Toptailieu biên soạn và giới thiệu lời giải Toán 8 Bài 3 (Chân trời sáng tạo): Hình thang – Hình thang cân hay, chi tiết sẽ giúp học sinh dễ dàng trả lời câu hỏi SGK Toán 8 Bài 3 từ đó học tốt môn Toán 8.

Toán 8(Chân trời sáng tạo) Bài 3 : Hình thang – Hình thang cân

Giải Toán 8 trang 68 Tập 1

Khởi động trang 68 Toán 8 Tập 1: 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 trang 68 Toán 8 Tập 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:

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

Giải Toán 8 trang 69 Tập 1

Thực hành 1 trang 69 Toán 8 Tập 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) $\widehat{Q}=90°$ và $\widehat{N}=125°$.

b) $\widehat{P}=\widehat{Q}=110°$.

Lời giải:

a)

Xét hình thang MNPQ (MN // QP) có $\widehat{Q}=90°$ nên là hình thang vuông.

Suy ra $\widehat{M}=\widehat{Q}=90°$.

Áp dụng định lí tổng các góc của một tứ giác, ta có: $\widehat{M}+\widehat{N}+\widehat{P}+\widehat{Q}=360°$

Suy ra $\widehat{P}=360°-\left(\widehat{M}+\widehat{N}+\widehat{Q}\right)$

Do đó $\widehat{P}=360°-\left(90°+90°+125°\right)=55°$.

b)

Xét hình thang MNPQ (MN // QP) có $\widehat{P}=\widehat{Q}=110°$ nên là hình thang cân.

Suy ra $\widehat{M}=\widehat{N}=180°-110°=70°$.

Vận dụng 1 trang 69 Toán 8 Tập 1: Một mặt tường của chân tháp cột cờ Hà Nội có dạng hình thang cân ABCD (Hình 4). Cho biết $\widehat{D}=\widehat{C}=75°$ . Tìm số đo $\widehat{A}$ và $\widehat{B}$.

Lời giải:

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

$\widehat{A}=\widehat{B}=180°-75°=105°$.

Vận dụng 2 trang 69 Toán 8 Tập 1: 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:

a) Ta có $\widehat{HEF}+{\widehat{E}}_1=180°$ (hai góc kề bù)

Suy ra ${\widehat{E}}_1=180°-\widehat{HEF}=180°-95°=85°$

Do đó ${\widehat{E}}_1=\widehat{F}=85°$

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên HE // GF.

Xét tứ giác EFGH có HE // GF nên là hình thang.

b) Xét hình thang EFGH có: $\widehat{E}+\widehat{F}+\widehat{G}+\widehat{H}=360°$ (tổng các góc của một tứ giác).

Suy ra $\widehat{H}=360°-\left(\widehat{E}+\widehat{F}+\widehat{G}\right)$

Do đó $\widehat{H}=360°-\left(95°+85°+27°\right)=153°$.

2. Tính chất của hình thang cân

Khám phá 2 trang 69 Toán 8 Tập 1: 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 $\widehat{A}=\widehat{B}$.

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

Do đó $\widehat{E}=\widehat{B}$.

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

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

Xét DADE và DCED có:

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

DE là cạnh chung;

$\widehat{DEA}=\widehat{EDC}$ (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 $\widehat{QMN}=\widehat{PNM}$.

Xét DMNQ và DNMP có:

MQ = NP (chứng minh trên);

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

MN là cạnh chung.

Do đó DMNQ = DNMP (c.g.c)

Suy ra NQ = MP (hai cạnh tương ứng).

Giải Toán 8 trang 70 Tập 1

Thực hành 2 trang 70 Toán 8 Tập 1: Tìm các đoạn thẳng bằng nhau trong hình thang cân MNPQ có hai đáy là MN và PQ.

Lời giải:

Xét hình thang cân MNPQ (MN // PQ) có MQ = NP và MP = NQ (tính chất hình thang cân).

Vận dụng 3 trang 70 Toán 8 Tập 1: 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:

Xét hình thang cân ABCD (AB // DC) có $\widehat{D}=\widehat{C}$; AD = BC và AC = BD (tính chất hình thang cân).

Kẻ BK ⊥ DC.

Ta có AB // DC và BK ⊥ DC

Suy ra BK ⊥ AB nên $\widehat{ABK}=90°$.

Xét DAHK và DABK có:

$\widehat{KHA}=\widehat{ABK}=90°$;

AK là cạnh chung;

$\widehat{AKH}=\widehat{KAB}$ (hai góc so le trong của DC // AB).

Do đó DAHK = DABK (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra HK = BK = 1 cm (hai cạnh tương ứng).

Xét DAHD và DBKC có:

$\widehat{AHD}=\widehat{BKC}=90°$;

AD = BC (chứng minh trên);

$\widehat{D}=\widehat{C}$ (chứng minh trên).

Do đó DAHD = DBKC (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra DH = CK (hai cạnh tương ứng).

Mà DH + HK + CK = DC

Hay 2DH = DC – HK

Khi đó $DH=CK=\frac{DC-HK}{2}=\frac{3-1}{2}=1$ (cm) và HC = 2 cm.

Áp dụng định lí Pythagore cho DAHD vuông tại H, ta có:

AD² = AH² + DH² = 3² + 1² = 9 + 1 = 10.

Do đó $AD=\sqrt{10}\left(cm\right)$.

Áp dụng định lí Pythagore cho DAHC vuông tại H, ta có:

AC² = AH² + HC² = 3² + 2² = 9 + 4 = 13.

Do đó $AC=\sqrt{13}\left(cm\right)$.

Vậy $AD=BC=\sqrt{10}cm,AC=BD=\sqrt{13}cm$.

3. Dấu hiệu nhận biết của hình thang cân

Khám phá 3 trang 70 Toán 8 Tập 1: 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 $\widehat{DCB}=\widehat{EBC}$ (so le trong)

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

Xét DDCB và DEBC có:

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

CB là cạnh chung;

$\widehat{DBC}=\widehat{ECB}$ (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 $\widehat{CAE}=\widehat{CEA}$ (hai góc tương ứng).

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

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

Xét DABD và DBAC có:

AB là cạnh chung;

$\widehat{DBA}=\widehat{CAB}$ (chứng minh trên);

BD = AC (giả thiết).

Do đó DABD = DBAC (c.g.c).

Giải Toán 8 trang 71 Tập 1

Thực hành 3 trang 71 Toán 8 Tập 1: 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 $\widehat{ADC}=\widehat{BCD}$ nên hình thang ABCD là hình thang cân.

• Hình 12b) có ST // VU nên tứ giác STUV là hình thang, ta đo được $\widehat{V}\ne \widehat{U}$ 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 $\widehat{NMP}=\widehat{MPQ}$) nên tứ giác MNPQ là hình thang, ta đo được $\widehat{MQP}\ne \widehat{NPQ}$ nên hình thang MNPQ không phải là hình thang cân.

Vận dụng 4 trang 71 Toán 8 Tập 1: 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:

• MNPQ là hình thang cân nên MN // QP; MQ = NP; $\widehat{MQP}=\widehat{NPQ}$ (tính chất hình thang cân).

• Ta có: MN // QP (chứng minh trên) và NK ⊥ QP (giả thiết)

Suy ra NK ⊥ MN hay $\widehat{MNK}=90°$.

Xét DMHK và DKNM có:

$\widehat{MHK}=\widehat{KNM}=90°$;

MK là cạnh huyền chung;

$\widehat{MKH}=\widehat{KMN}$ (hai góc so le trong của QP // MN).

Do đó DMHK = DKNM (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra HK = NM = 6 cm (hai cạnh tương ứng).

• Xét DMHQ và DNKP có:

$\widehat{MHQ}=\widehat{NKP}=90°$;

MQ = NP (chứng minh trên);

$\widehat{MQH}=\widehat{NPK}$ (chứng minh trên).

Do đó DMHQ = DNKP (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra QH = PK (hai cạnh tương ứng).

Mà QH + HK + PK = QP

Hay 2QH = QP – HK

Khi đó QH = PK = $\frac{QP-HK}{2}=\frac{10-6}{2}=2\left(cm\right)$ 

Nên HP = HK + KP = 6 + 2 = 8 (cm).

• Áp dụng định lí Pythagore vào DMHP vuông tại H, ta có:

MP² = MH² + HP²

Suy ra MH² = MP² – HP² = ${\left(8\sqrt{2}\right)}^2-8^2=128-64=64=8^2$

Do đó MH = 8 cm.

Áp dụng định lí Pythagore vào DMHQ vuông tại H, ta có:

MQ² = MH² + HQ² = 8² + 2² = 64 + 4 = 68

Suy ra $MQ=2\sqrt{17}$ (cm).

Vậy hình thang cân MNPQ có độ dài đường cao là MH = NK = 8 cm; độ dài cạnh bên là MQ = NP = $2\sqrt{17}$ cm.

Bài tập

Bài 1 trang 71 Toán 8 Tập 1: Tìm x và y ở các hình sau.

Lời giải:

• Hình 14a):

Ta có AB // DC nên tứ giác ABCD là hình thang

Do đó $\widehat{B}+\widehat{C}=180°$

Suy ra $x=\widehat{C}=180°-\widehat{B}=180°-140°=40°$.

• Hình 14b):

Ta có MN // PQ nên tứ giác MNPQ là hình thang

Do đó $\widehat{M}+\widehat{Q}=180°$

Suy ra $\widehat{M}=180°-\widehat{Q}=180°-60°=120°$

Do MN // PQ nên  (hai góc so le trong).

• Hình 14c):

Ta có HG // IK nên tứ giác GHIK là hình thang.

Do đó $\left\{\begin{array}{l}x+4x=180°\\ 2x+3x=180°\end{array}\right.$

Hay 5x = 180° nên x = 36°.

• Hình 14d):

Ta có VS ⊥ ST và UT ⊥ ST nên VS // UT.

Do đó tứ giác STUV là hình thang

Suy ra $\widehat{V}+\widehat{U}=180°$

Nên 2x + x  = 180° hay 3x = 180°, suy ra x = 60°.

Bài 2 trang 71 Toán 8 Tập 1: 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 $\widehat{ABD}=\widehat{ADB}$ (tính chất tam giác cân)

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

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

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.

Giải Toán 8 trang 72 Tập 1

Bài 3 trang 72 Toán 8 Tập 1: 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:

a) Ta có AH ⊥ BC, AH ⊥ NM nên BC // NM

Tứ giác BCMN có BC // NM nên là hình thang.

b) Do BC // NM nên $\widehat{BMN}=\widehat{MBC}$ (so le trong).

Mà $\widehat{NBM}=\widehat{MBC}$ (do BM là tia phân giác của $\widehat{ABC}$)

Suy ra $\widehat{NBM}=\widehat{BMN}\left(=\widehat{MBC}\right)$

Tam giác BMN có $\widehat{NBM}=\widehat{BMN}$ nên là tam giác cân tại N

Suy ra BN = MN.

Bài 4 trang 72 Toán 8 Tập 1: 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 DABD và DEBD có:

BA = BE (giả thiết);

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

BD là cạnh chung,

Do đó DABD = DEBD (c.g.c).

b) Do DABD = DEBD (câu a) nên $\widehat{BAD}=\widehat{BED}=90°$ (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 $\widehat{AHE}=90°$ nên ADEH là hình thang vuông.

c) Do DABD = DEBD (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 DABE có AI ⊥ BE, BI ⊥ AE nên I là trực tâm của tam giác

Do đó EI ⊥ AB hay EF ⊥ AB.

Mà CA ⊥ AB (do DABC vuông tại A)

Suy ra EF // CA.

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

Lại có $\widehat{FAC}=90°$ nên ACEFF là hình thang vuông.

Bài 5 trang 72 Toán 8 Tập 1: Tứ giác nào trong Hình 15 là hình thang cân?

Lời giải:

• Hình 15a):

Ta thấy hai góc kề một đáy của tứ giác GHIK có số đo là 51° và 129° không bằng nhau.

Do đó tứ giác GHIK không phải là hình thang cân.

• Hình 15b):

Ta có ${\widehat{Q}}_1+\widehat{MQP}=180°$ (hai góc kề bù) nên

${\widehat{Q}}_1=180°-\widehat{MQP}=180°-105°=75°$.

Do đó ${\widehat{Q}}_1=\widehat{P}\left(=75°\right)$

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên MQ // NP.

Tứ giác MNPQ có MQ // NP nên là hình thang.

Do MQ // NP nên $\widehat{N}=75°$ (góc N so le trong với góc ngoài tại đỉnh M của hình thang)

Do đó $\widehat{N}=\widehat{P}=75°$.

Hình thang MNPQ có hai góc kề một đáy bằng nhau $\left(\widehat{N}=\widehat{P}\right)$ nên là hình thang cân.

• Hình 15c):

Ta có $\widehat{ADC}+{\widehat{D}}_1=180°$ (hai góc kề bù)

Suy ra $\widehat{ADC}=180°-{\widehat{D}}_1=180°-120°=60°$

Do đó $\widehat{ADC}={\widehat{A}}_1\left(=60°\right)$, mà hai góc này ở vị trí so le trong nên DC // AB.

Tứ giác ABCD có DC // AB và AC = BD nên là hình thang cân.

Bài 6 trang 72 Toán 8 Tập 1: 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:

Do ABCD là hình thang cân nên AB // DC và AD = BC; AC = BD; $\widehat{DAB}=\widehat{CBA}$ (tính chất hình thang cân).

Xét DACD và DBDC có:

CD là cạnh chung;

AD = BC (chứng minh trên);

AC = BD (chứng minh trên).

Do đó DACD = DBDC (c.c.c)

Suy ra ${\widehat{A}}_1={\widehat{B}}_1$ (hai góc tương ứng)

Lại có $\widehat{DAB}=\widehat{CBA}$ (chứng minh trên)

Nên $\widehat{DAB}-{\widehat{A}}_1=\widehat{CBA}-{\widehat{B}}_1$ hay ${\widehat{A}}_2={\widehat{B}}_2$.

Mặt khác EG // AB nên ${\widehat{E}}_1={\widehat{A}}_2$ (đồng vị) và ${\widehat{E}}_2={\widehat{B}}_2$ (so le trong).

Suy ra ${\widehat{E}}_1={\widehat{E}}_2$, do đó EG là tia phân giác của góc CEB.

Bài 7 trang 72 Toán 8 Tập 1: 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:

$$$\widehat{AED}=\widehat{BFC}=90°$;

AD = BC (do ABCD là hình thang cân);

$\widehat{ADE}=\widehat{BCF}$ (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.

Xem thêm các bài giải SGK Toán lớp 8 Chân trời sáng tạo hay, chi tiết khác:

Bài 1: Định lí Pythagore

Bài 2: Tứ giác

Bài 4: Hình bình hành – Hình thoi

Bài 5: Hình chữ nhật – Hình vuông

Bài tập cuối chương 3