Với giải SGK Toán 8 Cánh Diều trang 104 chi tiết trong Bài 3: Hình thang cân giúp học sinh dễ dàng xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập Toán 8. Mời các bạn đón xem:

Giải Toán 8 trang 104 Tập 1 (Cánh Diều)

Bài 2 trang 104 Toán 8 Tập 1: Người ta ghép ba hình tam giác đều có độ dài cạnh là a với vị trí như Hình 31.

a) Chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng.

b) Chứng minh tứ giác ACDE là hình thang cân.

c) Tính diện tích của tứ giác ACDE theo a.  

Lời giải:

a) Do ΔABE, ΔBED, ΔBDC là các tam giác đều nên $\widehat{ABE}=\widehat{EBD}=\widehat{DBC}=60°$

Do đó, $\widehat{ABC}=\widehat{ABE}+\widehat{EBD}+\widehat{DBC}=60°+60°+60°=180°$ 

Suy ra 3 điểm A, B, C thẳng hàng.

b) Do ΔABE, ΔBED là các tam giác đều nên $\widehat{ABE}=\widehat{BED}=60°$ 

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên AC // ED

Tứ giác ACDE có AC // ED nên là hình thang.

Mặt khác, $\widehat{EAC}=\widehat{DCA}=60°$ (do ΔABE, ΔBDC là các tam giác đều)

Do đó hình thang ACDE là hình thang cân.

c) Vẽ đường cao EH của tam giác AEB.

Do AEB là tam giác đều nên H là trung điểm của AB, do đó $HB=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}a$.

Xét ΔEHB vuông tại H, theo định lí Pythagore ta có:

EB² = EH² + HB²

Do đó EH² = EB² – HB² = $a^2-{\left(\frac{1}{2}a\right)}^2=a^2-\frac{1}{4}{a}^2=\frac{3}{4}{a}^2={\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2$

Suy ra $EH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Ta có AC = AB + BC = a + a = 2a.

Diện tích hình thang cân ACDE là:

$$\begin{gathered} S=\frac{1}{2}.\left(ED+AC\right).EH \\ =\frac{1}{2}.\left(a+2a\right).\frac{a\sqrt{3}}{2} \\ =\frac{1}{2}.3a.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}{a}^2}{4} \end{gathered}$$ 

(đơn vị diện tích).

Bài 3 trang 104 Toán 8 Tập 1: Cho hình chữ nhật ABCD. Trên cạnh AB lấy hai điểm M, N sao cho AM = NB < $\frac{1}{2}$AB. Chứng minh tứ giác MNCD là hình thang cân.

Lời giải:

Do ABCD là hình chữ nhật nên AD = BC, $\widehat{DAM}=\widehat{CBN}=90°$ và AB // CD.

Xét ΔAMD và ΔBNC có:

$\widehat{DAM}=\widehat{CBN}=90°$ (chứng minh trên);

AD = BC (chứng minh trên);

AM = BN (giả thiết).

Do đó ΔAMD = ΔBNC (hai cạnh góc vuông).

Suy ra $\widehat{AMD}=\widehat{BNC}$ (hai góc tương ứng).

Mặt khác $\widehat{AMD}+\widehat{DMN}=180°,\widehat{BNC}+\widehat{CNM}=180°$ (kề bù)

Suy ra $\widehat{DMN}=\widehat{CNM}$.

Tứ giác MNCD có MN // CD (do AB // CD) nên là hình thang.

Lại có $\widehat{DMN}=\widehat{CNM}$ 

Suy ra hình thang MNCD là hình thang cân.

Bài 4 trang 104 Toán 8 Tập 1: Cho tam giác ABC cân tại A có hai đường phân giác BE và CK. Chứng minh tứ giác BKEC là hình thang cân.

Lời giải:

• Do ABC là tam giác cân tại A nên $\widehat{KBC}=\widehat{ECB}$.

Do BE và CK là các đường phân giác của ΔABC nên $\widehat{EBC}=\frac{1}{2}\widehat{KBC},\widehat{KCB}=\frac{1}{2}\widehat{ECB}$.

Do đó $\widehat{EBC}=\widehat{KCB}$.

• Xét ΔKBC và ΔECB có:

$\widehat{KBC}=\widehat{BCE}$; BC là cạnh chung; $\widehat{KCB}=\widehat{BEC}$ 

Do đó ΔKBC = ΔECB (g.c.g)

Suy ra BK = CE và CK = BE (các cặp cạnh tương ứng).

• Xét ΔBKE và ΔCEK có:

KE là cạnh chung; BK = CE; BE = CK

Do đó ΔBKE = ΔCEK (c.c.c)

Suy ra $\widehat{BKE}=\widehat{CEK}$ (hai góc tương ứng).

• Xét tứ giác BCEK có $\widehat{KBC}+\widehat{ECB}+\widehat{BKE}+\widehat{CEK}=360°$

Hay $\widehat{KBC}+\widehat{KBC}+\widehat{BKE}+\widehat{BKE}=360°$

Do đó $2\left(\widehat{KBC}+\widehat{BKE}\right)=360°$

Suy ra $\widehat{KBC}+\widehat{BKE}=180°$.

Mặt khác $\widehat{AKE}+\widehat{BKE}=180°$ (kề bù)

Do đó $\widehat{KBC}=\widehat{AKE}$

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên KE // BC

• Tứ giác BCEK có KE // BC nên là hình thang

Lại có $\widehat{KBC}=\widehat{ECB}$ nên hình thang BCEK là hình thang cân.

Bài 5 trang 104 Toán 8 Tập 1: Hình 33a là mặt cắt đứng phần chứa nước của một con mương (Hình 32) khi đầy nước có dạng hình thang cân. Người ta mô tả lại bằng hình học mặt cắt đứng của con mương đó ở Hình 33b với BD // AE (B thuộc AC), H là hình chiếu của D trên đường thẳng AC.

a) Chứng minh các tam giác BCD, BDE, ABE là các tam giác đều.

b) Tính độ dài của DH, AC.

c) Tính diện tích mặt cắt đứng phần chứa nước của con mương đó khi đầy nước.

Lời giải:

a) • Do BD // AE nên $\widehat{BDE}=\widehat{AEx}=60°$ (đồng vị)

Do AC // ED nên $\widehat{BCD}=\widehat{CDy}=60°$ và $\widehat{CBD}=\widehat{BDE}=60°$ (các cặp góc so le trong).

Ta có $\widehat{EDB}+\widehat{BDC}+\widehat{CDy}=180°$

Suy ra $\widehat{BDC}=180°-\widehat{EDB}-\widehat{CDy}=180°-60°-60°=60°$

ΔBCD có $\widehat{CBD}=\widehat{BCD}=\widehat{BDC}=60°$ nên là tam giác đều.

Suy ra BD = BC = CD = 2 m.

• ΔBDE có BD = DE = 2 m nên là tam giác cân tại D

Lại có $\widehat{BDE}=60°$ nên ΔBDE là tam giác đều.

Suy ra BE = BD = DE =  2 m và $\widehat{BED}=60°$.

• Do AC // ED nên $\widehat{ABE}=\widehat{BED}=60°$ (so le trong).

ΔABE có AE = BE = 2 m nên là tam giác cân tại E.

Lại có $\widehat{ABE}=60°$ nên ΔABE là tam giác đều.

b) • Do ΔBCD là tam giác đều nên đường cao BH đồng thời là đường trung tuyến của tam giác

Do đó H là trung điểm của BC nên $HC=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}.2=1\left(m\right)$.

Xét ΔDHC vuông tại H, theo định lí Pythagore có:

CD² = HC² + DH²

Suy ra DH² = CD² – HC² = 2² – 1² = 3.

Do đó DH = $\sqrt{3}$ (m).

• Do ΔABE là tam giác đều nên AB = AE =  2 m.

Khi đó AC = AB + BC = 2 + 2 = 4 (m).

c) Diện tích mặt cắt đứng phần chứa nước của con mương đó khi đầy nước là:

$S_{AEDC}=\frac{1}{2}.\left(ED+AC\right).DH=\frac{1}{2}.\left(2+4\right).\sqrt{3}=3\sqrt{3}\left(m^2\right)$ .