Giải bài tập hình 8 Chơng I: Tứ giác +Bài 16 (75) */ ABC cân tại A nên AB = AC(1) ABD=ACE(gcg) BD = CE và AD = AE. Gọi O là giao của BD và CE OBC cân tại O () OB = OC(2) OD = OE(3) (1), (2)& (3) OA là trung trực của BC(I) và DE (II). (I), (II) DE // BC BCDE là hình thang đáy là BC, ED Lại có B = C BCDE là hình thang cân. */ DE // BC D 1 = B 2 ( .) Mà B 1 = B 2 (CMT) D 1 = B 1 BDE cân tại E EB = ED Chú ý: Theo kết quả này*/ ABC cân tại A nên AB = AC(1) ABD=ACE(gcg) BD = CE và AD = AE. Gọi O là giao của BD và CE OBC cân tại O () OB = OC(2) OD = OE(3) (1), (2)& (3) OA là trung trực của BC(I) và DE (II). (I), (II) DE // BC BCDE là hình thang đáy là BC, ED Lại có B = C BCDE là hình thang cân. */ DE // BC D 1 = B 2 ( .) Mà B 1 = B 2 (CMT) D 1 = B 1 BDE cân tại E EB = ED Chú ý: Theo kết quả này thì trong hình thang cân: trung điểm hai đáy, giao hai cạnh bên, giao hai đờng chéo là 4 điểm thẳng hàng + Bài 17 ( 75) Cách 1: Gt: D 1 = C 1 OC = OD(1) Mà: D 1 = B 1 (slt) A 1 = C 1 (slt) B 1 = A 1 OAB cân tại O OA = OB(2) (2)&(1) AC=BD đpcm Cách 2 : Kẻ BE //AC (E DC) C 1 = E 1 (đ vị), AC = BE () Mà D 1 = C 1 (gt) Hồ Hồng Điệp - Trờng THCS Trần Lãm 1 A E 1 D 1 O B 2 C A B 1 1 O 1 1 D C A B ? ? 1 1 1 D C E D 1 = E 1 BDE cân tại B DB = BE AC = BD đpcm + Bài 18 ( 75) : Kẻ BE //AC (E DC) C 1 = E 1 (đ vị),AC = BE ( ) Mà AC = BD DB = BE BDE cân tại B D 1 = E 1 D 1 = C 1 (*) ACD = BDC (cgc) D = C ABCD là hình thang cân (Chú ý:theo bài tập 17/ 75: (*) đpcm) + Bài tập 27( 80): a/ E, F, K là trung điểm của AD, BC, AC EK, FK là đờng trung bình của ADC, ABC. EK = 2 1 DC, FK = 2 1 AB. b/ Từ (a) EK + FK = 2 1 (AB+CD). Mà FE EK + FK(). FE 2 1 (AB+CD). Dấu bằng khi E, F, K thẳng hàng. Lúc đó, AB // FE// CD Hay ABCD là hình thang đáy AB, CD. Ta có thể chứng minh: "Tổng độ dài các đoạn thẳng nối trung điểm các cạnh đối của tứ giác không lớn hơn nửa chu vi của tứ giác đó". "Cho tứ giác ABCD. E, F, K là trung điểm của AD, BC, AC và AB + CD = 2a không đổi. Chứng minh tứ giác này là hình thang đáy AB, CD khi và chỉ khi FE= a". + Bài 28 (80): a/ Ta thấy FE là đờng trung bình của hình thang ABCD. FE // AB() EI // AB. Xét ADC có: EA = ED, EI // AB IB = ID (đl3) Tơng tự : AK = KC. b/ Từ (a) có EI là đờng trung bình ABD Hồ Hồng Điệp - Trờng THCS Trần Lãm 2 A B 1 1 1 D C E A E K D B F C Tứ giác ABCD, E, F, GT K là trung điểm của AD, BC, AC. So sánh: EK và CD; KL KF và AB FE (AB + CD) A B E I K F D C Hình thang ABCD, AB // CD, AE = ED, BF = FC, FE cắt BD, AC tại I, K. KL AK = KC, BI = ID. GT EI = 2 1 AB = 2 1 .6 = 3(cm) Tơng tự tính: KF = 3cm EK = 2 1 CD = 2 1 .10 = 5(cm) Suy ra IK = EK - EI = 2(cm) Một cách khái quát: EI = KF IK = 2 1 (CD - AB); (AB < CD) + Bài 31(83): */Cách dựng: 1/ Dựng ACD biết: AC = DC = 4cm, AD = 2cm. 2/ Dựng tia Ax nằm trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AD, chứa C và song song với CD. 3/ Trên tia Ax lấy điểm B sao cho AB = 2cm. Nối BC ta có hình thang cần dựng */ Chứng minh: Ta thấy AB // CD nên ABCD là hình thang Mặt khác: AB = AD = 2cm, AC = CD = 4cm. nên hình thang ABCD thoả mãn ĐKBT. */ Biện luận: Ta luôn dựng đợc một hình thang thoả mãn ĐKBT + Bài 32(83): */ Phân tích: Giả sử đã dựng đợc ã 0 30ABC = tia Bx nằm trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A. Ta có ã 0 60ABx = Trên tia Bx lấy A ' Ta có ABA ' đều */ Cách dựng: 1/ Dựng ABA ' đều. 2/ Dựng phân giác BC của tam giác đó. Ta có ã 0 30ABC = */ Chứng minh: Do ABA ' đều nên B = 60 0 mà BC là phân giác của B nên ã 0 30ABC = */ Hiển nhiên là luôn dựng đợc duy nhất một góc thoả mãn. +Bài 33(80): Cách dựng: Hồ Hồng Điệp - Trờng THCS Trần Lãm 3 B A C A ' A a C 2a B O A B 4cm 80 0 D 3cm C 1/ Dựng ABO 2/ Dựng (C, 4cm),có A 3/ Kẻ Ax//CD +Bài 39(88): C, A đối xứng nhau qua d , D, E d (gt) AD và CD, AE và CE đối xứng qua d. AD = CD, AE = CE (tính chất.) AD + BD = CD + BD = BC Mà BC < BE + CE Suy ra: AD + BD < BE + CE Khai thác: 2/ Tìm vị trí của điểm E để EA + EB nhỏ nhất.(câu b) + Bài 40(88): (Tranh ảnh) a/ 1 b/ 2 c/ 0 d/ 1 + Bài 41(88): a/ Đ b/ Đ c/ Đ d/ S + Bài 47(93): a/ AH DB, CKBD (gt) AH // CK (1) (Vì cùng vuông góc với BD) Mặt khác: Xét AHD, CKB có: ã ã 0 90AHD CKB= = (gt) Hồ Hồng Điệp - Trờng THCS Trần Lãm 4 A B d H D E C A B ' H D K d B C A B K 1 H D C O 1 ABCD là hình bình hành AH, CK BD AHCK là hình bình hành O, A, C thẳng hàng GT KL AD = BC (T/C hbh) D ˆ 1 = B ˆ 1 (2 gãc SLT…) ⇒ ∆AHD = ∆CKB(t/h ®b…) ⇒ AH = CK (2) (1), (2) ⇒ AHCK lµ h×nh b×nh hµnh (dhnb). b/ (a) ⇒ NÕu O lµ trung ®iÓm cña HK th× O lµ trung ®iÓm cña AC (T/c hbh) ⇒ A, O, C th¼ng hµng. + Bµi 48(93): 1. Cm: HE//FG, HG//EF. 2. CM: HE = FG, HG = EF. 3. CM: HE//FG, HE = FG. 4. CM : µ µ µ µ ;H F E G= = Nèi A víi C Trong ∆BAC cã BE = EA (gt); BF = FC (gt) ⇒ EF//= 1/2 AC (T/c ®êng TB ∆) (1) Trong ∆ DAC cã AH = HD (gt); CG = GD (gt) ⇒ HG//=1/2AC (T/c ®êng TB ∆) (2) (1), (2) ⇒ EF//= HG (//=1/2AC) Nªn ◊ EFGH lµ HBH (dh3) + Bµi 49(93): a/ ABCD lµ h×nh b×nh hµnh. ⇒ AB//=CD Mµ 1 AK AB 2 = ; 1 CI CD 2 = . ⇒ AK//=CI. ⇒ AKCI lµ h×nh b×nh hµnh (cã mét cÆp c¹nh ®èi song song vµ b»ng nhau). b/ AKCI lµ h×nh b×nh hµnh ⇒ AI//CK ∆BMA cã: BK=KA (gt). KM//AM (cmt). ⇒ N lµ trung ®iÓm cña BM ⇒ MN=NB (1) ∆DNC cã: DI=IC (gt) MI//NC (cmt) Hå Hång §iÖp - Trêng THCS TrÇn L·m 5 A E H B D F G C A K B N M D I C M là trung điểm của DN DM=MN (2). Từ (1) và (2) DM = MN = NB. c/ AKCI là hình bình hành. AC cắt KI tại trung điểm O của AC. ABCD là hình bình hành AC cắt BD tại trung điểm O của AC. AC, BD, IK đồng qui tại O. + Bài 54(96): Vì A và B đối xứng nhau qua Ox, nên Ox là đờng trung trực của đoạn thẳng OA. Do đó ta có OA = OB và ã ã BOX AOX= (1) Vì A và C đối xứng nhau qua Oy, nên Oy là đờng trung trực của đoạn thẳng AC Do đó ta có: OA = OC và ã ã AOY COY= (2) Theo giả thiết ã ã ã 0 90XOY XOA AOY= + = Từ (1) và (2) ã ã BOX COY = = 90 0 Vậy ta có : ã ã ã ã 0 180BOX XOA AOY YOC+ + + = Hay 3 điểm B, O , C thẳng hàng Lại có OB = OC ( vì cùng = OA) B và C đối xứng nhau qua O. + Bài 55(96): ABCD là hình bình hành và O là giao điểm của hai đờng chéo AC và BD. Do đó ta có AB//CD và ã ã BAC ACD= (SLT) AO = CO; ã ã AOM CON= ( đối đỉnh) AOM = CON (g.c.g) MO = ON M và N đối xứng nhau qua O. + Bài tập 57 (96): - Khẳng định các câu a, c là đúng. - Khẳng định câu b là sai. + Bài 64(100): FEGH là hình chữ nhật Hồ Hồng Điệp - Trờng THCS Trần Lãm 6 x B I A O J y C A M B O D N C A B E 1 I H 1 1 2F G1 1 D C à ả à 0 0 0 1 1 1 90 ; 90 ; 90E H G= = = Tơng tự à 0 1 90F = à 0 2 90F = à à 0 1 1 90B C+ = ã ã 0 90ABC BCD+ = +Bài 65(100): Gọi O là giao điểm của hai đờng chéo AC và BD Từ giả thiết của bài toán và tính chất của đờng trung bình trong tam giác ta có: EF//AC và 1 2 EF AC= HG//AC và 1 2 HG AC= EF //HG và EF = HG Vậy EFHG là hình bình hành(1) EF//AC mà BD AC nên BD EF HE//BD mà EFBD nên EF HE (2) Từ (1) và (2) suy ra EFHG là hình chữ nhật ( DHNB) +Bài 69(102): Đáp án: 17; 25; 38; 46 + Bài 70(103): Kẻ CH Ox AOB có AC = CB (gt) CH//AO ( cùng vuông góc với Ox ) CH là ĐTB của AOB CH = 2 AO = 2 2 = 1(cm) Nếu B O C E ( E là trung điểm của AO ) Khi B di chuyển trên Ox thì C di chuyển trên Em // Ox, cách Ox một khoảng bằng 1 cm + Bài 71(103): a, Xét tứ giác AEMD có Hồ Hồng Điệp - Trờng THCS Trần Lãm 7 A H E D B G F C y A E C m O H B x DEA == = 90 0 (gt) Tứ giác AEMD là hình chữ nhật Có O là trung điểm của đờng chéo DE nên O cũng là trung điểm của đòng chéo AM A, O, M thẳng hàng b, Kẻ AH BC; OK BC OK là đờng trung bình của AHM OK = 2 AH ( không đổi) Nếu M B O P ( P là trung điểm của AC ) Nếu M C O Q ( Q là trung điểm của AB) Vậy khi M di chuyển trên BC thì O di chuyển trên đờng trung bình PQ của ABC c, Nếu M H thì AM AH, khi đó AM có độ dài nhỏ nhất + Bài 75(106): O Q P N M C A B D ABCD là hcnhật AM = MB, BN = NC GT CP = PD, DQ = QA KL MNPQ là h.thoi MNPQ là hình thoi MN = NP = PQ = QM AMN=BMP=CPQ=DMQ A = B = C = D = 90 0 (t/c hcn) AM=MD=BP=PC=1/2AB=1/2BC AN=NB=DQ=QC=1/2AB=1/2CD AB = CD, AD = BC (t/c hcn) HS dựa vào sơ đồ tự trình vào vởMNPQ là hình thoi Hồ Hồng Điệp - Trờng THCS Trần Lãm 8 B D M Q O A E P C + Bài 76(106) : Trong ABC có AM = MB, BM = MC (gt) => MN // = 1/2 AC (t/c đờng tb) Trong ADC có AQ=QD, DP=PC (gt) => PQ = 1/2 AC (t/c đờng tb) => MN //=PQ (//=1/2AC) => MNPQ là hbh. (3) Trong ABD có AM=MB, AQ=QD (gt) => MQ // BD (t/c đờng tb) mà BD AC tại O => MQ MN (t/c //) Hay góc QMN = 90 0 (2) (1), (2) => MNPQ là hcn + Bài 81(108): Tức giác AEDF có 3 góc vuông 0 45A = + 45 0 = 90 0 F E = = 90 0 Do đó AEDF là hình chữ nhật Đờng chéo AD là phân giác của góc A Vậy AEDF là hình vuông +Bài 83(108): Đáp án: a/ S b/ Đ c/ Đ d/ S e/ Đ +Bài 84(108) *Trờng hợp 0 90A ( A ) có thể là góc nhọn hoặc tù Hồ Hồng Điệp - Trờng THCS Trần Lãm 9 A M B P D M Q C A F C DE B 45 0 45 0 A B C E E E F D D A B C E E E F D D DE // AB, DE // AC AEDF là hình bình hành Hình bình hành AEDF là hình thoi khi đờng chéo AD của nó là đờng phân giác của góc A. Vậy AEDF là hình thoi khi D là chân đờng phân giác của góc A trên BC. *Trờng hợp góc = 90 0 DE // AB và DF // AC AEDF là hình bình hành vì 0 90A = nên AEDF là hình chữ nhật. Hình chữ nhật AEDF là hình vuông khi đờng chéo AD là phân giác của góc A. Vậy khi D là chân đờng phân giác của góc A trên BC thì AEDF là hình vuông + Bài 85(108): a/ ADEF có: AE//=DF;  = 90 0 ADFE là hình chữ nhật. Mặt khác AB = 2AD AD = AE ADFE là hình vuông. b/ ADFE là hình vuông ED AF ; ME = MF Tơng tự EBCF là hình vuông EN FN và EN = NF Mà à à à 0 0 1 1 45 90A B F= = = MENF có: ả à à 0 90M N E= = = ME = MF. MENF là hình vuông. + Bài 89(108): a/ ABC có BM = MC ; BD = DA DM là đờng trung bình của ABC DM//AC. Mà ED = DM AB là trung trực EM. Vậy E, M đối xứng nhau qua AB. b/ AEMC là hình bình hành. AEMB là hình thoi. c/ BC=4cm BM=2cm Chu vi AEBM=8cm. Hồ Hồng Điệp - Trờng THCS Trần Lãm 10 1 1 NM C B F E A D D E M B C A [...]...d/AEBM là hình vuông ả M = 900 ABC vuông cân + Bài 88 : 11 Hồ Hồng Điệp - Trờng THCS Trần Lãm Tứ giác ABCD: AE = EB, BF = FC, CG = GD, AH = HD Tìm ĐK của AC và BD để tứ giác èGH là: a Hình chữ nhật b Hình thoi c Hình vuông 12 Hồ Hồng Điệp - Trờng THCS Trần Lãm . điểm E để EA + EB nhỏ nhất.(câu b) + Bài 40 (88 ): (Tranh ảnh) a/ 1 b/ 2 c/ 0 d/ 1 + Bài 41 (88 ): a/ Đ b/ Đ c/ Đ d/ S + Bài 47(93): a/ AH DB, CKBD (gt) AH. chéo AD là phân giác của góc A Vậy AEDF là hình vuông +Bài 83 (1 08) : Đáp án: a/ S b/ Đ c/ Đ d/ S e/ Đ +Bài 84 (1 08) *Trờng hợp 0 90A ( A ) có thể là góc