Toptailieu.vn giới thiệu Giải sách bài tập Toán lớp 8 Bài 12: Hình vuông chi tiết giúp học sinh xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập trong SBT Toán 8. Mời các bạn đón xem:

Giải SBT Toán 8 Bài 12: Hình vuông

Bài 144 Trang 98 SBT Toán 8 Tập 1 Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A,$ đường phân giác $AD.$ Gọi $M,N$ theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ $D$ đến $AB,AC.$ Chứng minh rằng tứ giác $AMDN$ là hình vuông.

Phương pháp giải:

Vận dụng các dấu hiệu nhận biết hình vuông để chứng minh.

Tứ giác có 3 góc vuông là hình chữ nhật

Hình chữ nhật có đường chéo là phân giác của 1 góc là hình vuông.

Lời giải:

Xét tứ giác $AMDN:$

$\widehat{MAN}={90}^o$ (gt)

$DM\perp AB$ (gt)

$\Rightarrow \widehat{AMD}={90}^o$

$DN\perp AC$ (gt)

$\Rightarrow \widehat{AND}={90}^o$

Suy ra: Tứ  giác $AMDN$ là hình chữ nhật (vì có ba góc vuông), có đường chéo $AD$ là đường phân giác của góc $A.$

Vậy: Hình chữ nhật $AMDN$ là hình vuông.

Bài 145 Trang 98 SBT Toán 8 Tập 1 Cho hình vuông $ABCD.$ Trên các cạnh $AB,BC,CD,DA$ lấy theo thứ tự các điểm $E,K,P,Q$ sao cho $AE=BK=CP=DQ.$ Tứ giác $EKPQ$ là hình gì ? Vì sao ?

Phương pháp giải:

Vận dụng dấu hiệu nhận biết hình thoi và hình vuông đã học, xác định tứ giác $EKPQ$ là hình gì.

Hình thoi có 1 góc vuông là hình vuông.

Lời giải:

Ta có $AB=BC=CD=DA$ (do ABCD là hình chữ nhật)

Mà $AE=BK=CP=DQ$ (gt)

Nên $AB-AE=BC-BK$$=CD-CP=DA-DQ$

Suy ra: $EB=KC=PD=QA$

- Xét $∆AEQ$ và $∆BKE:$

$AE=BK$ (gt)

$\hat{A}=\hat{B}={90}^0$

$QA=EB$ (chứng minh trên)

Do đó: $∆AEQ=∆BKE(c.g.c)$ $\Rightarrow EK=EQ$ (1)

- Xét $∆BKE$ và $∆CPK:$

$BK=CP$ (gt)

$\hat{B}=\hat{C}={90}^0$

$EB=KC$ (chứng minh trên)

Do đó: $∆BKE=∆CPK(c.g.c)$ $\Rightarrow EK=KP$ (2)

Xét $∆CPK$ và $∆DQP:$

$CP=DQ$ (gt)

$\hat{C}=\hat{D}={90}^0$

$DP=CK$ (chứng minh trên)

Do đó: $∆CPK=∆DQP(c.g.c)$ $\Rightarrow KP=PQ$ (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: $EK=KP=PQ=EQ$

Tứ giác $EKPQ$ là hình thoi.

Mặt khác, do  $∆AEQ=∆BKE$ (chứng minh trên) nên $\widehat{BEK}=\widehat{EQA}$

Xét tam giác EAQ vuông tại A, ta có $\widehat{QEA}+\widehat{EQA}={90}^0$

Nên $\widehat{QEA}+\widehat{KEB}={90}^0$

Lại có:

$\begin{array}{l}\widehat{QEA}+\widehat{QEK}+\widehat{KEB}={180}^0\\ \Rightarrow \widehat{QEK}={180}^0-\left(\widehat{QEA}+\widehat{KEB}\right)\\ \Rightarrow \widehat{QEK}={180}^0-{90}^0={90}^0\end{array}$

Từ đó hình thoi $EKPQ$ có 1 góc vuông nên $EKPQ$ là hình vuông.

Bài 146 Trang 98 SBT Toán 8 Tập 1 Cho tam giác $ABC,$ điểm $I$ nằm giữa $B$ và $C.$

Qua $I$ vẽ đường thẳng song song với $AB,$ cắt $AC$ ở $H.$

Qua $I$ vẽ đường thẳng song song với $AC,$ cắt $AB$ ở $K.$

a. Tứ giác $AHIK$ là hình gì ?

b. Điểm $I$ nằm ở vị trí nào trên cạnh $BC$ thì tứ giác $AHIK$ là hình thoi ?

c. Tam giác $ABC$ có điều kiện gì thì tứ giác $AHIK$ là hình chữ nhật ?

Phương pháp giải:

Nhẩm lại dấu hiệu nhận biết các hình đã học rồi xác định tên gọi của các tứ giác.

Tứ giác có hai cặp cạnh đối song song là hình bình hành

Hình bình hành có đường chéo là tia phân giác của 1 góc là hình thoi

Hình bình hành có 1 góc vuông là hình chữ nhật.

Lời giải:

a. Ta có: $IK//AC$ (gt) hay $IK//AH$ 

Lại có $IH//AB$ (gt) hay $IH//AK$

Vậy tứ giác $AHIK$ là hình bình hành (theo định nghĩa)

b. Hình bình hành $AHIK$ là hình thoi nên đường chéo $AI$ là phân giác.

Ngược lại $AI$ là phân giác góc BAC. Hình bình hành $AHIK$ có đường chéo là phân giác của một góc nên hình bình hành $AHIK$ là hình thoi.

Vậy nếu $I$ là giao điểm của đường phân giác của với cạnh $BC$ thì tứ giác $AHIK$ là hình thoi.

c. Hình bình hành $AHIK$ là hình chữ nhật

$\Rightarrow \hat{A}={90}^0$ suy ra $∆ABC$ vuông tại $A$

Ngược lại $∆ABC$ có $\hat{A}={90}^0$

Suy ra: Hình bình hành $AHIK$ là hình chữ nhật.

Vậy nếu $∆ABC$ vuông tại $A$ thì tứ giác $AHIK$ là hình chữ nhật.

Bài 147 Trang 98 SBT Toán 8 Tập 1 Hình chữ nhật $ABCD$ có $AB=2AD.$ Gọi $P,Q$ theo thứ tự là trung điểm của $AB,CD.$ Gọi $H$ là giao điểm của $AQ$ và $DP,$ gọi $K$ là giao điểm của $CP$ và $BQ.$ Chứng minh rằng $PHQK$ là hình vuông.

Phương pháp giải:

Vận dụng dấu hiệu nhận biết của các hình đã học để tìm lời giải cho bài toán.

Tứ giác có 3 góc vuông là hình chữ nhật

Hình chữ nhật có 2 cạnh kề bằng nhau là hình vuông.

Lời giải:

Xét tứ giác $APQD$ ta có:

$AB//CD$ (gt) hay $AP//QD$

$AP=$ ${\displaystyle \frac{1}{2}}$$AB$ (gt)

$QD=$ ${\displaystyle \frac{1}{2}}$$CD$ (gt)

$AB=CD$ (vì ABCD là hình chữ nhật)

Suy ra: $AP=QD$ nên tứ giác $APQD$ là hình bình hành.

Lại có: $\hat{A}={90}^0$ (vì tứ giác ABCD là hình chữ nhật)

Suy ra: Tứ giác $APQD$ là hình chữ nhật

Mà $AD=AP=$ ${\displaystyle \frac{1}{2}}$$AB$

Vậy : Tứ giác $APQD$ là hình vuông

$\Rightarrow AQ\perp PD$ (tính chất hình vuông) $\Rightarrow \widehat{PHQ}={90}^0$ (1)

$HP=HQ$ (tính chất hình vuông)

- Xét tứ giác $PBCQ$ ta có:

$PB//CD$

$PB=$ ${\displaystyle \frac{1}{2}}$$AB$ (gt)

$CQ=$ ${\displaystyle \frac{1}{2}}$$CD$ (gt)

$AB=CD$ (do ABCD là hình chữ nhật)

Suy ra: $PB=CQ$ nên tứ giác $PBCQ$ là hình bình hành (vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau)

Lại có: $\hat{B}={90}^0$ (vì ABCD là hình chữ nhật) suy ra tứ giác $PBCQ$ là hình chữ nhật

Mà $PB=BC$ (vì cùng bằng $AD=$ ${\displaystyle \frac{1}{2}}$$AB$)

Vậy: Tứ giác $PBCQ$ là hình vuông

$\Rightarrow PC\perp BQ$ (tính chất hình vuông) $\Rightarrow \widehat{PKQ}={90}^0$(2)

$PD$ là tia phân giác $\widehat{APQ}$ (tính chất hình vuông)

$PC$ là tia phân giác $\widehat{QPB}$ (tính chất hình vuông)

Suy ra: $PD\perp PC$ (tính chất tia phân giác của hai góc kề bù) $\Rightarrow \widehat{HPK}={90}^0$ (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra tứ giác $PHQK$ là hình chữ nhật có $HP=HQ$ (chứng minh trên) nên $PHQK$ là hình vuông.

Bài 148 Trang 98 SBT Toán 8 Tập 1 Cho tam giác $ABC$ vuông cân tại $A.$ Trên cạnh $BC$ lấy các điểm $H,G$ sao cho $BH=HG=GC.$ Qua $H$ và $G$ kẻ các đường vuông góc với $BC,$ chúng cắt $AB$ và $AC$ theo thứ tự ở $E$ và $F.$ Tứ giác $EFGH$ là hình gì ? Vì sao ?

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức :

- Tứ giác có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau là hình bình hành.

- Hình bình hành có một góc vuông là hình chữ nhật.

- Hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau là hình vuông.

Lời giải:

Vì $∆ABC$ vuông cân tại $A$ $\Rightarrow \hat{B}=\hat{C}={45}^0$

Vì $∆BHE$ vuông tại $H$ có $\hat{B}={45}^0$

$\Rightarrow ∆BHE$ vuông cân tại $H$ nên $HB=HE$

Vì $∆CGF$ vuông tại $G$ có $\hat{C}={45}^0$

$\Rightarrow ∆CGF$ vuông cân tại $G$ nên $GC=GF$

Ta có: $BH=HG=GC$ (gt)

Suy ra: $HE=HG=GF$

Ta có $EH//GF$ (hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng BC)

Nên tứ giác $HEFG$ là hình bình hành (vì có một cặp cạnh đối song song bằng nhau)

Lại có $\widehat{EHG}={90}^0$ do đó $HEFG$ là hình chữ nhật

Mà $EH=HG$ (chứng minh trên)

Vậy $HEFG$ là hình vuông.

Bài 149 Trang 98 SBT Toán 8 Tập 1 Cho hình vuông $ABCD.$ Trên cạnh $AD$ lấy điểm $F,$ trên cạnh $DC$ lấy điểm $E$ sao cho $AF=DE.$ Chứng minh rằng $AE=BF$ và $AE\perp BF.$

Phương pháp giải:

- Vận dụng kiến thức về các trường hợp bằng nhau của tam giác.

- Áp dụng định lí: Tổng ba góc trong một tam giác bằng ${180}^0$

Lời giải:

Xét $∆ABF$ và $∆DAE:$

$AB=DA$ (gt)

$\widehat{BAF}=\widehat{ADE}={90}^0$

$AF=DE$ (gt)

Do đó: $∆ABF=∆DAE(c.g.c)$

$\Rightarrow BF=AE$ và ${\hat{B}}_1={\hat{A}}_1$

Gọi $H$ là giao điểm của $AE$ và $BF.$

$\widehat{BAF}={\hat{A}}_1+{\hat{A}}_2={90}^0$

Suy ra: ${\hat{B}}_1+{\hat{A}}_2={90}^0$

Trong $∆ABH$ ta có:

$\widehat{AHB}+{\hat{B}}_1+{\hat{A}}_2={180}^0$

$\widehat{AHB}={180}^0-\left({\hat{B}}_1+{\hat{A}}_2\right)$$={180}^0-{90}^0={90}^0$

Vậy $AE\perp BF$.

Bài 150 Trang 98 SBT Toán 8 Tập 1 Cho một hình chữ nhật có hai cạnh kề không bằng nhau. Chứng minh rằng các tia phân giác của các góc hình chữ nhật đó cắt nhau tạo thành một hình vuông.

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức : Hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau là hình vuông.

Lời giải:

Gọi giao điểm các đường phân giác của các góc: $\hat{A},\hat{B},\hat{C},\hat{D}$ theo thứ tự cắt nhau tại $E,H,F,G.$

Trong $∆ADG$ ta có: $\widehat{GAD}={45}^0;\widehat{GDA}={45}^0$ (tính chất tia phân giác của các góc vuông)

$\Rightarrow ∆GAD$ vuông cân tại $G$ (tam giác có 2 góc bằng ${45}^0$ là tam giác vuông cân) 

$\Rightarrow \widehat{AGD}={90}^0$ và $GD=GA$

$\Rightarrow \widehat{FGE}=\widehat{AGD}={90}^0$ (hai góc đối đỉnh)

Trong $∆BHC$ ta có:

$\widehat{HBC}={45}^0;\widehat{HCB}={45}^0$ (tính chất tia phân giác của các góc vuông)

$\Rightarrow ∆HBC$ vuông cân tại $H$ (tam giác có 2 góc bằng ${45}^0$ là tam giác vuông cân)

$\Rightarrow \widehat{BHC}={90}^0$ và $HB=HC$

Trong $∆FDC$ ta có: ${\hat{D}}_1={45}^0;{\hat{C}}_1={45}^0$ (tính chất tia phân giác của các góc vuông)

$\Rightarrow ∆FDC$ vuông cân tại $F$ (tam giác có 2 góc bằng ${45}^0$ là tam giác vuông cân)

$\Rightarrow \hat{F}={90}^0$ và $FD=FC$

Suy ra tứ giác $EHFG$ là hình chữ nhật (vì có ba góc vuông)

Xét $∆GAD$ và $∆HBC:$

$\widehat{GAD}=\widehat{HBC}={45}^0$

$AD=BC$ (tính chất hình chữ nhật)

$\widehat{GDA}=\widehat{HCB}={45}^0$

Do đó: $∆GAD=∆HBC(g.c.g)$ $\Rightarrow GD=HC$

$FD=FC$ (chứng minh trên)

Suy ra: $FD-GD=FC-HC$ hay $FG=FH$

Vậy hình chữ nhật $EHFG$ có hai cạnh kề bằng nhau nên là hình vuông.

Bài 151 Trang 98 SBT Toán 8 Tập 1 Cho hình vuông $ABCD.$ Gọi $E$ là một điểm nằm giữa $C$ và $D.$ Tia phân giác của góc $DAE$ cắt $CD$ ở $F.$ Kẻ $FH\perp AE$ $(H\in AE),$ $FH$ cắt $BC$ ở $G.$

Tính số đo góc $FAG.$

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về các trường hợp bằng nhau của tam giác vuông và tính chất của hình vuông để tìm lời giải cho bài toán.

Lời giải:

Xét hai tam giác vuông $DAF$ và $HAF:$

$\widehat{ADF}=\widehat{AHF}={90}^0$

${\hat{A}}_1={\hat{A}}_2$ (vì AF là tia phân giác của góc DAH)

$AF$ cạnh huyền chung

Do đó: $∆DAF=∆HAF$ (cạnh huyền, góc nhọn)

$\Rightarrow DA=HA$

$DA=AB$ (do ABCD là hình vuông)

Suy ra: $HA=AB$

Xét hai tam giác vuông $HAG$ và $BAG:$

$\widehat{AHG}=\widehat{ABG}={90}^0$

$HA=BA$ (chứng minh trên)

$AG$ cạnh huyền chung

Do đó: $∆HAG=∆BAG$ (cạnh huyền, cạnh góc vuông)

$\Rightarrow {\hat{A}}_3={\hat{A}}_4$ nên $AG$ là tia phân giác của $\widehat{EAB}$

$\widehat{FAG}={\hat{A}}_2+{\hat{A}}_3$$={\displaystyle \frac{1}{2}\left(\widehat{DAE}+\widehat{EAB}\right)=\frac{1}{2}{.90}^0={45}^0}$

Bài 152 Trang 99 SBT Toán 8 Tập 1 Cho hình vuông $DEBC.$ Trên cạnh $CD$ lấy điểm $A,$ trên tia đối của tia $DC$ lấy điểm $K,$ trên tia đối tia $ED$ lấy điểm $M$ sao cho $CA=DK=EM.$ Vẽ hình vuông $DKIH$ ($H$ thuộc cạnh $DE$). Chứng minh rằng $ABMI$ là hình vuông.

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức : Hình thoi có một góc vuông là hình vuông.

Lời giải:

Xét $∆CAB$ và $∆EMB:$

$CA=ME$ (gt)

$\widehat{ACB}=\widehat{BEM}={90}^0$

$CB=EB$ (tính chất hình vuông)

Do đó: $∆CAB=∆EMB(c.g.c)$

$\Rightarrow AB=MB$ (1)

$AK=DK+DA$

$CD=CA+AD$

mà $CA=DK$ nên $AK=CD$

Xét $∆CAB$ và $∆KIA:$

$CA=KI$ (vì cùng bằng $DK$)

$\hat{C}=\hat{K}={90}^0$

$CB=AK$ (vì cùng bằng $CD$)

Do đó: $∆CAB=∆KIA(c.g.c)$

$\Rightarrow AB=AI$ (2)

Ta có: $DH=DK$ (vì $KDHI$ là hình vuông)

$EM=DK$ (gt)

$\Rightarrow DH+HE=HE+EM$

hay $DE=HM$

Xét $∆HIM$ và $∆EMB:$

$HI=EM$ (vì cùng bằng $DK$)

$\hat{H}=\hat{E}={90}^0$

$HM=EB$ (vì cùng bằng $DE$)

Do đó: $∆HIM=∆EMB(c.g.c)$

$\Rightarrow IM=MB$ (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: $AB=BM=AI=IM$

Tứ giác $ABMI$ là hình thoi.

Mặt khác, ta có $∆ACB=∆MEB$ (chứng minh trên)

$\begin{array}{rl}& \Rightarrow \widehat{CBA}=\widehat{EBM}\\ & \widehat{CBA}+\widehat{ABE}=\widehat{CBE}={90}^0\end{array}$

Suy ra: $\widehat{EBM}+\widehat{ABE}={90}^0$ hay $\widehat{ABM}={90}^0$

Vậy : Tứ giác $ABMI$ là hình vuông.

Bài 153 Trang 99 SBT Toán 8 Tập 1 Cho tam giác ABC. Vẽ ở ngoài tam giác các hình vuông ABDE, ACFH.

a. Chứng minh rằng EC = BH, EC ⊥ BH.

b. Gọi M, N theo thứ tự là tâm của các hình vuông ABDE, ACFH. Gọi I là trung điểm của BC. Tam giác MIN là tam giác gì ? Vì sao ?

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về tính chất hình vuông và tính chất đường trung bình của một tam giác để chứng minh.

Lời giải:

a. Ta có: $\widehat{BAH}=\widehat{BAC}+\widehat{CAH}=\widehat{BAC}+{90}^0$

$\widehat{EAC}=\widehat{BAC}+\widehat{BAE}=\widehat{BAC}+{90}^0$

Suy ra: $\widehat{BAH}=\widehat{EAC}$

- Xét ∆ BAH và ∆ EAC:

BA = EA (vì ABDE là hình vuông)

$\widehat{BAH}=\widehat{EAC}$ (chứng minh trên)

AH = AC (vì ACFH là hình vuông)

Do đó: $∆BAH=∆EAC$ (c.g.c)

⇒ BH = EC

Gọi giao điểm của EC với AB và BH lần lượt là K và O.

$\widehat{AEC}=\widehat{ABH}$ (vì $∆BAH=∆EAC)$ (1)

hay $\widehat{AEK}=\widehat{OBK}$

- Trong ∆ AEK ta có: $\widehat{EAK}={90}^0$

$\Rightarrow \widehat{AEK}+\widehat{AKE}={90}^0$ (2)

$\widehat{AKE}=\widehat{OKB}$ (đối đỉnh) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: $\widehat{OKB}+\widehat{OBK}={90}^0$

- Trong ∆ BOK ta có: $\widehat{BOK}+\widehat{OKB}+\widehat{OBK}={180}^0$

$\Rightarrow \widehat{BOK}={180}^0-\left(\widehat{OKB}+\widehat{OBK}\right)$$={180}^0-{90}^0={90}^0$

Suy ra: EC ⊥ BH

b. Trong ∆ EBC ta có:

M là trung điểm của EB (tính chất hình vuông)

I là trung điểm của BC (gt)

nên MI là đường trung bình của tam giác EBC

⇒ MI = ${\displaystyle \frac{1}{2}}$EC và MI // EC (tính chất đường trung bình của tam giác)

- Trong ∆ BCH ta có:

I là trung điểm của BC (gt)

N là trung điểm của CH (tính chất hình vuông)

nên NI là đường trung bình của ∆ BCH

⇒ NI = ${\displaystyle \frac{1}{2}}$BH và NI // BH (tính chất đường trung bình của tam giác)

BH = CE (chứng minh trên)

Suy ra: MI = NI nên ∆ INM cân tại I

MI // EC (chứng minh trên)

EC ⊥ BH (chứng minh trên)

Suy ra: MI ⊥ BH

Mà NI // BH (chứng minh trên)

Suy ra: MI ⊥ NI hay $\widehat{MIN}={90}^0$

Vậy ∆ IMN vuông cân tại I.

Bài 154 Trang 99 SBT Toán 8 Tập 1 Cho hình vuông $ABCD,$ điểm $E$ thuộc cạnh $CD.$ Tia phân giác của góc $ABE$ cắt $AD$ ở $K.$ Chứng minh rằng $AK+CE=BE.$

Phương pháp giải:

Vận dụng tính chất hình vuông và kiến thức về các trường hợp bằng nhau của tam giác.

Lời giải:

Trên tia đối tia $CD$ lấy điểm $M$ sao cho $CM=AK$

Ta có:

$AK+CE=CM+CE=EM$ (*)

Xét $∆ABK$ và $∆CBM:$

$AB=CB$ (gt)

$\hat{A}=\hat{C}={90}^0$

$AK=CM$ (theo cách vẽ)

Do đó: $∆ABK=∆CBM(c.g.c)$

$\Rightarrow {\hat{B}}_1={\hat{B}}_4$ (1)

$\widehat{KBC}={90}^0-{\hat{B}}_1$ (2)

Trong tam giác $CBM$ vuông tại $C.$

$\hat{M}={90}^0-{\hat{B}}_4$ (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: $\widehat{KBC}=\hat{M}$ (4)

$\widehat{KBC}={\hat{B}}_2+{\hat{B}}_3$  mà  ${\hat{B}}_1={\hat{B}}_2$ (do BK là tia phân giác của ABE)

${\hat{B}}_1={\hat{B}}_4$ (chứng minh trên)

Suy ra: ${\hat{B}}_2={\hat{B}}_4\Rightarrow {\hat{B}}_2+{\hat{B}}_3={\hat{B}}_3+{\hat{B}}_4$ hay $\widehat{KBC}=\widehat{EBM}$ (5)

Từ (4) và (5) suy ra: $\widehat{EBM}=\hat{M}$

$\Rightarrow ∆EBM$ cân tại $E$ $\Rightarrow EM=BE$ (**)

Từ (*) và (**) suy ra: $AK+CE=BE.$

Bài 155 Trang 99 SBT Toán 8 Tập 1 Cho hình vuông $ABCD.$ Gọi $E,F$ theo thứ tự là trung điểm của $AB,BC.$

a. Chứng minh rằng $CE$ vuông góc với $DF$

b. Gọi $M$ là giao điểm của $CE$ và $DF.$ Chứng minh rằng $AM=AD$

Phương pháp giải:

a) Vận dụng kiến thức về tính chất hai tam giác bằng nhau.

b) Gọi $K$ là trung điểm của $CD.$ Chứng minh rằng $KA//CE.$

Lời giải:

a. Xét $∆BEC$ và $∆CFD:$

$BE=CF$ (gt)

$\hat{B}=\hat{C}={90}^0$

$BC=CD$ (gt)

Do đó: $∆BEC=∆CFD(c.g.c)$

$\begin{array}{rl}& \Rightarrow {\hat{C}}_1={\hat{D}}_1\\ & {\hat{C}}_1+{\hat{C}}_2={90}^0\end{array}$

Suy ra: ${\hat{D}}_1+{\hat{C}}_2={90}^0$

Trong $∆DCM$ có ${\hat{D}}_1+{\hat{C}}_2={90}^0$

Suy ra: $\widehat{DMC}={90}^0$. Vậy $CE\perp DF$

b. Gọi $K$ là trung điểm của $DC,$ $AK$ cắt $DF$ tại $N.$

Xét tứ giác $AKCE$ ta có:

$AB//CD$ hay $AE//CK$

$AE=$ ${\displaystyle \frac{1}{2}}$$AB$ (gt)

$CK=$ ${\displaystyle \frac{1}{2}}$$CD$ (theo cách vẽ)

Suy ra: $AE=CK$ nên tứ giác $AKCE$ là hình bình hành (vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau)

Do đó $AK//CE$

$DF\perp CE$ (chứng minh trên) $\Rightarrow AK\perp DF$ hay $AN\perp DM$

Trong $∆DMC$ ta có: $DK=KC$ và $KN//CM$

nên $DN=MN$ (tính chất đường trung bình của tam giác)

Suy ra: $∆ADM$ cân tại $A$ (vì có AN đường cao vừa là đường trung tuyến)

$\Rightarrow AD=AM$

Bài 156 Trang 99 SBT Toán 8 Tập 1 Cho hình vuông ABCD. Vẽ điểm E trong hình vuông sao cho $\widehat{EDC}=\widehat{ECD}={15}^0$.

a. Vẽ điểm F trong hình vuông sao cho $\widehat{FAD}=\widehat{FDA}={15}^0$. Chứng minh rằng tam giác DEF là tam giác đều.

b. Chứng minh rằng tam giác ABE là tam giác đều.

Phương pháp giải:

 Vận dụng tính chất của hai tam giác bằng nhau và tính chất về các cạnh và góc của hình vuông. 

Lời giải:

a. Xét $∆EDC$ và $∆FDA:$

$\widehat{EDC}=\widehat{FAD}={15}^0$

$DC=AD$ (do ABCD là hình vuông)

$\widehat{ECD}=\widehat{FDA}={15}^0$

Do đó: $∆EDC=∆FDA$ (g.c.g)

 $\Rightarrow DE=DF$

$\Rightarrow ∆DEF$ cân tại D

Ta lại có:

$\widehat{ADC}=\widehat{FDA}+\widehat{FDE}+\widehat{EDC}$$\Rightarrow \widehat{FDE}=\widehat{ADC}-\left(\widehat{FDA}+\widehat{EDC}\right)$$={90}^0-\left({15}^0+{15}^0\right)={60}^0$

Vậy $∆DEF$ đều.

b. Vì $\widehat{ECD}={15}^0$ và $\widehat{DCB}={90}^0$ nên $\widehat{ECB}={90}^0-{15}^0={75}^0$

Vì $\widehat{FDA}={15}^0$ và $\widehat{FDE}={60}^0$ (do tam giác FDE đều) nên $\widehat{EDA}={60}^0+{15}^0={75}^0$

Xét $∆ADE$ và $∆BCE:$

$ED=EC$ (vì $∆EDC$ cân tại E)

$\widehat{ADE}=\widehat{BCE}={75}^0$

$AD=BC$ (do ABCD là hình vuông)

Do đó: $∆ADE=∆BCE$ (c.g.c)

$\Rightarrow AE=BE$ (1)

Trong $∆AFD$ ta có:

$\widehat{AFD}={180}^0-\left(\widehat{FAD}+\widehat{FDA}\right)$$={180}^0-\left({15}^0+{15}^0\right)={150}^0$

$\widehat{AFD}+\widehat{DFE}+\widehat{AFE}={360}^0$$\Rightarrow \widehat{AFE}={360}^0-\left(\widehat{AFD}+\widehat{DFE}\right)$$={360}^0-\left({150}^0+{60}^0\right)$$={150}^0$

Xét $∆AFD$ và $∆AEF:$

$AF$ cạnh chung

$\widehat{AFD}=\widehat{AFE}={150}^0$

$DF=EF$ (vì $∆DFE$ đều)

Do đó: $∆AFD=∆AEF$ (c.g.c)

$\Rightarrow AE=AD$

$AD=AB$ (do ABCD là hình vuông)

Suy ra: $AE=AB$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $AE=AB=BE.$

Vậy $∆AEB$ đều.

Bài 12.1 Trang 99 SBT Toán 8 Tập 1 Hình vuông có chu vi bằng 8 thì đường chéo bằng :

A. 2

B. $\sqrt{32}$

C. $\sqrt{8}$

D. $\sqrt{2}$

Hãy chọn phương án đúng.

Phương pháp giải:

- Tính độ dài một cạnh hình vuông.

- Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vuông.

Lời giải:

Độ dài một cạnh của hình vuông đó là : 8 : 4 = 2.

Độ dài đường chéo của hình vuông đó là :

$\sqrt{2^2+2^2}=\sqrt{8}$

Chọn C. $\sqrt{8}$

Bài 12.2 Trang 99 SBT Toán 8 Tập 1 Cho hình thoi $ABCD,$ $O$ là giao điểm của hai đường chéo. Các tia phân giác của bốn góc vuông có đỉnh $O$ cắt các cạnh $AB,BC,CD,DA$ theo thứ tự ở $E,F,G,H.$ Tứ giác $EFGH$ là hình gì?

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức :

- Tứ giác có hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường là hình chữ nhật.

- Hình chữ nhật có hai đường chéo vuông góc với nhau là hình vuông.

Lời giải:

Ta có: $\widehat{AOB}$ và $\widehat{COD}$ đối đỉnh nên $E,O,G$ thẳng hàng

$\widehat{BOC}$ và $\widehat{AOD}$ đối đỉnh nên $F,O,H$ thẳng hàng

Xét $∆BEO$ và $∆BFO:$

$\widehat{EBO}=\widehat{FBO}$ (tính chất hình thoi)

$OB$ cạnh chung

$\widehat{EOB}=\widehat{FOB}={45}^0$ (tính chất tia phân giác của các góc vuông)

Do đó: $∆BEO=∆BFO(g.c.g)$

$\Rightarrow OE=OF$ (1)

Xét $∆BEO$ và $∆DGO:$

$\widehat{EBO}=\widehat{GDO}$ (so le trong)

$OB=OD$ (tính chất hình thoi)

$\widehat{EOB}=\widehat{GOD}$ (đối đỉnh)

Do đó: $∆BEO=∆DGO(g.c.g)$

$\Rightarrow OE=OG$ (2)

Xét $∆AEO$ và $∆AHO:$

$\widehat{EAO}=\widehat{HAO}$ (tính chất hình thoi)

$OA$ cạnh chung

$\widehat{EOA}=\widehat{HOA}={45}^0$ (tính chất tia phân giác của các góc vuông)

Do đó: $∆AEO=∆AHO(g.c.g)$

$\Rightarrow OE=OH$ (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: $OE=OF=OG=OH$ hay $EG=FH$

nên tứ giác $EFGH$ là hình chữ nhật (vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường và bằng nhau)

Lại có OE và OF là hai tia phân giác của hai góc kề bù $\widehat{AOB},\widehat{BOC}$ nên $OE\perp OF$ (tính chất tia phân giác của hai góc kề bù)

hay $EG\perp FH$

Vậy hình chữ nhật $EFGH$ là hình vuông.

Bài 12.3 Trang 99 SBT Toán 8 Tập 1 Cho hình vuông $ABCD.$ Trên cạnh $DC$ lấy điểm $E,$ trên cạnh $BC$ lấy điểm $F$ sao cho $DE=CF.$ Chứng minh rằng $AE=DF$ và $AE\perp DF.$

Phương pháp giải:

- Chứng minh hai tam giác $ADE$ và $DCF$ bằng nhau.

- Vận dụng tính chất về các góc trong hình vuông.

Lời giải:

Xét $∆ADE$ và $∆DCF:$ 

$AD=DC$ (vì $ABCD$ là hình vuông)

$\hat{D}=\hat{C}={90}^0$

$DE=CF$ (gt)

Do đó: $∆ADE=∆DCF(c.g.c)$

$\Rightarrow AE=DF$

$\widehat{EAD}=\widehat{FDC}$

$\widehat{EAD}+\widehat{DEA}={90}^0$ (vì ∆ $ADE$ vuông tại $A$)

$\Rightarrow \widehat{FDC}+\widehat{DEA}={90}^0$

Gọi $I$ là giao điểm của $AE$ và $DF.$

Suy ra: $\widehat{IDE}+\widehat{DEI}={90}^0$

Trong $∆DEI$ ta có: $\widehat{DIE}={180}^0-\left(\widehat{IDE}+\widehat{DEI}\right)$$={180}^0-{90}^0={90}^0$

Suy ra: $AE\perp DF$