Bài 12. Hình bình hành

Giải bài 3.12 trang 37 sách bài tập toán 8 - Kết nối tri thức với cuộc sống

Đề bài

Xét hai hình bình hành MNBA và MNCB.

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

b) Chứng minh B là trung điểm của AC;

c) Hỏi tam giác MAB thỏa mãn điều kiện gì để MNCA là một hình thang cân?

d) Lấy điểm D để tứ giác MNDC là hình bình hành. Hỏi tam giác MAB thỏa mãn điều kiện gì để MNDA là một hình thang cân?

Lời giải chi tiết

a) Vì tứ giác MNBA là hình bình hành nên MN//AB

Vì tứ giác MNCB là hình bình hành nên MN//BC

Do đó, AB và BC trùng nhau (tiên đề Euclid)

Vậy A, B, C thẳng hàng.

b) Vì tứ giác MNBA là hình bình hành nên

Vì tứ giác MNCB là hình bình hành nên

Do đó,

Mà A, B, C thẳng hàng nên B là trung điểm của AC.

c) Vì MNCB là hình bình hành nên NC//MB

Do đó, (hai góc đồng vị) (1)

Để MNCA là hình thang cân thì (2)

Từ (1) và (2) ta có:

Do đó, tam giác MAB cân tại M.

Vậy để MNCA là hình thang cân thì cần thêm điều kiện tam giác MAB cân tại M.

d) Vì MNDC là hình bình hành nên MC//ND.

Do đó,

Điều kiện để MNDA là hình thang cân là

Suy ra, . Khi đó, tam giác MCA cân tại M.

Mà MB là trung tuyến của tam giác nên MB là đường cao của tam giác, hay tại B.

Vậy để MNDA là một hình thang cân thì tam giác AMB vuông tại B.

Giải bài 3.13 trang 37 sách bài tập toán 8 - Kết nối tri thức với cuộc sống

Đề bài

Chứng minh rằng tổng hai cạnh bên của hình thang lớn hơn hiệu hai đáy của nó.

Lời giải chi tiết

Giả sử hình thang ABCD có hai đáy là AB, CD. Giả sử . Qua B kẻ đường thẳng song song với AD cắt DC tại E.

Tứ giác ABED có: AB//DE, AD//EB nên tứ giác ABED là hình bình hành. Do đó,

Vì nên E nằm giữa D và C.

Do đó, (1)

Tam giác BEC có: (bất đẳng thức trong tam giác)

Mà nên (2)

Từ (1) và (2) ta có:

Giải bài 3.14 trang 37 sách bài tập toán 8 - Kết nối tri thức với cuộc sống

Đề bài

Cho hình bình hành ABCD với góc A tù. Dựng bên ngoài hình bình hành đó các tam giác đều ABE và DAF. Chứng minh rằng tam giác CEF là tam giác đều.

(Gợi ý: Chứng minh các tam giác AEF, DCF, BEC bằng nhau)

Lời giải chi tiết

Vì ABCD là hình bình hành nên ,

Vì ABE đều nên ;

Vì ADF đều nên ;

Ta có:

Do đó,

Tam giác AEF và tam giác DCF có:

Suy ra , do đó,

Ta có:

Tam giác EBC và tam giác FDC có:

Suy ra , do đó,

Từ (1) và (2) ta có: nên tam giác FEC đều.

Giải bài 3.15 trang 37 sách bài tập toán 8 - Kết nối tri thức với cuộc sống

Đề bài

Chứng minh rằng nếu hai góc kề của mỗi cạnh của một tứ giác đều là hai góc bù nhau thì tứ giác đó là một hình bình hành.

Lời giải chi tiết

Xét tứ giác ABCD có tính chất hai góc kề mỗi cạnh là hai góc bù nhau.

Vì nên

Vì nên

Tứ giác ABCD có: , nên tứ giác ABCD là hình bình hành.

Giải bài 3.17 trang 37 sách bài tập toán 8 - Kết nối tri thức với cuộc sống

Đề bài

Cho hai điểm phân biệt A, B nằm bên trong góc xOy (không bẹt). Tìm điểm D thuộc tia Ox, điểm E thuộc tia Oy sao cho ADBE là một hình bình hành.

Lời giải chi tiết

Gọi K là trung điểm của AB thì điểm cần tìm D thuộc Ox, E cần tìm thuộc Oy sao cho K là trung điểm của DE.

Lấy điểm M sao cho K là trung điểm của OM, qua M kẻ đường thẳng song song với Ox cắt Oy tại E, và đường thẳng song song với Oy cắt Ox ở D. Khi đó, D, E xác định như trên là các điểm cần tìm.

Thậy vậy, nếu ME//OD, MD//OE thì ODME là hình bình hành. Mà K là trung điểm của OM nên K là trung điểm của DE.

Tứ giác AEBD có: K là trung điểm của DE, K là trung điểm của AB, AB và ED cắt nhau tại K nên tứ giác AEBD là hình bình hành.

Giải bài 3.18 trang 37 sách bài tập toán 8 - Kết nối tri thức với cuộc sống

Đề bài

Cho hình bình hành ABCD. Lấy các điểm E thuộc AB, F thuộc CD sao cho ; lấy các điểm G thuộc BC, H thuộc AD sao cho Chứng minh EGFH là một hình bình hành và các đường thẳng AC, BD, EF, GH đồng quy.

Lời giải chi tiết

Vì ABCD là hình bình hành nên

Vì , nên , suy ra

Vì , nên , suy ra

Tam giác HEA và tam giác GCF có:

Do đó, , suy ra

Tam giác EBG và tam giác FDH có:

Do đó, , suy ra

Tứ giác EGFH có: , nên EGFH là một hình bình hành.

Gọi O là trung điểm của AC.

Vì ABCD là hình bình hành nên hai đường chéo AC, BD cắt nhau tại O và O là trung điểm của BD (1).

Tứ giác EBFD có: EB//DF,   nên tứ giác EBDF là hình bình hành. Do đó, hai đường chéo EF và BD cắt nhau tại trung điểm O của BD (2).

Vì tứ giác EGFH là hình bình hành nên hai đường chéo EF và GH cắt nhau tại trung điểm O của EF (3).

Từ (1), (2) và (3) ta có: Các đường thẳng AC, BD, EF, GH đồng quy tại O.

Giải bài 3.19 trang 37 sách bài tập toán 8 - Kết nối tri thức với cuộc sống

Đề bài

Cho tam giác ABC không vuông tại A. Dựng bên ngoài tam giác đó hai tam giác ABD, ACE vuông cân tại đỉnh A rồi dựng hình bình hành AEID.

a) Chứng minh hai tam giác ABC và DAI bằng nhau.

b) Chứng minh đường thẳng AI vuông góc với BC.

c) Chứng minh đường thẳng BE vuông góc với đường thẳng CD.

d) Gọi K là trung điểm của BD, chứng minh \(KC = KI\) và KC vuông góc với KI

(Gợi ý: Chứng minh hai tam giác AKI và BKC bằng nhau).

Lời giải chi tiết

a) Vì AEID là hình bình hành nên \(\widehat {ADI} + \widehat {DAE} = {180^0}\) (hai góc kề một cạnh của hình bình hành)

Ta có: \(\widehat {DAE} + \widehat {DAB} + \widehat {BAC} + \widehat {CAE} = {360^0}\)

Mà tam giác ABD vuông tại A, tam giác ACE vuông tại A nên \(\widehat {BAC} + \widehat {DAE} = {360^0} - {90^0} - {90^0} = {180^0}\)

Do đó, \(\widehat {ADI} = \widehat {BAC}\)

Tam giác ABD vuông cân tại A nên \(AB = AD\)

Tam giác ACE vuông cân tại A nên \(AC = AE\)

Vì AEID là hình bình hành nên \(AE = DI\), do đó \(DI = AC\)

Tam giác ADI và tam giác BAC có:

\(AB = AD\)(cmt), \(\widehat {ADI} = \widehat {BAC}\) (cmt), \(DI = AC\) (cmt)

Do đó, \(\Delta ADI = \Delta BAC\left( {c - g - c} \right)\)

b) Giả sử AI cắt BC ở H.

Ta có: \(\widehat {DAI} + \widehat {DAB} + \widehat {BAH} = {180^0}\), mà \(\widehat {DAB} = {90^0}\) (do tam giác DAB vuông cân tại A). Suy ra \(\widehat {DAI} + \widehat {BAH} = {90^0}\)

Mà \(\widehat {DAI} = \widehat {ABC}\) (do \(\Delta ADI = \Delta BAC\)) nên \(\widehat {ABH} + \widehat {BAH} = {90^0}\)

Tam giác ABH có: \(\widehat {ABH} + \widehat {BAH} + \widehat {AHB} = {180^0}\) nên \(\widehat {AHB} = {180^0} - \left( {\widehat {ABH} + \widehat {BAH}} \right) = {90^0}\)

Do đó, AI vuông góc với BC tại H.

c) Ta có: \(\widehat {BAE} = \widehat {BAC} + \widehat {CAE} = \widehat {BAC} + {90^0}\)

\(\widehat {DAC} = \widehat {BAC} + \widehat {BAD} = \widehat {BAC} + {90^0}\)

Do đó, \(\widehat {BAE} = \widehat {DAC}\)

Tam giác BAE và tam giác DAC có:

\(AB = AD\left( {cmt} \right),\widehat {BAE} = \widehat {DAC}\left( {cmt} \right),AE = AC\left( {cmt} \right)\)

Do đó, \(\Delta BAE = \Delta DAC\left( {c - g - c} \right)\), suy ra \(\widehat {EBA} = \widehat {CDA}\)

Gọi J là giao điểm của DC và BE, ta có: \(\widehat {JBA} = \widehat {JDA}\)

Gọi P là giao điểm của AB và CD.

Tam giác ADP vuông tại A nên \(\widehat {PDA} + \widehat {DPA} = {90^0}\)

Mà \(\widehat {PDA} = \widehat {JBP},\widehat {DPA} = \widehat {BPJ}\) (đối đỉnh)

Do đó, \(\widehat {JBP} + \widehat {BPJ} = {90^0}\), suy ra \(\widehat {BJP} = {90^0}\) hay BE vuông góc với đường thẳng CD.

d) Tam giác ABD vuông cân tại A nên AK vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao, đường phân giác. Do đó, \(\widehat {DAK} = \frac{1}{2}\widehat {BAD} = {45^0}\)

Khi đó, \(\widehat {ABK} = \widehat {BAK} = {45^0}\) nên tam giác ABK vuông cân tại K, do đó, \(KA = KB\)

Ta có: \(\widehat {KAI} = \widehat {DAK} + \widehat {DAI} = {45^0} + \widehat {DAI} = {45^0} + \widehat {ABC}\)

Mặt khác \(\widehat {KBC} = \widehat {ABK} + \widehat {ABC} = {45^0} + \widehat {ABC}\)

Do đó, \(\widehat {KAI} = \widehat {KBC}\)

Tam giác AKI và tam giác BKC có:

\(AK = BK,\widehat {KAI} = \widehat {KBC},AI = BC\) (do \(\Delta ADI = \Delta BAC\))

Suy ra \(\Delta AKI = \Delta BKC\left( {c - g - c} \right)\) nên \(KI = KC\); \(\widehat {AKI} = \widehat {BKC}\)

Ta có: \(\widehat {AKC} + \widehat {BKC} = {90^0}\), mà \(\widehat {AKI} = \widehat {BKC}\)  nên \(\widehat {AKC} + \widehat {AKI} = {90^0}\) hay \(\widehat {IKC} = {90^0}\) nên KC vuông góc với KI.