Hướng dẫn giải nhanh Toán 8 Cánh diều bài 3: Hình thang cân

I. Định nghĩa

Bài 1: Cho biết hai cạnh AB và CD của tứ giác ABCD ở Hình 22 có song song với nhau hay không.

Đáp án:

Ở Hình 22, ta thấy AB // CD.

Bài 2: Hai góc C và D cùng kề với đáy CD của hình thang ABCD ở Hình 23. Cho biết hai góc C và D có bằng nhau hay không.

Đáp án:

Dựa vào tính chất của hình thang nên $\widehat{C} = \widehat{D}$

II. Tính chất

Bài 1: Cho hình thang cân $ABCD$ có $AB // CD, AB < CD$, E là giao điểm của AD và BC (Hình 25).

a) So sánh các cặp góc: $\widehat{EDC}$ và $\widehat{ECD}$; $\widehat{EAB}$ và $\widehat{EBA}$.

b) So sánh các cặp đoạn thẳng: $EA$ và $EB; ED$ và $EC$. Từ đó, hãy so sánh $AD$ và $BC$.

c) Hai tam giác $ADC$ và $BCD$ có bằng nhau hay không? Từ đó, hãy so sánh $AC$ và $BD$.

Đáp án:

a) Vì ABCD là hình thang cân

$\Rightarrow \widehat{ADC} = \widehat{BCD}$ và $\widehat{DAB}=\widehat{CBA}$ 

$\Rightarrow \widehat{EDC} = \widehat{ECD}$

Mà $AB // CD \Rightarrow \widehat{EAB}=\widehat{EBA}$ (đồng vị)

b) Xét $\Delta EAB$ có: $\widehat{EAB}=\widehat{EBA}$

$\Rightarrow \Delta EAB$ cân tại $E \Rightarrow ED=EC$

Mà $EA=EB \Rightarrow AD=BC$

c) Xét $\Delta ADC$ và $\Delta BCD$ có:

$AD=BC$ 

$\widehat{ADC}=\widehat{BCD}$ 

$DC$ chung

$\Rightarrow ∆ADC=∆BCD (c.g.c)$

$\Rightarrow AC=BD$

Bài 2: Cho hình thang cân $ABCD$ có $AB//CD$. Chứng minh…

Đáp án:

Do $ABCD$ là hình thang cân nên $AD=BC$ và $AC=BD$

Xét $\Delta ADB$ và $\Delta BCA$ có:

$AB$ chung

$AD=BC; AC=BD$

$=> ∆ADB=∆BCA (c.c.c)$

$=> \widehat{ADB}=\widehat{BCA}$.

III. Dấu hiệu nhận biết

Bài 1: Quan sát hình thang $ABCD (AB // CD, AB < CD)$ có hai đường chéo AC và BD bằng nhau. Kẻ BE song song với AC (E thuộc đường thẳng CD) (Hình 27).

a) Hai tam giác $ABC$ và $ECB$ có bằng nhau hay không?

b) So sánh các cặp góc: …

c) Hai tam giác $ACD$ và $BDC$ có bằng nhau hay không? Từ đó, hãy so sánh …

d) $ABCD$ có phải là hình thang cân hay không?

Đáp án:

a) Xét tứ giác $ABCE$ có: $AB//CE, BE//AC$ 

$\Rightarrow ABCE$ là hình bình hành $\Rightarrow AB = CE$ và $AC = BE$

Xét $\Delta ABC$ và $\Delta ECB$ có:

$BC$ chung

$AB = CE, AC = BE$

$\Rightarrow \Delta ABC=\Delta ECB (c.c.c)$

b) Xét hình bình hành ABCE, có: $AC // DE \Rightarrow \widehat{ACD}=\widehat{BED}$ (2 góc đồng vị)

c) Xét $\Delta BDE: BD=BE (= AC)$

$\Rightarrow \Delta BDE$ cân tại B $\Rightarrow \widehat{BDE}=\widehat{BED}$

Mà $\widehat{ACD}=\widehat{BED} (cmt) \Rightarrow \widehat{ACD}= \widehat{BDE}$

Xét $\Delta ACD$ và $\Delta BDC$ có:

$DC$ chung;

$\widehat{BDE}=\widehat{ACD}$ 

$AC=BD (gt)$

$\Rightarrow \Delta ACD = \Delta BDC (c.g.c) \Rightarrow \widehat{ADC}=\widehat{BCD}$

d) Hình thang ABCD có hai góc kề một đáy $\widehat{ADC}=\widehat{BCD}$

$\Rightarrow$ Hình thang $ABCD$ là hình thang cân.

Bài 2: Một ô cửa số có dạng hình chữ nhật với chiều dài là 120 cm và chiều rộng là 80 cm. Người ta mở rộng ô cửa số đó bằng cách tăng độ dài cạnh dưới về hai bên, mỗi bên 20 cm (mô tả ở Hình 29). Sau khi mở rộng thì ô cửa số đó có dạng hình gì? Tính diện tích của ô cửa số đó sau khi mở rộng.

Đáp án:

Xét $\Delta AHD$ và $\Delta BKC$ có:

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

$AH=BK; HD=KC$ 

$\Rightarrow \Delta AHD = \Delta BKC (c.g.c)$

$\Rightarrow \widehat{ADH}=\widehat{BCK}$ (góc tương ứng)

Xét tứ giác ABCD có: $AB//DC \Rightarrow ABCD$ là hình thang.

Mà $\widehat{ADH}=\widehat{BCK} \Rightarrow$ Hình thang $ABCD$ là hình thang cân.

$DC=DH+HK+KC=120 cm$

$S_{ABCD} = \frac{1}{2}.(AB+DC).AH$ 

= $\frac{1}{2}.(80+120).120=12 000 (cm^2)$ 

IV. Bài tập

Bài 1: Cho hình thang cân $ABCD$ có $AB // CD, AB < CD$. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD và T là giao điểm của AC và BD (Hình 30).

Chứng minh:…

Đáp án:

a) Xét $\Delta ACD$ và $\Delta BDC$ có: 

$CD$ chung 

$AC = BD (gt); AD = BC (gt)$

$\Rightarrow \Delta ACD = \Delta BDC (c.c.c)$

$\Rightarrow \widehat{CAD} = \widehat{DBC}$ (góc tương ứng) hay $\widehat{TAD} = \widehat{TBC}$.

Xét $\Delta ABC$ và $\Delta BCA$ có :

$AB$ chung

$AC = BD (gt); AD = BC (gt)$

$\Rightarrow \Delta ABC = \Delta BCA (c.c.c)$ 

$\Rightarrow \widehat{BDA}=\widehat{ACB}$ (góc tương ứng) hay $\widehat{TDA}=\widehat{TCB}$

b) Xét $\Delta TAD$ và $\Delta TBC$ có 

$\widehat{TDA}=\widehat{TCB}; \widehat{TAD}=\widehat{TBC}$

$AD = BC (gt)$

$\Rightarrow \Delta TAD = \Delta TBC (g.c.g)$ 

$\Rightarrow TA=TB;TD=TC$ (cạnh tương ứng)

c) Xét $\Delta ATB$ có : $TA=TB$

$\Rightarrow \Delta ATB$ là tam giác cân tại T

Mà $AM=BM (gt)$ 

$\Rightarrow TM$ vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của ∆ATB

$\Rightarrow TM$ là đường trung trực của AB.

Tương tự ta có TN là trung trực của CD trong $\Delta TCD$ 

Mà TM và TN trùng với MN nên suy ra : MN là đường trung trực của AB và CD.

Bài 2: Người ta ghép ba hình tam giác đều có độ dài cạnh là a với vị trí như Hình 31.

a) Chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng.

b) Chứng minh tứ giác $ACDE$ là hình thang cân.

c) Tính diện tích của tứ giác $ACDE$ theo a.

Đáp án:

a) ∆ABE, ∆BED, ∆BDC là các tam giác đều (có 3 cạnh bằng nhau)

=> $\widehat{ABE}=\widehat{EBD}=\widehat{DBC}=60^{\circ}$

Do đó, $\widehat{ABC}=\widehat{ABE}+\widehat{EBD}+\widehat{DBC}=60^{\circ}+60^{\circ}+60^{\circ}=180^{\circ}$

=> $ABC$ là góc bẹt hay A, B, C thẳng hàng.

b) ∆ABE, ∆BED là tam giác đều 

=> $\widehat{ABE}=\widehat{BED}=60^{\circ}$, mà đây là hai góc ở vị trí so le trong.

=> $AC//ED$ 

Xét tứ giác $ACDE$ có $AC//ED$ => Tứ giác $ACDE$ là hình thang.

Mà $\widehat{EAC}=\widehat{DCA}=60$ => Tứ giác $ACDE$ là hình thang cân.

c) $S_{ACDE}=3.S_{∆ABE}$

Từ $E$ kẻ $HE\perp AB$ tại H

Xét ∆AHE vuông tại H :

$AE^2=AH^2+EH^2$ (Định lí Pythagore) 

$\Rightarrow a^2=(\frac{a}{2})^2+EH^2$ 

$\Rightarrow EH^2 = \frac{3a^2}{4} \Rightarrow EH = \frac{a\sqrt{3}}{2}$ 

$S_∆ABE= \frac{1}{2}.a.\frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

=> $S_{ACDE}=3.S_{∆ABE}=3.\frac{a^2sqrt{3}}{4} = \frac{3a^2\sqrt{3}}{4}$ (đvdt).

Bài 3: Cho hình chữ nhật ABCD. Trên cạnh AB lấy hai điểm M, N sao cho $AM = NB < 12AB$. Chứng minh tứ giác MNCD là hình thang cân.

Đáp án:

Ta có $AD=BC; \widehat{DAM}=\widehat{CBN}=90^{\circ}; AB//CD (ABCD$ là hình chữ nhật)

Xét ∆AMD và ∆BNC có:

$\widehat{DAM}=\widehat{CBN}=90^{\circ}$  

$AD=BC; AM=BN (gt)$ 

=> ∆AMD=∆BNC (c.g.c)

=> $\widehat{AMD}=\widehat{BNC}$ (góc tương ứng)

Ta có : $\widehat{AMD}+\widehat{DMN} = \widehat{BNC}+\widehat{CNM}=180^{\circ}$

 Mà $\widehat{AMD}=\widehat{BNC} (cmt)$ => $\widehat{DMN}=\widehat{CNM}$

Xét tứ giác MNCD có $MN//CD$ => $MNCD$ là hình thang

Mà $\widehat{DMN}=\widehat{CNM} (cmt)$

=> Hình thang MNCD là hình thang cân.

Bài 4: Cho tam giác ABC cân tại A có hai đường phân giác BE và CK. Chứng minh tứ giác BKEC là hình thang cân.

Đáp án:

Xét ∆AKC và ∆AEB 

$\widehat{A}$ chung

$\widehat{ACK}=\widehat{ABE}$ (gt)

$AB = AC (gt)$

=> ∆AKC=∆AEB (g.c.g) => $\widehat{AKC}=\widehat{AEB}$ => $\widehat{BKC}=\widehat{CEB}$

Xét ∆BKC và ∆CEB

$BC$ chung 

$\widehat{KBC}=\widehat{ECB} (gt); \widehat{KCB}=\widehat{EBC} (gt)$

 ∆BKC=∆CEB (g.c.g) => $KB=EC; KC=EB$

Xét tứ giác $BCEK$ có :

$\widehat{BCE}+\widehat{CEK}+\widehat{EKB}+\widehat{KBC}=360^{\circ}$

Hay $2(\widehat{BCE}+\widehat{CEK})=360^{\circ}$ => $\widehat{BCE}+\widehat{CEK}=180^{\circ}$

Mà $\widehat{AEK}+\widehat{CEK}=180^{\circ}$ => $\widehat{BCE}=\widehat{AEK}$ mà hai góc này ở vị trí đồng vị 

=> $BC//EK$ => $BCEK$ là hình thang.

mà $KC=BE$ (cmt) (hai đường chéo hình thang)

Vậy hình thang $BCEK$ là hình thang cân.

Bài 5: Hình 33a là mặt cắt đứng phần chứa nước của một con mương (Hình 32) khi đây nước có đạng hình thang cân. Người ta mô tả lại bằng hình học mặt cắt đứng của con mương đó ở Hình 33b với BD // AE (B thuộc AC). H là hình chiếu của D trên đường thắng AC.

a) Chứng minh các tam giác $BCD, BDE, ABE$ là các tam giác đều.

b) Tính độ dài của $DH, AC$.

c) Tính diện tích mặt cắt đứng phần chứa nước của con mương đó khi đầy nước.

a) Ta có : $B∈AC ; AC//DE (gt) ; AE//BD ; BE//CD$

Xét ∆ABE 

$\widehat{EAB}=\widehat{AEx}=60^{\circ}$ (so le trong) 

$\widehat{BED}=\widehat{CDy}=60^{\circ}$ (đồng vị) 

=> ∆ABE là tam giác cân 

Mà $\widehat{AEB}=60^{\circ}$ => ∆ABE là tam giác đều.

Tương tự với ∆BCD, ∆BDE, ta chứng minh được ∆BCD, ∆BDE là các tam giác đều.

b) Có: $BC=CD=2 m ; AB=AE=2 m$ => $AC=AB+BC=4m$

 ∆BCD có DH là đường cao => $BH=CH=1 m$

Xét ∆DHC vuông tại H. 

$CD^2=DH^2+HC^2$ (Định lí Pytagore)

Hay $2^2=DH^2+1^2$=> $DH=\sqrt{3} m$

c) $S_{∆BCD} = \frac{1}{2} . DH . BC = \frac{1}{2}.2.\sqrt{3}= \sqrt{3}$

$S_{ACDE} = 3.S_{∆BCD}=3.\sqrt{3}=3\sqrt{3} (m^2)$