Giải SGK Toán 8 Chân trời sáng tạo Bài 3: Hình thang - Hình thang cân

Khởi động: 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.

Lời giải:

- Nhận xét: Hai cạnh AB và CD của tứ giác ABCD song song với nhau.

1. Hình thang - hình thang cân

Khám phá 1: Tứ giác ABCD (Hình 1b) là hình vẽ minh hoạ một phần của chiếc thang ở Hình la. Nêu nhận xét của em về hai cạnh AB và CD của tứ giác này.

Lời giải:

- Hai cạnh AB và CD của tứ giác ABCD song song với nhau.

Thực hành 1: Tìm các góc chưa biết của hình thang MNPQ có hai đáy là MN và QP trong mỗi trường hợp sau và nêu nhận xét của em.

a) $\hat{Q}=90°$ và $\hat{N}=125°$.

b) $\hat{P}=\hat{Q}=110°$.

Lời giải:

a) Hình thang MNPQ (MN//PQ) có Qˆ=90 nên là hình thang vuông. Suy ra Qˆ=Mˆ=90∘ và Pˆ=180∘−Nˆ=180∘−125∘=55∘

b) Hình thang MNPQ (MN//PQ) có Pˆ=Qˆ=110∘ nên là hình thang cân

Suy ra Mˆ=Nˆ=180∘−110∘=70∘

Vận dụng 1: Một mặt tường của chân tháp cột cờ Hà Nội có dạng hình thang cân ABCD (Hình 4). Cho biết $\hat{D}=\hat{C}=75°$ . Tìm số đo $\hat{A}$ và $\hat{B}$.

Lời giải:

Hình thang cân ABCD có $\hat{D}=\hat{C}=75°$ nên:

$\hat{A}=\hat{B}=180°-75°=105°$.

Vận dụng 2: 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.

Lời giải:

2. Tính chất của hình thang cân

Khám phá 2: 

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 (Hỉnh 6b). So sánh MP và NQ. Giải thích.

Lời giải:

a)

i) Xét hình thang cân ABCD (AB // DC) có $\hat{A}=\hat{B}$.

Vì CE // AD nên $\hat{A}=\hat{E}$ (đồng vị).

Do đó $\hat{E}=\hat{B}$.

Xét DCEB có $\hat{E}=\hat{B}$ nên là tam giác cân tại C.

ii) Do DCEB cân tại C (câu i) nên CE = CB       (1)

Xét DADE và DCED có:

${\mathrm{ADE^\backslash widehat\{ADE\}ADE}}^{}={\mathrm{ADE^\backslash widehat\{ADE\}CED}}^{}$ (hai góc so le trong của AD // CE);

DE là cạnh chung;

${\mathrm{ADE^\backslash widehat\{ADE\}DEA}}^{}=$$\widehat{ADE}$ (hai góc so le trong của DC // AB).

Do đó DADE = DCED (g.c.g).

Suy ra AD = CE (hai cạnh tương ứng)        (2)

Từ (1) và (2) ta có AD = BC.

b) Áp dụng kết quả của phần ii) câu a) ở trên cho hình thang cân MNPQ ta có MQ = NP.

Xét hình thang cân MNPQ (MN // QP) có ${\mathrm{QMN^\backslash widehat\{QMN\}QMN}}^{}={\mathrm{PNM^\backslash widehat\{PNM\}PNM}}^{}$.

Xét DMNQ và DNMP có:

MQ = NP (chứng minh trên);

${\mathrm{QMN^\backslash widehat\{QMN\}QMN}}^{}={\mathrm{PNM^\backslash widehat\{PNM\}PNM}}^{}$ (chứng minh trên);

MN là cạnh chung.

Do đó DMNQ = DNMP (c.g.c)

Suy ra NQ = MP (hai cạnh tương ứng).

Thực hành 2: Tìm các đoạn thẳng bằng nhau trong hình thang cân MNPQ có hai đáy là MN và PQ.

Lời giải:

MQ = NP

MP = NQ

Vận dụng 3: 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.

Lời giải:

3. Dấu hiệu nhận biết của hình thang cân

Khám phá 3: 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.

Lời giải:

a) Xét hình thang ABCD có AB // CD hay AE // DC nên ${\mathrm{DCB^\backslash widehat\{DCB\}DCB}}^{}={\mathrm{EBC^\backslash widehat\{EBC\}EBC}}^{}$ (so le trong)

Do DB // CE nên ${\mathrm{DBC^\backslash widehat\{DBC\}DBC}}^{}={\mathrm{ECB^\backslash widehat\{ECB\}ECB}}^{}$ (so le trong).

Xét DDCB và DEBC có:

${\mathrm{DCB^\backslash widehat\{DCB\}DCB}}^{}={\mathrm{EBC^\backslash widehat\{EBC\}EBC}}^{}$ (chứng minh trên);

CB là cạnh chung;

${\mathrm{DBC^\backslash widehat\{DBC\}DBC}}^{}={\mathrm{ECB^\backslash widehat\{ECB\}ECB}}^{}$ (chứng minh trên).

Do đó DDCB = DEBC (g.c.g).

Suy ra BD = CE (hai cạnh tương ứng)

Mà AC = BD (giả thiết)

Nên AC = CE.

Xét DACE có AC = CE nên là tam giác cân tại C.

b) Do DACE cân tại C (câu a) nên ${\mathrm{CAE^\backslash widehat\{CAE\}CAE}}^{}={\mathrm{CEA^\backslash widehat\{CEA\}CEA}}^{}$ (hai góc tương ứng).

Mặt khác DB // CE nên ${\mathrm{DBA^\backslash widehat\{DBA\}DBA}}^{}=\stackrel{}{}$$\widehat{CEA}$ (đồng vị).

Do đó ${\mathrm{CAE^\backslash widehat\{CAE\}CAE}}^{}={\mathrm{DBA^\backslash widehat\{DBA\}DBA}}^{}\left(={\mathrm{CEA^\backslash widehat\{CEA\}CEA}}^{}\right)$.

Xét DABD và DBAC có:

AB là cạnh chung;

${\mathrm{DBA^\backslash widehat\{DBA\}DBA}}^{}={\mathrm{CEA^\backslash widehat\{CEA\}CAB}}^{}$ (chứng minh trên);

BD = AC (giả thiết).

Do đó DABD = DBAC (c.g.c).

Thực hành 3: Sử dụng thước đo góc và thước đo độ dài để tìm hình thang cân trong các tứ giác ở Hình 12.

Lời giải:

Dùng thước đo góc và thước đo độ dài ta xác định được:

• Hình 12a) có AB // DC nên tứ giác ABCD là hình thang, ta đo được ${\mathrm{CEA^\backslash widehat\{CEA\}ADC}}^{}={\mathrm{CEA^\backslash widehat\{CEA\}BCD}}^{}$ nên hình thang ABCD là hình thang cân.

• Hình 12b) có ST // VU nên tứ giác STUV là hình thang, ta đo được $\hat{V}\ne \hat{U}$ nên hình thang STUV không phải là hình thang cân.

• Hình 12c) có EH // FG nên tứ giác EFGH là hình thang, ta đo được EG = HF nên hình thang EFGH là hình thang cân.

• Hình 12d) có MN // QP (do có cặp góc so le trong bằng nhau ${\mathrm{NMP^\backslash widehat\{NMP\}NMP}}^{}={\mathrm{NMP^\backslash widehat\{NMP\}MPQ}}^{}$) nên tứ giác MNPQ là hình thang, ta đo được ${\mathrm{NMP^\backslash widehat\{NMP\}MQP}}^{}\ne \stackrel{}{}$$\widehat{NMP}$ nên hình thang MNPQ không phải là hình thang cân.

Vận dụng 4: 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 MP = NQ = $8\sqrt{2}$ cm. Tính độ dài đường cao và cạnh bên của hình thang.

Lời giải:

Bài tập

Bài tập 1: Tìm x và y ở các hình sau.

Lời giải:

a) x=180∘−140∘=40∘

b) x=180∘−60∘=120∘

MN // PQ suy ra y=Nˆngoài=70∘

c) Ta có: 4x+3x+2x+x=360∘ suy ra 10x=360∘ hay x=36∘

d) Ta có: x+2x=180∘ suy ra 3x=180∘ hay x=60∘

Bài tập 2: Cho tứ giác ABCD có AB = AD, BD là tia phân giác của góc B. Chứng minh rằng ABCD là hình thang.

Lời giải:

Xét DABD có AB = AD nên là tam giác cân tại A

Suy ra ${\mathrm{ABD^\backslash widehat\{ABD\}ABD}}^{}={\mathrm{ADB^\backslash widehat\{ADB\}ADB}}^{}$ (tính chất tam giác cân)

Vì BD là tia phân giác của góc B nên ${\mathrm{ABD^\backslash widehat\{ABD\}ABD}}^{}={\mathrm{CBD^\backslash widehat\{CBD\}CBD}}^{}$ (tính chất tia phân giác của một góc)

Suy ra ${\mathrm{CBD^\backslash widehat\{CBD\}CBD}}^{}={\mathrm{ADB^\backslash widehat\{ADB\}ADB}}^{}\left(={\mathrm{ABD^\backslash widehat\{ABD\}ABD}}^{}\right)$

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên AD // BC.

Xét tứ giác ABCD có AD // BC nên là hình thang.

Vậy ABCD là hình thang.

Bài tập 3: 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.

Lời giải:

Bài tập 4: 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 DABD = DEBD.

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.

Lời giải:

a) Xét ∆ABD và ∆EBD có:

BA = BE (giả thiết);

${\mathrm{ABD^\backslash widehat\{ABD\}ABD}}^{}={\mathrm{ABD^\backslash widehat\{ABD\}EBD}}^{}$ (do BD là tia phân giác của $\widehat{ABE}$);

BD là cạnh chung,

Do đó ∆ABD = ∆EBD (c.g.c).

b) Do ∆ABD = ∆EBD (câu a) nên ${\mathrm{ABD^\backslash widehat\{ABD\}BAD}}^{}={\mathrm{ABD^\backslash widehat\{ABD\}BED}}^{}=90°$ (hai góc tương ứng).

Do đó DE ⊥ BC

Mà AH ⊥ BC (giả thiết) nên DE // AH.

Tứ giác ADEH có DE // AH nên là hình thang

Lại có ${\mathrm{ABD^\backslash widehat\{ABD\}AHE}}^{}=90°$ nên ADEH là hình thang vuông.

c) Do ∆ABD = ∆EBD (câu a) nên AD = ED (hai cạnh tương ứng)

Do đó D nằm trên đường trung trực của AE.

Lại có BA = BE (giả thiết) nên B nằm trên đường trung trực của AE.

Suy ra BD là đường trung trực của đoạn thẳng AE nên BD ⊥ AE, hay BI ⊥ AE.

Xét ∆ABE có AI ⊥ BE, BI ⊥ AE nên I là trực tâm của tam giác

Do đó EI ⊥ AB hay EF ⊥ AB.

Mà CA ⊥ AB (do ∆ABC vuông tại A)

Suy ra EF // CA.

Tứ giác ACEF có EF // CA nên là hình thang.

Lại có ${\mathrm{ABD^\backslash widehat\{ABD\}FAC}}^{}=90°$ nên ACEF là hình thang vuông.

Bài tập 5: Tứ giác nào trong Hình 15 là hình thang cân?

Lời giải:

a) Ta có: Gˆ+Kˆ=129∘+51∘=180∘. Mà Gˆ và Kˆ là hai góc trong cùng phía suy ra GH // KI ⇒ GHKI là hình thang

Gˆ≠Hˆ

Kˆ≠Iˆ

Suy ra GHIK không là hình thang cân

Bài tập 6: Cho hình thang cân ABCD có AB // CD. Qua giao 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.

Lời giải:

Bài tập 7: Mặt bên của một chiếc va li (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.

Lời giải:

Áp dụng định lí Pythagore vào DADE vuông tại E, ta có:

AD2 = AE2 + DE2

Suy ra DE2 = AD2 – AE2 = 612 – 602 = 3 721 – 3 600 = 121 = 112

Do đó DE = 11 cm.

Kẻ BF ⊥ CD, khi đó BF là đường cao của hình thang cân ABCD nên BF = 60 cm.

Xét DADE và DBCF có:

${\mathrm{ABD^\backslash widehat\{ABD\}AED}}^{}={\mathrm{ABD^\backslash widehat\{ABD\}BFC}}^{}=90°$;

AD = BC (do ABCD là hình thang cân);

${\mathrm{ABD^\backslash widehat\{ABD\}ADE}}^{}={\mathrm{ABD^\backslash widehat\{ABD\}BCF}}^{}$ (do ABCD là hình thang cân).

Do đó DADE = DBCF (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra DE = CF = 11 cm (hai cạnh tương ứng).

Mà DE + EF + CF = DC

Nên EF = DC – DE – CF = 92 – 11 – 11 = 70 cm.

Tương tự Vận dụng 4, trang 71, Sách giáo khoa Toán 8, tập một, ta dễ dàng chứng minh được AB = EF = 70 cm.

Vậy độ dài đáy nhỏ của hình thang cân là 70 cm.