Nội Dung
Hướng dẫn giải Bài tập cuối chương V sgk Toán 8 tập 1 bộ Cánh Diều. Nội dung bài Giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 trang 120 121 sgk Toán 8 tập 1 Cánh Diều bao gồm đầy đủ phần lí thuyết kèm bài giải các câu hỏi, hoạt động, luyện tập vận dụng và bài tập, giúp các bạn học sinh học tốt môn toán 8.
GIẢI BÀI TẬP CUỐI CHƯƠNG V
Sau đây là phần Giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 trang 120 121 sgk Toán 8 tập 1 Cánh Diều. Nội dung chi tiết bài giải từng bài tập các bạn xem dưới đây:
Giải bài 1 trang 120 Toán 8 tập 1 CD
Cho tứ giác $ABCD$ có \(\widehat A = {60^o}, \,\widehat B = {70^o}, \,\widehat C = {80^o}\). Khi đó, \(\widehat D\) bằng:
A. $130^o$.
B. $140^o$.
C. $150^o$.
D. $160^o$.
Bài giải:
$ABCD$ là tứ giác nên:
$\widehat A + \widehat B + \widehat C + \widehat D = {360^o}$
$⇒ \widehat D = {360^o} – \widehat A – \widehat B – \widehat C$
$= {360^o} – {60^o} – {70^o} – {80^o} = {150^o}$
⇒ Đáp án: C.
Giải bài 2 trang 120 Toán 8 tập 1 CD
Cho hình thang cân $ABCD$ có $AB // CD$, \(\widehat A = {80^o}\). Khi đó, \(\widehat C\) bằng:
A. $80^o$.
B. $90^o$.
C. $100^o$.
D. $110^o$.
Bài giải:
Ta có hình vẽ minh họa sau:
Vì $ABCD$ là hình thang cân nên \(\widehat A = \widehat B = {80^o}\)
Mà:
$\widehat A + \widehat B + \widehat C + \widehat D = 360^o$
$⇒ \widehat C = \widehat D = \frac{{{{360}^o} – \widehat B – \widehat A}}{2}$
$= \frac{{{{360}^o} – {{80}^o} – {{80}^o}}}{2} = {100^o}$
⇒ Đáp án: C.
Giải bài 3 trang 120 Toán 8 tập 1 CD
Cho hình bình hành $MNPQ$ có các góc khác $90^o$, $MP$ cắt $NQ$ tại $I$. Khi đó:
A. $IM = IN$.
B. $IM = IP$.
C. $IM = IQ$.
D. $IM = MP$.
Bài giải:
Ta có hình vẽ minh họa sau:
Hình bình hành $MNPQ$ có các góc khác $90^o$, $MP$ cắt $NQ$ tại $I$.
Khi đó: $IM = IP; IN = IQ$
⇒ Đáp án: B.
Giải bài 4 trang 120 Toán 8 tập 1 CD
Cho hình chữ nhật $MNPQ$. Đoạn thẳng $MP$ bằng đoạn thẳng nào sau đây:
A. $NQ$.
B. $MN$.
C. $NP$.
D. $QM$.
Bài giải:
Ta có hình vẽ minh họa sau:
Vì $MNPQ$ là hình chữ nhật nên $MP = NQ$ vì hai hai đường chéo bằng nhau.
⇒ Đáp án: A.
Giải bài 5 trang 120 Toán 8 tập 1 CD
Hình 72 mô tả một cây cao $4 m$. Biết rằng khi trời nắng, cây đổ bóng trên mặt đất, điểm xa nhất của bóng cây cách gốc cây một khoảng là $3 m$. Tính khoảng cách từ điểm xa nhất của bóng cây đến đỉnh của cây.
Bài giải:
Khoảng cách từ đỉnh xa nhất của bóng cây đến đỉnh của cây là cạnh huyền của một tam giác vuông.
Khi đó: Khoảng cách từ đỉnh xa nhất của bóng cây đến đỉnh của cây là:
\(\sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5m\)
Giải bài 6 trang 120 Toán 8 tập 1 CD
Màn hình một chiếc ti vi có dạng hình chữ nhật với kích thước màn hình ti vi được tính bằng độ dài đường chéo của màn hình (đơn vị: inch, trong đó $1 inch = 2, 54 cm$). Người ta đưa ra công thức tính khoảng cách an toàn khi xem ti vi để giúp khách hàng lựa chọn được chiếc ti vi phù hợp với căn phòng của mình như sau:
Khoảng cách tối thiểu $= 5, 08 . d (cm)$
Khoảng cách tối đa $= 7, 62 . d (cm)$
Trong đó, $d$ là kích thước màn hình ti vi tính theo inch.
Với một chiếc ti vi có chiều dài màn hình $74,7 cm$, chiều rộng màn hình $32 cm$.
a) Kích thước màn hình của ti vi đó là bao nhiêu inch (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)?
b) Khoảng cách tối thiểu và khoảng cách tối đa để xem chiếc ti vi đó là bao nhiêu mét (làm tròn kết quả đến hàng phần mười)?
Bài giải:
a) Vì ti vi là hình chữ nhật nên kích thước màn hình chính là đường chéo của hình chữ nhật đó.
Khi đó:
\(d = \sqrt {74,{7^2} + {{32}^2}} \approx 81(cm)\)
Đổi \(81cm = \frac{81}{2,54} \approx 32inch\)
Vậy kích thước màn hình của ti vi đó là $32 \,inch$.
b) Khoảng cách tối thiểu để xem chiếc ti vi đó là:
\(5,08.32 = 162,56 \,(cm) \approx 1,6 \,m\)
Khoảng cách tối đa để xem chiếc ti vi đó là:
\(7,62.32 = 243,84 \,(cm) \approx 2,4 \,m\).
Giải bài 7 trang 121 Toán 8 tập 1 CD
Cho tứ giác $ABCD$ có \(\widehat {DAB} = \widehat {BCD}; \,\widehat {ABD} = \widehat {CDB}\). Chứng minh $ABCD$ là hình bình hành.
Bài giải:
Ta có hình vẽ minh họa sau:
Xét \(\Delta ABD\) có:
\(\widehat {BAD} + \widehat {ABD} + \widehat {BDA} = {180^0}\)
Xét \(\Delta BCD\) có:
\(\widehat {BCD} + \widehat {ADC} + \widehat {DBC} = {180^0}\)
$⇒ \widehat {BAD} + \widehat {ABD} + \widehat {BDA} = \widehat {BCD} + \widehat {ADC} + \widehat {DBC}$
$⇒ \widehat {DAB} = \widehat {DBC}$ (do$\widehat {BAD} = \widehat {BCD}; \,\widehat {ABD} = \widehat {ADC}$)
Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta CDB\) có:
$\widehat {ABD} = \widehat {CDB}; BD \,chung; \,\widehat {DBA} = \widehat {DBC}$
$⇒ \Delta ABD = \Delta CDB$ (g.c.g)
$⇒ AB = DC; \,AD = CB$
Suy ra tứ giác $ABCD$ là hình bình hành vì có cặp cạnh đối bằng nhau.
Giải bài 8 trang 121 Toán 8 tập 1 CD
Cho hình chữ nhật $ABCD$ có $M, N, P, Q$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB, BC, CD, DA$. Chứng minh tứ giác $MNPQ$ là hình thoi.
Bài giải:
Ta có hình vẽ minh họa sau:
Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AB = CD; AD = BC$
Vì $M, N, P, Q$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB, BC, CD, DA$ nên:
$AQ = BN = CN = DQ$
$AM = BM = CP = DP$
Xét 4 tam giác $AQM, BNM, CNP, DQP$ có:
$AQ = BN = CN = DQ$
$AM = BM = CP = DP$
Suy ra:
$\Delta AQM = \Delta BNM = \Delta CNP = \Delta DQP$
$⇒ QM = MN = NP = QP$
Vậy tứ giác $MNPQ$ có $QM = MN = NP = QP$ nên tứ giác $MNPQ$ là hình thoi.
Giải bài 9 trang 121 Toán 8 tập 1 CD
Cho tam giác $ABC$ vuông cân tại $C$. Trên các cạnh $AC, BC$ lần lượt lấy các điểm $D, G$ sao $AD = CG < AC$. Từ điểm $D$ kẻ $DE$ vuông góc với $AC$ ($E$ thuộc $AB$). Chứng minh tứ giác $CDEG$ là hình chữ nhật.
Bài giải:
Ta có hình vẽ minh họa sau:
Vì \(\Delta ABC\) vuông cân tại $C$
\(⇒ \widehat {CAD} = {45^0} ⇒ \widehat {DAE} = {45^0}\)
Vì \(\Delta ADE\) vuông cân tại $D$
$⇒ \widehat {DAE} = {45^0} ⇒ \widehat {DEA} = {45^0}$
$⇒ \Delta ADE$ là tam giác vuông cân tại $D$
Suy ra $AD = DE$ (1)
Mà: $AD = CG$ (2)
Từ (1), (2) suy ra: $DE = CG$
Mặt khác $DE//CG$ (vì cùng vuông góc với $AC$)
Suy ra tứ giác $CDEG$ là hình bình hành.
Mặt khác: \(\widehat {DCG} = {90^0}\)
Suy ra hình bình hành $CDEG$ là hình chữ nhật.
Giải bài 10 trang 121 Toán 8 tập 1 CD
Cho hình vuông $ABCD$. Trên các cạnh $AB, BC, CD, DA$ lần lượt lấy các điểm $M, N, P, Q$ sao cho $AM = BN = CP = DQ < AB$. Chứng minh tứ giác $MNPQ$ là hình vuông.
Bài giải:
Ta có hình vẽ minh họa sau:
Ta có:
\(\Delta AMG = \Delta BNM = \Delta CPN = \Delta AQC\) (hai cạnh góc vuông)
Suy ra $MQ = NM = PN = QC$
Suy ra $MNPQ$ là hình thoi
Do: \(\Delta AMQ = \Delta BNM ⇒ \widehat {AMQ} = \widehat {BNM}\) (2 góc tương ứng)
Mà: \(\widehat {BNM} + \widehat {BMN} = {90^0}\) (do \(\Delta BNM\) vuông tại $B$)
$⇒ \widehat {AMQ} + \widehat {BMN} = {90^0}$
$⇒ \widehat {QMN} = {180^0} – \widehat {AMQ} – \widehat {BMN} = {180^0} – {90^0} = {90^0}$
Vậy hình thoi $MNPQ$ có một góc bằng $90^o$ nên $MNPQ$ là hình vuông.
Giải bài 11 trang 121 Toán 8 tập 1 CD
Cho bình bình hành $ABCD$. Gọi $M$ là điểm nằm giữa $A$ và $B, N$ là điểm nằm giữa $C$ và $D$ sao cho $AM = CN$. Gọi $I$ là giao điểm của $MN$ và $AC$. Chứng minh:
a) \(\Delta IAM = \Delta ICN\).
b) Tứ giác $AMCN$ là hình bình hành.
c) Ba điểm $B, I, D$ thẳng hàng.
Bài giải:
Ta có hình vẽ minh họa sau:
a) Xét tam giác $IAM$ ta có:
\(\widehat {AMI} + \widehat {MIA} + \widehat {MAI} = {180^o}\)
Xét tam giác ICN có:
\(\widehat {CNI} + \widehat {NIC} + \widehat {NCI} = {180^o}\)
Vì:
\(\widehat {MIA} = \widehat {NIC}\) (đối đỉnh)
\(\widehat {MAI} = \widehat {NCI}\) (do $AB // CD$)
Suy ra: \(\widehat {AMI} = \widehat {CNI}\)
Xét tam giác $IAM$ và tam giác $ICN$ có:
\(\widehat {AMI} = \widehat {CNI}\)
$AM = CN$
\(\widehat {MIA} = \widehat {NIC}\)
\(⇒ \Delta IAM = \Delta ICN\) (g.c.g)
b) Vì \(\Delta IAM = \Delta ICN ⇒ MC = AN\)
Xét tứ giác $AMCN$ có: $MC = AN; AM = CN$
Suy ra tứ giác $AMCN$ là hình bình hành.
c) Vì tứ giác $AMCN$ là hình bình hành
Suy ra $I$ là trung điểm của $AC$
Suy ra $I$ là trung điểm của $BD$ (vì $ABCD$ là hình bình hành)
Suy ra ba điểm $B, I, D$ thẳng hàng.
Giải bài 12 trang 121 Toán 8 tập 1 CD
Cho hình thoi $ABCD$ và hình bình hành $BCMD$. Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Chứng minh:
a) \(OD = \frac{1}{2}CM\) và tam giác $ACM$ là tam giác vuông.
b) Ba điểm $A, D, M$ thẳng hàng.
c) Tam giác $DCM$ là tam giác cân.
Bài giải:
Ta có hình vẽ minh họa sau:
a) Vì $BCMD$ là hình bình hành
Suy ra: $BD = CM$ (1)
Mà $ABCD$ là hình thoi, $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$
\(⇒ OD = \frac{1}{2}BD\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: \(OD = \frac{1}{2}CM\).
Vì $BCND$ là hình bình hành nên $BD // CM$ (3)
Vì $ABCD$ là hình thoi nên \(BD \bot AC\) (4)
Từ (3), (4) suy ra: \(AC \bot CM\)
Suy ra: tam giác $ACM$ là tam giác vuông tại $C$.
b) Ta có:
$AD // BC$ (vì $ABCD$ là hình thoi)
$DM // BC$ (vì $DBCM$ là hình bình hành)
Suy ra $A, D, M$ thẳng hàng
c) Ta có:
$BC = DC$ (vì $ABCD$ là hình thoi)
$DM = BC$ (vì $DBCM$ là hình bình hành)
Suy ra: $DM = DC$
Suy ra tam giác $DCM$ là tam giác cân tại $D$.
Giải bài 13 trang 121 Toán 8 tập 1 CD
Cho hình vuông $ABCD$ có $M, N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $BC, CD$. Gọi $O$ là gao điểm của $AM$ và $BN$. Chứng minh:
a) \(\Delta ABM = \Delta BCN\).
b) \(\widehat {BAO} = \widehat {MBO}\).
c) \(AM \bot BN\).
Bài giải:
Ta có hình vẽ minh họa sau:
a) Vì $ANCD$ là hình vuông suy ra: $AB = BC = CD = DA$
Gọi $M$ là trung điểm của các cạnh $BC, CD$
Suy ra: $BM = MC = CN = CD$
Xét hai tam giác vuông $ABM$ và $BCN$ có:
$AB = BC$; $BM = CN$
\(⇒ \Delta ABM = \Delta BCN\) (hai cạnh góc vuông)
b) Theo câu a): \(\Delta ABM = \Delta BCN\)
$⇒ \widehat {BAM} = \widehat {CBN}\\ ⇒ \widehat {BAO} = \widehat {MBO}$
c) Vì \(\Delta ABM = \Delta BCN\)
$⇒ \widehat {MAB} = \widehat {NBM} ⇒ \widehat {MAB} = \widehat {OBM}$
Mà: \(\widehat {MAB} + \widehat {AMB} = {90^o}\) (do tam giác $ABM$ vuông tại $M$)
\(⇒ \widehat {OBM} + \widehat {AMB} = {90^o}\)
Xét tam giác $OBM$ có:
$\widehat {BOM} + \widehat {OBM} + \widehat {AMB} = {180^o}$
$⇒ \widehat {BOM} + {90^o} = {180^o}$
$⇒ \widehat {BOM} = {180^o} – {90^o} = {90^o}$
Suy ra: tam giác $OBM$ vuông tại $O$
$⇒ BO \bot OM ⇒ BN \bot AM$
Bài trước:
👉 Giải bài 1 2 3 4 5 trang 119 sgk Toán 8 tập 1 Cánh Diều
Bài tiếp theo:
👉 Giải bài 1 2 3 4 5 trang 7 8 sgk Toán 8 tập 2 Cánh Diều
Trên đây là bài Hướng dẫn Giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 trang 120 121 sgk Toán 8 tập 1 Cánh Diều đầy đủ, ngắn gọn và dễ hiểu nhất. Chúc các bạn làm bài môn toán 8 tốt nhất!
“Bài tập nào khó đã có giaibaisgk.com“