Suy ra: $AC = BD=\sqrt{13}$ m

3. Dấu hiệu nhận biết hình thang cân

Thực hành 3: Sử dụng thước đo góc và thước đo độ dài để tìm hình thang cân trong các tứ giác ở Hình 12

Hướng dẫn trả lời:

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 $\hat{V} \neq \hat{BCD}$ 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 $\widehat{MQP}\neq \widehat{NPQ}$ nên hình thang MNPQ không phải là hình thang cân.

Vận dụng 4: Mặt cắt của một li giấy đựng bỏng ngô có dạng hình thang cân MNPQ (Hình 13) với hai đáy MN = 6 cm, PQ = 10 cm và độ dài hai đường chéo $MN=NQ=8\sqrt{2}$ cm. Tính độ dài đường cao và cạnh bên của hình thang.

Hướng dẫn trả lời:

Ta có QH = PK = (10 - 6) : 2 = 2(cm)

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác MPH vuông tại H ta có:

$MP^{2}=MH^{2}+PH^{2}$ suy ra $MH^{2}=MP^{2}-PH^{2}=128-64=64$ do đó MH = 8 cm

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác MPQ vuông tại H ta có:

$MQ^{2}=MH^{2}+QH^{2}=64+4=68$ do đó $MH = 2\sqrt{17}$ cm

Vậy độ dài đường là 8 cm. độ dài cạnh bên là $2\sqrt{17}$ cm

BÀI TẬP

Bài 1: Tìm x và y ở các hình sau:

Hướng dẫn trả lời:

a) $x=180^{o}-140^{o}=40^{o}$

b) $x=180^{o}-60^{o}=120^{o}$

MN // PQ suy ra $y=\hat{N_{ngoài}}=70^{o}$

c) Ta có: $4x+3x+2x+x=360^{o}$ suy ra $10x=360^{o}$ hay $x=36^{o}$

d) Ta có: $x+2x=180^{o}$ suy ra $2x=180^{o}$ hay $x=60^{o}$

Bài 2: Cho tứ giác ABCD có AB = CD, BD là tia phân giác góc B. Chứng minh rằng ABCD là hình thang

Hướng dẫn trả lời:

Xét tam giác ABD có AB = AD(gt)

⇒ΔABD cân tại A ⇒ $\widehat{ABD}=\widehat{ADB}$

Mà $\widehat{ADB}=\widehat{DBC}$ (BD là tia phân giác của góc B)

Do đó $\widehat{ADB}=\widehat{DBC}$

Mà $\widehat{ADB}$ và $\widehat{DBC}$ so le trong ⇒AD//BC

Vậy ABCD là hình thang.

Bài 3: Cho tam giác nhọn ABC có AH là đường cao. Tia phân giác của góc B cắt AC tại M. Từ M kẻ đường thẳng vuông góc với AH cắt AB tại N.

a) Chứng minh rằng tứ giác BCMN là hình thang.

b) Chứng mình rằng BN = MN.

Hướng dẫn trả lời:

a) Ta có: MN⊥AH (gt)

Và BC⊥AH (AH là đường cao của tam giác ABC) ⇒MN//BC

Suy ra BCMN là hình thang

b) $\widehat{NBM}=\widehat{MBC}$ (BM là tia phân giác góc B)

Suy ra $\widehat{BMN}=\widehat{NBM}$ ⇒ ΔBMN cân tại N.

Vậy BN = MN

Bài 4: Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC). Tia phân giác của góc B cắt AC tại D. Trên BC lấy điểm E sao cho BE = BA.

a) Chứng minh rằng: ΔABD=ΔEBD

b) Kẻ đường cao AH của tam giác ABC. Chứng mình rằng tứ giác ADEH là hình thang vuông.

c) Gọi I là giao điểm của AH với BD, đường thẳng EI cắt AB tại F. Chứng minh rằng tứ giác ACEF là hình thang vuông.

Hướng dẫn trả lời:

a) Xét ΔABD và ΔEBD ta có:

AB = BE (gt)

BD là cạnh chung

$\widehat{ABD}=\widehat{DBE}$ (BD là tia phân giác của góc B)

Do đó ΔABD = ΔEBD (c.g.c)

b) Ta có: $\widehat{DEB}=\widehat{BAD}$  (ΔEBD=ΔABD)

Mà $\widehat{BAD}=90^{o}$ (ΔABD vuông tại A)

Nên $\widehat{DEB}=90^{o}$ ⇒ DE⊥BC

Mặt khác AH⊥BC (gt)  do đó DE // AH

⇒ Tứ giác ADEH là hình thang

Lại có $\widehat{AHE}=90^{o}$ (AH⊥BC)

Vậy tứ giác ADEH là hình thang vuông.

c) Ta có BE = BA (gt)⇒ cân tại B.

Mà BD là tia phân giác của góc B. Do đó BD là đường cao của tam giác BAE.

ΔBAE có AH, BD là hai đường cao cắt nhau tại I ⇒I là trực tâm của tam giác BAE.

⇒ EF là đường cao của tam giác BAE

⇒ EF⊥AB

Mà AC⊥AB ⇒ EF//AC

Vậy tứ giác ACEF là hình thang.

Mà $\widehat{CAF}=90^{o}$. Do đó tứ giác ACEF là hình thang vuông.

Bài 5: Tứ giác nào trong Hình 15 là hình thang cân?

Hướng dẫn trả lời:

a) Ta có: $\hat{G}+\hat{K}=129^{o}+51^{o}=180^{o}$. Mà $\hat{G}$ và $\hat{K}$ là hai góc trong cùng phía suy ra GH // KI ⇒ GHKI là hình thang

$\hat{G} \neq \hat{H}; \hat{K} \neq \hat{I}$

Suy ra GHIK không là hình thang cân

b) Ta có: $\widehat{NMQ}+\hat{M}_{ngoài} = 180^{o}$(hai góc kề bù)

Do đó $\widehat{NMQ}+75^{o}=180^{o} \Rightarrow  \widehat{NMQ}=180^{o}-75^{o}=105^{o}$

Ta có: $\hat{Q}+\hat{P}=105^{o}+75^{o}=180^{o}$. Mà $\hat{Q}$ và $\hat{P}$ là hai góc trong cùng phía suy ra MQ // PN ⇒ MQPN là hình thang

Lại có: $\hat{Q}=\widehat{QMN} =105^{o}$ Do đó MQPN là hình thang cân

c) Ta có: $\hat{D}_{ngoài}+\hat{A}_{ngoài}=120^{o}+60^{o}=180^{o}$. Mà $\hat{D}_{ngoài}$ và $\hat{A}_{ngoài}$ là hai góc trong cùng phía suy ra AB // CD ⇒ ABCD là hình thang

Lại có AC = BD suy ra ABCD là hình thang cân

Bài 6: Cho hình thang ABCD có AB // CD. Qua giao điểm E của AC và BD, ta vẽ đường thẳng song song với AB cắt AD, BC lần lượt tại F và G (Hình 16). Chứng minh rằng EG là tia phân giác góc CEB.

Hướng dẫn trả lời:

Xét tam giác ACD và BDC ta có:

AD = BC (gt)

AC = BD (gt)

CD chung

Suy ra ΔACD=ΔBDC (c.c.c)

⇒ $\widehat{ACD}=\widehat{BDC}$

Ta có: FG // CD suy ra $\widehat{BEG}=\widehat{BDC}$ (đồng vị), $\widehat{GEC}=\widehat{ACD}$ (so le trong)

Suy ra $\widehat{BEG}=\widehat{GEC}$ hay EG là tia phân giác góc CEB.

Bài 7: Mặt bên của một chiếc vali (Hình 17a) có dạng hình thang cân và được vẽ lại như Hình 17b. Biết hình thang đó có độ dài đường cao là 60 cm, cạnh bên là 61 cm và đáy lớn là 92 cm. Tính độ dài đáy nhỏ

Hướng dẫn trả lời:

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác ADE vuông tại E ta có:

$AD^{2}=AE^{2}+DE^{2}$ suy ra $DE^{2}=AD^{2}-AE^{2}=61^{2}-60^{2}=121$. Do đó DE =11 cm

Kẻ BK vuông góc với BC ta có:

AB = EK, DE = KC suy ra AB = EK = 92 - 11.2 = 70 (cm)