Nội Dung
Hướng dẫn giải Bài 3. Hình thang – Hình thang cân sgk Toán 8 tập 1 bộ Chân Trời Sáng Tạo. Nội dung bài Giải bài 1 2 3 4 5 6 7 trang 71 72 sgk Toán 8 tập 1 Chân Trời Sáng Tạo bao gồm đầy đủ phần lí thuyết kèm bài giải các câu hỏi, hoạt động khởi động, khám phá, thực hành, vận dụng và bài tập, giúp các bạn học sinh học tốt môn toán 8.
BÀI 3. HÌNH THANG – HÌNH THANG CÂN
Hoạt động khởi động trang 68 Toán 8 tập 1 CTST
Mái ngói của trụ sở Ủy ban nhân dân Thành phố Hồ Chí Minh có hình dạng một tứ giác ABCD. Nêu nhận xét của em về hai cạnh AB và CD của tứ giác này.
Trả lời:
Nhận xét: Hai cạnh $AB$ và $CD$ của tứ giác $ABCD$ song song với nhau.
1. HÌNH THANG – HÌNH THANG CÂN
Hoạt động khám phá 1 trang 68 Toán 8 tập 1 CTST
Tứ giác \(ABCD\) (Hình 1b) là hình vẽ minh họa một phần của chiếc thang ở Hình 1a. Nêu nhận xét của em về hai cạnh \(AB\) và \(CD\) của tứ giác này.
Trả lời:
Nhận xét: Hai cạnh \(AB\) và \(CD\) song song với nhau.
Thực hành 1 trang 69 Toán 8 tập 1 CTST
Tìm các góc chưa biết của hình thang \(MNPQ\) có hai đáy là \(MN\) và \(QP\) trong mỗi trường hợp sau.
a) \(\widehat Q = 90^\circ \) và \(\widehat N = 125^\circ \).
b) \(\widehat P = \widehat Q = 110^\circ \).
Trả lời:
a) Ta có hình vẽ minh họa sau:
Hình thang \(MNPQ\) có \(\widehat Q = 90^\circ \) nên là hình thang vuông.
Suy ra \(\widehat M = 90^\circ \)
Áp dụng định lí tổng các góc của một tứ giác, ta có:
\(\widehat P = 360^\circ – \left( {90^\circ + 90^\circ + 125^\circ } \right) = 55^\circ \)
b) Ta có hình vẽ minh họa sau:
Hình thang \(MNPQ\) có \(\widehat P = \widehat Q = 110^\circ \) nên là hình thang cân.
Suy ra \(\widehat M = \widehat N = 180^\circ – 110^\circ = 70^\circ\).
Vận dụng 1 trang 69 Toán 8 tập 1 CTST
Một mặt tường của chân tháp cột cờ Hà Nội có dạng hình thang cân \(ABCD\) (Hình 4). Cho biết \(\widehat D = \widehat C = 75^\circ \). Tìm số đo \(\widehat A\) và \(\widehat B\).
Trả lời:
Do ${ABCD}$ là hình thang cân (gt) nên \(\widehat A = \widehat B\)
Xét hình thang \(ABCD\) ta có:
\(\widehat {\rm{A}} + \widehat {\rm{B}} + \widehat {\rm{C}} + \widehat {\rm{D}} = 360^\circ \)
$⇔ \widehat A + \widehat B + 75^\circ + 75^\circ = 360^\circ$
$⇒ \widehat A + \widehat B = 210^\circ$
Mà \(\widehat A = \widehat B\) (cmt)
Suy ra: \(\widehat {\rm{A}} = \widehat B = 105^\circ \).
Vận dụng 2 trang 69 Toán 8 tập 1 CTST
Tứ giác \(EFGH\) có các góc cho như trong Hình 5.
a) Chứng minh rằng \(EFGH\) là hình thang.
b) Tìm góc chưa biết của tứ giác.
Trả lời:
a) Ta có:
\(\widehat {\rm{E}} + \widehat {\rm{F}} = 95^\circ + 85^\circ = 180^\circ \)
Mà hai góc ở vị trí Trong cùng phía, suy ra \(EH // FG\)
Suy ra: \(EFGH\) là hình thang.
b) Xét hình thang \(EFGH\) ta có:
\(\widehat E + \widehat F + \widehat G + \widehat H = 360^\circ \)
$⇔ 95^\circ + 85^\circ + 27^\circ + \widehat H = 360^\circ$
$⇒ \widehat H = 153^\circ$
2. TÍNH CHẤT CỦA HÌNH THANG CÂN
Hoạt động khám phá 2 trang 69 Toán 8 tập 1 CTST
a) Cho hình thang cân \(ABCD\) có hai đáy là \(AB\) và \(CD\) (\(AB > CD\). Qua \(C\) vẽ đường thẳng song song với \(AD\) và cắt \(AB\) tại \(E\) (Hình 6a).
i) Tam giác \(CEB\) là tam giác gì? Vì sao?
ii) So sánh \(AD\) và \(BC\).
b) Cho hình thang cân \(MNPQ\) có hai đáy là \(MN\) và \(PQ\) (Hình 6). So sánh \(MP\) và \(NQ\). Giải thích.
Trả lời:
a) i) \(ABCD\) là hình thang cân (gt)
\(\Rightarrow \widehat A = \widehat B\) (1) và \(DC // AE\)
Vì \(AD // CE\) (gt)
\(\widehat A = \widehat {CEB}\) (cặp góc đồng vị) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: \(\widehat {CEB} = \widehat B\)
Suy ra \(\Delta CEB\) là tam giác cân.
ii) \(\Delta CEB\) cân tại \(C\) (cmt)
Suy ra: \(CE = BC\) (3)
Xét \(\Delta ADE\) và \(\Delta CED\) ta có:
\(\widehat {ADE} = \widehat {CED}\) (\(AD // CE\), cặp góc so le trong)
\(DE\) chung
\(\widehat {AED} = \widehat {CDE}\) (\(CD // AB\), cặp góc so le trong)
Suy ra: \(\Delta ADE = \Delta CED\) (g.c.g)
Suy ra: \(AD = CE\) (4)
Từ (3) và (4) suy ra: \(AD = BC\).
b) Chứng minh tương tự như ý a) ta có: Hình thang cân \(MNPQ\) có hai cạnh bên \(MQ = NP\)
Xét tam giác \(\Delta MQP\) và \(\Delta NPQ\) ta có:
\(MQ = NP\) (cmt)
\(\widehat {MQP} = \widehat {NPQ}\) (do \(MNPQ\) là hình thang cân)
\(PQ\) chung
Suy ra: \(\Delta MQP = \Delta NPQ\) (c.g.c)
\(⇒ MP = NQ\) (hai cạnh tương ứng).
Thực hành 2 trang 70 Toán 8 tập 1 CTST
Tìm các đoạn thẳng bằng nhau trong hình thang cân \(MNPQ\) có hai đáy \(MN\) và \(PQ\).
Trả lời:
Ta có hình vẽ minh họa sau:
Vì \(MNPQ\) là hình thang cân (gt)
Suy ra: \(MP = NQ\) và \(MQ = NP\)
Vận dụng 3 trang 70 Toán 8 tập 1 CTST
Một khung cửa sổ hình thang cân có chiều cao $3 m$, hai đáy là $3 m$ và $1 m$ (Hình 9). Tìm độ dài hai cạnh bên và hai đường chéo.
Trả lời:
Ta có hình vẽ minh họa sau:
Kẻ đường cao \(BK\)
Suy ra \(AH = BK\) và \(AHKB\) là hình chữ nhật
Suy ra \(HK = AB = 1\) cm
Vì \(ABCD\) là hình thang cân (gt)
\(\Rightarrow AC = BD\) và \(AD = BC\) (tc)
Xét \(\Delta AHD\) và \(\Delta BKC\) ta có:
\(\widehat {AHD} = \widehat {BKC} = 90^\circ \) (gt)
\(\widehat D = \widehat C\) (định nghĩa hình thang cân)
\(AD = BC\) (tính chất hình thang cân)
Suy ra: \(\Delta AHD = \Delta BKC\) (ch.cgv)
Suy ra \(DH = KC\) (hai cạnh tương ứng)
Suy ra \(DH = KC = \frac{CD – HK}{2} = \frac{3 – 1}{2} = 1\) (cm)
Suy ra \(HC = 2\) (cm)
Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông \(AHD\) ta có:
\(AD^2 = DH^2 + AH^2 = 1^2 + 3^2 = 10\)
Suy ra \(AD = \sqrt {10} \) (cm)
Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông \(ACH\) ta có:
\(AC^2 = AH^2 + HC^2 = 3^2 + 2^2 = 9 + 4 = 13\)
Suy ra \(AC = \sqrt {13} \) (cm)
Vậy \(AC = BD = \sqrt {13} \) cm; \(AD = BC = \sqrt {10} \) cm.
3. DẤU HIỆU NHẬN BIẾT CỦA HÌNH THANG CÂN
Hoạt động khám phá 3 trang 70 Toán 8 tập 1 CTST
Cho hình thang \(ABCD\) có hai đáy là \(AB\), \(CD\) và có hai đường chéo bằng nhau (Hình 10). Vẽ đường thẳng đi qua \(C\), song song với \(BD\) và cắt \(AB\) tại \(E\).
a) Tam giác \(CAE\) là tam giác gì? Vì sao?
b) So sánh tam giác \(ABD\) và tam giác \(BAC\).
Trả lời:
a) Vì \(ABCD\) là hình thang cân (gt)
\(\Rightarrow AC = BD\) và \(AB // CD\)
Xét \(\Delta BCD\) và \(\Delta CBE\) ta có:
\(\widehat {DCB} = \widehat {CBE}\) (do \(AB // CD\))
\(BC\) chung
\(\widehat {CBD} = \widehat {BCE}\) (do \(CE // BD\))
Suy ra \(\Delta BCD = \Delta CBE\) (g.c.g)
Suy ra \(BD = CE\) (hai cạnh tương ứng)
Mà \(AC = BD\) (cmt)
Suy ra \(AC = EC\)
Suy ra \(\Delta CAE\) cân tại \(C\)
b) Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta BAC\) ta có:
\(DA = BC\) (do \(ABCD\) là hình thang cân)
\(\widehat {DAB} = \widehat {CBA}\) (Do \(ABCD\) là hình thang cân)
\(AB\) chung
Suy ra \(\Delta ABD = \Delta BAC\) (c.g.c)
Thực hành 3 trang 71 Toán 8 tập 1 CTST
Sử dụng thước đo góc và thước đo độ dài để tìm hình thang cân trong các tứ giác ở Hình 12.
Trả lời:
Sau khi đo độ dài các cạnh và các góc, ta thấy \(ABCD\), \(EFGH\) là các hình thang cân.
Vận dụng 4 trang 71 Toán 8 tập 1 CTST
Mặt cắt của một li giấy đựng bỏng ngô có dạng hình thang cân \(MNPQ\) (Hình 13) với hai đáy \(MN = 6 cm, \,PQ = 10 cm\) và độ dài hai đường chéo \(MN = NQ = 8\sqrt 2 cm\). Tính độ dài đường chéo và cạnh bên của hình thang.
Trả lời:
a) Xét \(\Delta MHQ\) và \(\Delta NKP\) ta có:
\(\widehat {MHQ} = \widehat {NKP} = 90^\circ \)
\(MQ = NP\) (do \(MNPQ\) là hình thang cân)
\(\widehat {MQP} = \widehat {NPQ}\) (do \(MNPQ\) là hình thang cân)
Suy ra: \(\Delta MHQ = \Delta NKP\) (ch.gn)
Suy ra: \(HQ = KP\) (hai cạnh tương ứng)
Suy ra \(HQ = KP = \frac{{PQ – HK}}{2} = \frac{10 – 6}{2} = 2\) (cm)
\(HP = 8\) cm
Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông \(MHP\) ta có:
\(M{H^2} = M{P^2} – H{P^2} = {\left( {8\sqrt 2 } \right)^2} – {8^2} = 128 – 64 = 64\)
Suy ra: \(MH = 8\) (cm).
Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông \(MHQ\) ta có:
\(M{Q^2} = M{H^2} + Q{H^2} = {8^2} + {2^2} = 68\)
Suy ra: \(MQ = \sqrt {68} \) (cm).
GIẢI BÀI TẬP
Sau đây là phần Giải bài 1 2 3 4 5 6 7 trang 71 72 sgk Toán 8 tập 1 Chân Trời Sáng Tạo. Nội dung chi tiết bài giải từng bài tập các bạn xem dưới đây:
Giải bài 1 trang 71 Toán 8 tập 1 CTST
Tìm \(x\) và \(y\) ở các hình sau.
Bài giải:
a) Vì \(AB // CD\) (gt) suy ra:
\(\widehat B + \widehat C = 180^\circ \) (cặp góc trong cùng phía)
$⇔ 140^\circ + x = 180^\circ$
$⇒ x = 40^\circ$
b) Vì \(MN // PQ\) (gt)
\(\Rightarrow \widehat M + \widehat Q = 180^\circ \) (trong cùng phía)
$⇔ x + 60^\circ = 180^\circ$
$⇒ x = 120^\circ$
Vì \(MN // PQ\) (gt)
\(\Rightarrow \widehat P = \widehat N = 70^\circ \) (so le trong)
c) Xét tứ giác \(IHGK\) ta có:
$\widehat H + \widehat G + \widehat I + \widehat K = 360^\circ$
$⇔ 4x + 3x + 2x + x = 360^\circ $
$⇔ 10x = 360^\circ$
$⇒ x = 360^\circ :10 = 36^\circ$
d) Xét tứ giác \(UVST\) ta có:
\(\widehat U + \widehat V + \widehat S + \widehat T = 360^\circ \)
$⇔ x + 2x + 90^\circ + 90^\circ = 360^\circ$
$⇔ 3x + 180^\circ = 360^\circ$
$⇔ 3x = 180^\circ$
$⇒ x = 60^\circ$.
Giải bài 2 trang 71 Toán 8 tập 1 CTST
Cho tứ giác \(ABCD\) có \(AB = AD\), \(BD\) là tia phân giác của góc \(B\). Chứng minh rằng \(ABCD\) là hình thang.
Bài giải:
Ta có hình vẽ minh họa sau:
Xét \(\Delta ABD\) ta có: \(AD = AB\) (gt)
\(\Rightarrow \Delta ADB\) cân tại \(A\)
\(\Rightarrow \widehat {ADB} = \widehat {ABD}\)
Mà \(\widehat {ABD} = \widehat {CBD}\) (do \(BD\) là phân giác của góc \(B\))
\(\Rightarrow \widehat {ADB} = \widehat {CBD}\)
Mà hai góc ở vị trí so le trong
\(\Rightarrow AD\;{\rm{//}}\;BC\)
Suy ra \(ABCD\) là hình thang.
Giải bài 3 trang 72 Toán 8 tập 1 CTST
Cho tam giác nhọn \(ABC\) có \(AH\) là đường cao. Tia phân giác của góc \(B\) cắt \(AC\) tại \(M\). Từ \(M\) kẻ đường thẳng vuông góc với \(AH\) và cắt \(AB\) tại \(N\). Chứng minh rằng:
a) Tứ giác \(BCMN\) là hình thang.
b) \(BN = MN\).
Bài giải:
Ta có hình vẽ minh họa sau:
a) Ta có:
\(NM \bot AH\) (gt)
\(BC \bot AH\) (gt)
Suy ra \(NM\) // \(BC\)
Suy ra \(BNMC\) là hình thang.
b) Vì \(NM\) // \(BC\) (cmt)
Suy ra \(\widehat {NMB} = \widehat {MBC}\) (so le trong)
Mà \(\widehat {MBN} = \widehat {MBC}\) (do \(MB\) là phân giác)
Suy ra \(\widehat {MBN} = \widehat {NMB}\)
Suy ra \(\Delta MNB\) cân tại \(N\)
Suy ra \(BN = NM\).
Giải bài 4 trang 72 Toán 8 tập 1 CTST
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) (\(AB < AC\)). Tia phân giác của góc \(B\) cắt \(AC\) tại \(D\). Trên \(BC\) lấy điểm\(E\) sao cho \(BE = BA\).
a) Chứng minh rằng \(\Delta ABD = \Delta EBD\).
b) Kẻ đường cao \(AH\) của tam giác \(ABC\). Chứng minh rằng tứ giác \(ADEH\) là hình thang vuông.
c) Gọi \(I\) là giao điểm của \(AH\) với \(BD\), đường thẳng \(EI\) cắt \(AB\) tại \(F\). Chứng minh rằng tứ giác \(ACEF\) là hình thang vuông.
Bài giải:
Ta có hình vẽ minh họa sau:
a) Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta EBD\) ta có:
\(BA = BE\) (gt)
\(\widehat {ABD} = \widehat {EBD}\) (do \(BD\) là phân giác)
\(BD\) chung
Suy ra \(\Delta ABD = \Delta EBD\) (c.g.c)
b) Vì \(\Delta ABD = \Delta EBD\) (cmt)
Suy ra \(\widehat {BAD} = \widehat {BED} = 90^\circ \) (hai góc tương ứng)
Suy ra \(DE \bot BC\)
Mà \(AH \bot BC\) (gt), suy ra \(AH // DE\)
Suy ra \(ADEH\) là hình thang.
Mà \(\widehat {DEB} = 90\) (cmt)
Suy ra \(ADEH\) là hình thang vuông.
c) Gọi \(K\) là giao điểm của \(AE\) và \(AD\)
Suy ra \(BK\) là phân giác của \(\widehat {ABC}\)
Mà \(\Delta ABE\) cân tại \(B\) (do \(BA = BE\) )
Suy ra \(BK\) cũng là đường cao
Xét \(\Delta ABE\) có hai đường cao \(BK\) và \(AH\) cắt nhau tại \(I\)
Suy ra \(I\) là trực tâm của \(\Delta ABE\)
Suy ra \(EF \bot AB\)
Mà \(AC \bot AB\) (do \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\))
Suy ra \(AC\) // \(EF\)
Suy ra \(ACEF\) là hình thang.
Mà \(\widehat {CAE} = 90^\circ \)(gt)
Suy ra \(ACEF\) là hình thang vuông.
Giải bài 5 trang 72 Toán 8 tập 1 CTST
Tứ giác nào trong Hình 15 là hình thang cân?
Bài giải:
a) Xét tứ giác \(KGHI\) ta có:
\(\widehat {HGK} + \widehat {GKI} = 129^\circ + 51^\circ = 180^\circ \)
Mà hai góc ở vị trí trong cùng phía
Suy ra \(GH // KI\)
Suy ra \(KGHI\) là hình thang.
b) Ta có:
\(\widehat {M_1} + \widehat {NMQ} = 180^o\) (hai góc kề bù)
\(\Rightarrow \widehat{NMQ} = 180^o – \widehat{M_1} = 180^o – 75^o = 105^o\)
Xét tứ giác MNPQ có:
$\widehat {NMQ} + \widehat N + \widehat P + \widehat Q = 360^o$
$\Rightarrow \widehat N = 360^o – \widehat {NMQ} – \widehat P – \widehat Q$
$= 360^o – 105^o – 75^o – 105^o = 75^o$
Ta có: \(\widehat {M_1} = \widehat N = 75^0\) mà \(\widehat {M_1}\) và \(\widehat N\) ở vị trí so le trong nên $MQ // NP$
Suy ra $MNPQ$ là hình thang.
Mà \(\widehat {NMQ} = \widehat Q = 105^o; \widehat {N} = \widehat P = 75^o\)
Suy ra \(MNPQ\) là hình thang cân.
c) Ta kí hiệu góc như sau:
Ta có:
\(\widehat {ADC} = 180^\circ – 120^\circ = 60^\circ \)
Lại có: \(\widehat {ADC} = \widehat {A_1} = 60^\circ \)
Mà hai góc ở vị trí so le trong
Suy ra \(AB // CD\)
Suy ra \(ABCD\) là hình thang.
Mà \(AC = BD\)
Suy ra \(ABCD\) là hình thang cân.
Giải bài 6 trang 72 Toán 8 tập 1 CTST
Cho hình thang cân \(ABCD\) có \(AB\) // \(CD\). Qua gia điểm \(E\) của \(AC\) và \(BD\), ta vẽ đường thẳng song song với \(AB\) và cắt \(AD\), \(BC\) lần lượt tại \(F\) và \(G\) (Hình 16). Chứng minh rằng \(EG\) là tia phân giác của góc \(CEB\).
Bài giải:
Vì \(EG // AB\) (gt)
Suy ra \(\widehat {CEG} = \widehat {CAB}\) (đồng vị) và \(\widehat {GEB} = \widehat {EBA}\) (1)
Xét \(\Delta CAB\) và \(\Delta DBA\) ta có:
\(AC = BD\) (tính chất hình thang cân)
\(BC = AD\) (tính chất hình thang cân)
\(AB\) chung
Suy ra \(\Delta CAB = \Delta DBA\) (c.c.c)
Suy ra \(\widehat {CAB} = \widehat {EAB}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {CEG} = \widehat {GEB}\)
Suy ra \(EG\) là phân giác của \(\widehat {CEB}\).
Giải bài 7 trang 72 Toán 8 tập 1 CTST
Mặt bên của một chiếc vali (Hình 17a) có dạng hình thang cân và được vẽ lại như Hình 17b. Biết hình thang đó có độ dài đường cao là \(60\) cm, cạnh bên là \(61\) cm và đáy lớn là \(92\) cm. Tính độ dài đáy nhỏ.
Bài giải:
Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông \(ADE\) ta có:
\(D{E^2} + A{E^2} = A{D^2}\)
\(⇔ D{E^2} = A{D^2} – A{E^2} = {61^2} – {60^2} = 121 = {11^2}\)
\(⇒ DE = 11\) (cm)
⇒ Độ dài \(AB\) là: \(92 – 11.2 = 70\) (cm)
Vậy độ dài đáy nhỏ của hình thang cân là $70 \,cm$.
Bài trước:
👉 Giải bài 1 2 3 4 5 6 7 trang 66 67 sgk Toán 8 tập 1 Chân Trời Sáng Tạo
Bài tiếp theo:
👉 Giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 trang 80 81 sgk Toán 8 tập 1 Chân Trời Sáng Tạo
Trên đây là bài Hướng dẫn Giải bài 1 2 3 4 5 6 7 trang 71 72 sgk Toán 8 tập 1 Chân Trời Sáng Tạo 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“