Nội Dung
Hướng dẫn giải Bài tập ôn cuối năm phần hình học, sách giáo khoa toán 8 tập hai. Nội dung giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 trang 131 132 sgk toán 8 tập 2 bao gồm tổng hợp công thức, lý thuyết, phương pháp giải bài tập phần hình học có trong SGK toán để giúp các em học sinh học tốt môn toán lớp 8.
Lý thuyết
2. Chương II – Đa giác. Điện tích đa giác
3. Chương III – Tam giác đồng dạng
4. Chương IV – Hình lăng trụ đứng. Hình chóp đều
Dưới đây là Hướng dẫn giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 trang 131 132 sgk toán 8 tập 2. Các bạn hãy đọc kỹ đầu bài trước khi giải nhé!
Bài tập Ôn cuối năm phần Hình học
Giaibaisgk.com giới thiệu với các bạn đầy đủ phương pháp giải bài tập phần hình học 8 kèm bài giải chi tiết bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 trang 131 132 sgk toán 8 tập 2 của Bài tập ôn cuối năm phần hình học cho các bạn tham khảo. Nội dung chi tiết bài giải từng bài tập các bạn xem dưới đây:
1. Giải bài 1 trang 131 sgk Toán 8 tập 2
Dựng hình thang \(ABCD\, (AB// CD)\), biết ba cạnh: \(AD = 2cm, CD = 4 cm, BC = 3cm\) và đường chéo \(AC = 5 cm.\)
Bài giải:
♦ Dựng hình:
– Dựng đoạn thẳng \(CD = 4cm\).
– Dựng hai cung tròn tâm \(C\) bán kính \(5cm\) và tâm \(D\) bán kính \(2cm\) hai cung tròn cắt nhau tại \(A\).
– Dựng đường thẳng \(d\) qua \(A\) song song với \(DC\).
– Dựng cung tròn tâm \(C\) bán kính \(2cm\) cắt \(d\) tại \(2\) điểm \(B\) và \(B’\).
Các tứ giác \(ABCD\) và \(AB’CD\) là những hình thang thỏa mãn đề bài.
♦ Chứng minh:
Tứ giác \(ABCD\) có \(AB // CD\) (vì \(d\) // \(CD\)), \(AD = 2cm\), \(CD = 4 cm\), \(BC = 2 cm\), \(AC=5cm\) là hình thang thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Tứ giác \(AB’CD\) cũng là hình thang thỏa mãn yêu cầu vì \(AB’//CD\), \(AD = 2cm, CD = 4 cm, CB’ = 2 cm\), \(AC=5cm\).
Vậy bài toán có hai nghiệm hình.
2. Giải bài 2 trang 131 sgk Toán 8 tập 2
Cho hình thang \(ABCD \;(AB // CD)\) có hai đường chéo cắt nhau ở \(O\) và tam giác \(ABO\) là tam giác đều. Gọi \(E, F, G\) theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng \(OA, OD\) và \(BC\). Chứng minh rằng tam giác \(EFG\) là tam giác đều.
Bài giải:
Vì tam giác \(ABO\) đều (giả thiết)
\( \Rightarrow \widehat {AOB} = \widehat {OAB} = \widehat {ABO} = {60^0}\) (tính chất tam giác đều)
Vì \(AB // CD\) (gt)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\widehat {O{\rm{D}}C} = \widehat {ABO} = {60^0}\left( {SLT} \right)\\
\widehat {OC{\rm{D}}} = \widehat {OAB} = {60^0}\left( {SLT} \right)
\end{array} \right.\)
\(\widehat {CO{\rm{D}}} = \widehat {AOB} = {60^0}\) (đối đỉnh)
\( \Rightarrow\) tam giác \(CDO\) cũng đều (dấu hiệu nhận biết tam giác đều)
\( \Rightarrow OD = OC\) (tính chất tam giác đều)
Xét \(∆AOD\) và \(∆BOC\) có:
+) \(AO = BO\) (tam giác \(ABO\) đều)
+) \(\widehat {AO{\rm{D}}} = \widehat {BOC}\) (đối đỉnh)
+) \(OD = OC\) (cmt)
\( \Rightarrow ∆AOD = ∆BOC\) (c.g.c)
\( \Rightarrow AD = BC\) (2 cạnh tương ứng)
Ta có: \(E, F\) là trung điểm của \(AO\) và \(DO\) (gt)
\( \Rightarrow\) \(EF\) là đường trung bình của tam giác \(AOD\) (dấu hiệu nhận biết đường trung bình của tam giác)
\(EF = \dfrac{1}{2}AD = \dfrac{1}{2}BC\) (1) (tính chất đường trung bình của tam giác)
\(CF\) là đường trung tuyến của tam giác đều \(CDO\) nên \(CF ⊥ DO\) (tính chất tam giác đều)
Trong tam giác vuông \(CFB\), \(FG\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên:
\(FG = \dfrac{1}{2}BC\) (2)
Chứng minh tương tự ta cũng có:
\(EG = \dfrac{1}{2}BC\) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra \(EF = GF = EG\) nên tam giác \(EFG\) là tam giác đều (dấu hiệu nhận biết tam giác đều)
3. Giải bài 3 trang 131 sgk Toán 8 tập 2
Tam giác \(ABC\) có các đường cao \(BD, CE\) cắt nhau tại \(H\). Đường vuông góc với \(AB\) tại \(B\) và đường vuông góc với \(AC\) tại \(C\) cắt nhau ở \(K\). Tam giác \(ABC\) phải có điều kiện gì thì tứ giác \(BHCK\) là:
a) Hình thoi?
b) Hình chữ nhật?
Bài giải:
Ta có: \(CE ⊥ AB\) (gt)
\(KB ⊥ AB\) (gt)
Suy ra \(BK // CH\) (1)
Tương tự \(BH // KC\) (2)
Từ (1) và (2) ta được :
Tứ giác \(BHCK\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết hình bình hành)
Gọi \(M\) là giao điểm của hai đường chéo \(BC\) và \(HK\).
a) \(BHCK\) là hình thoi khi và chỉ khi \(HM ⊥ BC\) (dấu hiệu nhận biết hình thoi)
Vì \(HA ⊥ BC\) nên \(HM ⊥ BC ⇔A, H, M\) thẳng hàng.
Tam giác \(ABC\) có đường cao \(AH\) đồng thời là đường trung tuyến nên tam giác \(ABC\) cân tại \(A.\)
b) \(BHCK\) là hình chữ nhật \(⇔ BH ⊥ HC.\)
Ta lại có \(BE ⊥ HC, CD ⊥ BH\) nên \(BH ⊥ HC \) \(⇔ H, D, E\) trùng nhau. Khi đó \(H, D, E\) cũng trùng với \(A.\) Vậy tam giác \(ABC\) là tam giác vuông ở \(A.\)
4. Giải bài 4 trang 132 sgk Toán 8 tập 2
Cho hình bình hành \(ABCD\). Các điểm \(M, N\) theo thứ tự là trung điểm của \(AB, CD\). Gọi \(E\) là giao điểm của \(AN\) và \(DM\), \(K\) là giao điểm của \(BN\) và \(CM\). Hình bình hành \(ABCD\) phải có điều kiện gì để tứ giác \(MENK\) là:
a) Hình thoi?
b) Hình chữ nhật?
c) Hình vuông?
Bài giải:
Vì \(AB = 2MB, DC = 2DN \) (tính chất trung điểm)
Mà \(AB = DC\) (tính chất hình bình hành)
\( \Rightarrow MB = DN\)
Mà \(MB // DN\)
Tứ giác \(MBND\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết hình bình hành)
Tương tự ta có \(AMND, MBCN\) là hình bình hành.
\( \Rightarrow \) \(E\) là trung điểm của \(DM, K\) là trung điểm của \(CM\) (1) (tính chất hình bình hành)
\( \Rightarrow \) \(EM = NK\)
Mà \(EM // NK\) (do \(DM // BN\))
\( \Rightarrow \) \(MENK\) là hình bình hành.
a) Để \(MENK\) là hình thoi thì hình bình hành \(MENK\) phải có hai đường chéo vuông góc. Tức là \(MN ⊥ EK\).
Mà \(MN//BC;\,EK//CD\)
Suy ra \(BC ⊥ CD\).
Vậy \(ABCD\) phải là hình chữ nhật.
b) Để \(MENK\) là hình chữ nhật thì hình bình hành \(MENK\) phải có hai đường chéo bằng nhau. Tức là \(MN = EK\).
Mà \(MN = BC\), \(EK = \dfrac{1}{2}CD\) suy ra:
\(BC = \dfrac{1}{2}CD\).
c) Để \(MENK\) là hình vuông thì \(MENK\) phải vừa là hình thoi vừa là hình chữ nhật. Tức là hình bình hành \(ABCD\) phải là hình chữ nhật có: \(BC = \dfrac{1}{2}DC\)
5. Giải bài 5 trang 132 sgk Toán 8 tập 2
Trong tam giác \(ABC\) các đường trung tuyến \(AA’\) và \(BB’\) cắt nhau ở \(G\). Tính diện tích tam giác \(ABC\) biết rằng diện tích tam giác \(ABG\) bằng \(S.\)
Bài giải:
Ta có: \(AC = 2AB’\) (tính chất trung tuyến)
Mà \(\Delta ABC,\,\Delta ABB’\) có cùng chiều cao hạ từ đỉnh \(B\) xuống đáy \(AC\).
\( \Rightarrow \) \({S_{ABC}} = 2{S_{ABB’}}\) (1)
Xét \(\Delta ABC\) có các đường trung tuyến \(AA’\) và \(BB’\) cắt nhau ở \(G\) (gt)
\( \Rightarrow \) \(G\) là trọng tâm của \(\Delta ABC\) (định nghĩa trọng tâm)
\( \Rightarrow \) \(BB’ = \dfrac{3}{2}BG\) (tính chất trọng tâm)
Suy ra chiều cao hạ từ \(B’\) xuống đáy \(AB\) bằng \(\dfrac{3}{2}\) lần chiều cao hạ từ \(G\) xuống đáy \(AB\)
Mà \(\Delta ABG,\,\Delta ABB’\) chung đáy \(AB\)
Nên \({S_{ABB’}} = \dfrac{3}{2}{S_{ABG}}\) (2)
Từ (1), (2) suy ra \({S_{ABC}} = 2.\dfrac{3}{2}{S_{ABG}} = 3S\)
6. Giải bài 6 trang 132 sgk Toán 8 tập 2
Cho tam giác \(ABC\) và đường trung tuyến \(BM\). Trên đoạn thẳng \(BM\) lấy điểm \(D\) sao cho \(\dfrac{{B{\rm{D}}}}{{DM}} = \dfrac{1}{2}\) . Tia \(AD\) cắt \(BC\) ở \(K\). Tìm tỉ số diện tích của tam giác \(ABK\) và tam giác \(ABC.\)
Bài giải:
Kẻ \(ME\) song song với \(AK (E ∈ BC)\).
Ta có: \(\dfrac{{BK}}{{KE}} = \dfrac{{BD}}{{DM}} = \dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow KE = 2BK\)
Trong tam giác đường thẳng đi qua trung điểm của 1 cạnh và song song với cạnh thứ hai thì đi qua trung điểm của cạnh thứ 3. Do đó:
\(ME\) là đường trung bình của tam giác \(ACK\) nên \(EC = KE = 2BK\).
Ta có : \(BC = BK + KE + EC\)\(\, = BK + 2BK + 2BK = 5BK\)
\( \Rightarrow \dfrac{{BK}}{{BC}} = \dfrac{1}{5}\)
\(\dfrac{{{S_{ABK}}}}{{{S_{ABC}}}} = \dfrac{{BK}}{{BC}} = \dfrac{1}{5}\) (vì hai tam giác \(ABK\) và \(ABC\) có chung đường cao hạ từ \(A\)).
7. Giải bài 7 trang 132 sgk Toán 8 tập 2
Cho tam giác \(ABC\; (AB < AC)\). Tia phân giác của góc \(A\) cắt \(BC\) ở \(K\). Qua trung điểm \(M\) của \(BC\) kẻ một tia song song với \(KA\) cắt đường thẳng \(AB\) ở \(D\), cắt \(AC\) ở \(E\). Chứng minh \(BD = CE\).
Bài giải:
\(AK\) là đường phân giác của tam giác \(ABC\) (gt) nên
\(\dfrac{{KB}}{{AB}} = \dfrac{{KC}}{{AC}}\) (1) (tính chất đường phân giác của tam giác)
Vì \(MD // AK\) (gt)nên:
\(∆ABK ∽ ∆DBM\) và \(∆ECM ∽ ∆ACK\)
Do đó:
\(\dfrac{{KB}}{{AB}} = \dfrac{{BM}}{{BD}}\) (2) và \( \dfrac{{CM}}{{CE}} = \dfrac{{KC}}{{AC}}\) (3) (tính chất hai tam giác đồng dạng)
Từ (1), (2) và (3) ta có: \(\dfrac{{BM}}{{BD}} = \dfrac{{CM}}{{CE}}\) (4)
Do \(BM = CM\) (vì \(M\) là trung điểm) nên từ (4) suy ra: \(BD = CE.\)
8. Giải bài 8 trang 132 sgk Toán 8 tập 2
Trên hình 151 cho thấy ta có thể xác định chiều rộng \(BB’\) của khúc sông bằng cách xét hai tam giác đồng dạng \(ABC\) và \(AB’C’\). Hãy tính \(BB’\) nếu \(AC = 100 \,m\), \(AC’ = 32\, m, \,AB’ = 34\,m.\)
Bài giải:
Ta có: \(\Delta ABC \sim \Delta AB’C’\left( \text{giả thiết} \right)\)
\( \Rightarrow \) \(\dfrac{{AB}}{{AB’}} = \dfrac{{AC}}{{AC’}}\) (tính chất hai tam giác đồng dạng)
Mà \(AB=AB’+BB’\)
\( \Rightarrow \) \(\dfrac{{AB’ + BB’}}{{AB’}} = \dfrac{{AC}}{{AC’}}\)
\( \Rightarrow \) \(\dfrac{{34 + BB’}}{{34}} = \dfrac{{100}}{{32}}\)
\(\begin{array}{l}
\Rightarrow 34 + BB’ = 34.100:32\\
\Rightarrow 34 + BB’ = 106,25\\
\Rightarrow BB’ = 106,25 – 34\\
\Rightarrow BB’ = 72,25\left( m \right)
\end{array}\)
9. Giải bài 9 trang 132 sgk Toán 8 tập 2
Cho tam giác \(ABC\) có \(AB < AC\), \(D\) là một điểm nằm giữa \(A\) và \(C\). Chứng minh rằng : \(\widehat {ABD} = \widehat {ACB} \Leftrightarrow A{B^2} = AC.AD\)
Bài giải:
♦ Chứng minh \(\widehat {ABD} = \widehat {ACB} \Rightarrow A{B^2} = AC.AD\)
Xét \(∆ABD\) và \(∆ACB\) có:
\(\widehat A\) chung (gt)
\(\widehat {ABD} = \widehat {ACB}\) (gt)
\(\Rightarrow \) \(∆ABD ∽ ∆ACB\) (g.g)
\( \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{{AD}}{{AB}} \Rightarrow A{B^2} = AC.AD\)
♦ Chứng minh \(A{B^2} = AC.AD \Rightarrow \widehat {ABD} = \widehat {ACB}\)
\(A{B^2} = AC.AD\Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{{AD}}{{AB}}\)
Xét \(∆ABD\) và \(∆ACB\) có:
\(\widehat A\) chung
\(\dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{{AD}}{{AB}}\)
Suy ra \(∆ABD ∽ ∆ACB\) (c.g.c)
\(\Rightarrow \widehat {ABD} = \widehat {ACB}\) (Tính chất hai tam giác đồng dạng).
Vậy \(\widehat {ABD} = \widehat {ACB} \Leftrightarrow A{B^2} = AC.AD\)
10. Giải bài 10 trang 132 sgk Toán 8 tập 2
Cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A’B’C’D’\) có \(AB = 12 cm\), \(AD = 16 cm\), \(AA’ = 25 cm\).
a) Chứng minh các tứ giác \(ACC’A’\), \(BDD’B’\) là những hình chữ nhật.
b) Chứng minh rằng \(AC'{^2} = A{B^2} + A{D^2} + AA'{^2}\).
c) Tính diện tích toàn phần và thể tích của hình hộp chữ nhật.
Bài giải:
a) Xét tứ giác \(ACC’A’\) có:
\(AA’ // CC’\) và \(AC // A’C’\) (do \(ABCD.A’B’C’D’\) là hình hộp chữ nhật)
Vậy \(ACC’A’\) là hình bình hành (1)
Ta có:
\(\begin{array}{l}
AA’ \bot \left( {A’B’C’D’} \right) \Rightarrow AA’ \bot A’C’\\
\Rightarrow \widehat {AA’C’} = {90^0}\left( 2 \right)
\end{array}\)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác \(ACC’A’\) là hình chữ nhật.
Chứng minh tương tự suy ta tứ giác \(BDD’B’\) là hình chữ nhật.
b) Trong tam giác vuông \(ACC’\), áp dụng định lí Pitago có:
\(AC'{^2} = A{C^2} + CC'{^2} =A{C^2} + AA'{^2}\)
Trong tam giác vuông \(ABC\), áp dụng định lí Pitago có:
\(A{C^2} =A{B^2} + B{C^2} = A{B^2} + A{D^2}\)
Do đó: \(AC'{^2} = A{B^2} + A{{\rm{D}}^2} + AA'{^2}\)
c) Hình hộp chữ nhật được xem như hình lăng trụ đứng.
Diện tích xung quanh:
\({S_{xq}} = 2ph = 2\left( {AB + AD} \right).AA’\)\(\,=2(12 + 16)25 = 1400 (cm^2)\)
Diện tích một đáy:
\(S_đ= AB . AD = 12. 16 = 192 (cm^2)\)
Diện tích toàn phần:
\({S_{tp}} = {S_{xq}} + 2{S_đ} \)\(\,=1400 + 2.192 = 1784\, (cm^2)\)
Thể tích:
\(V= abc = AB.AD.AA’ = 12. 16. 25 \)\(\,= 4800\; c{m^3}\)
11. Giải bài 11 trang 132 sgk Toán 8 tập 2
Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có cạnh đáy \(AB = 20\, cm\), cạnh bên \(SA = 24\,cm.\)
a) Tính chiều cao \(SO\) rồi tính thể tích của hình chóp.
b) Tính diện tích toàn phần của hình chóp.
Bài giải:
a) Vì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều nên \(ABCD\) là hình vuông.
Do đó, \(B{\rm{D}} = AB\sqrt 2 = 20\sqrt 2 \,cm\)
Vì \(SO\) là đường cao nên \(SO \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\) hay \(\Delta {\rm{OSD}}\) vuông tại \(O.\)
Áp dụng định lí Pitago ta có:
\(S{O^2} = S{D^2} – O{D^2} \)\(\,= {24^2} – {\left( {\dfrac{{20\sqrt 2 }}{2}} \right)^2}\) \( = 376\)
\( \Rightarrow SO \approx 19,4\left( {cm} \right)\)
\(V =\dfrac{1}{3}{.20^2}.19,4\approx 2586,7\) (cm2)
b) Gọi \(H\) là trung điểm của \(CD\).
\(S{H^2} = S{D^2} – D{H^2} = {24^2} – {\left( {\dfrac{{20}}{2}} \right)^2} \) \(= 476\)
\( \Rightarrow SH ≈ 21,8 (cm)\)
\({S_{xq}} = p.d = \dfrac{1}{2}.4.20.21,8=872\) (cm2)
\({S_đ} = A{B^2} = {20^2} = 400\left( {c{m^2}} \right)\)
\({S_{tp}} = {S_{xq}} + {S_đ} = 872 + 400 = 1272\) \({\left( {cm} \right)^2}\)
Bài trước:
Bài tiếp theo:
Xem thêm:
- Các bài toán 8 khác
- Để học tốt môn Vật lí lớp 8
- Để học tốt môn Sinh học lớp 8
- Để học tốt môn Ngữ văn lớp 8
- Để học tốt môn Lịch sử lớp 8
- Để học tốt môn Địa lí lớp 8
- Để học tốt môn Tiếng Anh lớp 8
- Để học tốt môn Tiếng Anh lớp 8 thí điểm
- Để học tốt môn Tin học lớp 8
- Để học tốt môn GDCD lớp 8
Chúc các bạn làm bài tốt cùng giải bài tập sgk toán lớp 8 với giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 trang 131 132 sgk toán 8 tập 2!
“Bài tập nào khó đã có giaibaisgk.com“