Toptailieu.vn giới thiệu Giải sách bài tập Toán lớp 8 Bài Ôn tập chương 2 - Đa giác - Diện tích đa giác 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 Ôn tập chương 2 - Đa giác - Diện tích đa giác

Bài 51 Trang 166 SBT Toán 8 Tập 1 Cho tam giác $ABC$ với ba đường cao $A{A}^{\prime },B{B}^{\prime },C{C}^{\prime }.$ Gọi $H$ là trực tâm của tam giác đó.

Chứng minh rằng: $\begin{array}{r}\frac{H{A}^{\prime }}{A{A}^{\prime }}\end{array}+\begin{array}{r}\frac{H{B}^{\prime }}{B{B}^{\prime }}\end{array}+\begin{array}{r}\frac{H{C}^{\prime }}{C{C}^{\prime }}\end{array}=1$

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính diện tích tam giác bằng tích cạnh đáy và chiều cao tương ứng: $S={\displaystyle \frac{1}{2}}ah$

Lời giải:

$\begin{array}{rl}& S_{HBC}+S_{HAC}+S_{HAB}=S_{ABC}\\ & \Rightarrow \frac{S_{HBC}}{S_{ABC}}+\frac{S_{HABC}}{S_{ABC}}+\frac{S_{HAB}}{S_{ABC}}=1\end{array}$

$\Rightarrow {\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{1}{2}}H{A}^{\prime }.BC}{{\displaystyle \frac{1}{2}}A{A}^{\prime }.BC}}+{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{1}{2}}H{B}^{\prime }.AC}{{\displaystyle \frac{1}{2}}B{B}^{\prime }.AC}}+{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{1}{2}}H{C}^{\prime }.AB}{{\displaystyle \frac{1}{2}}C{C}^{\prime }.AB}}=1$

$\Rightarrow \begin{array}{r}\frac{H{A}^{\prime }}{A{A}^{\prime }}\end{array}+\begin{array}{r}\frac{H{B}^{\prime }}{B{B}^{\prime }}\end{array}+\begin{array}{r}\frac{H{C}^{\prime }}{C{C}^{\prime }}\end{array}=1$

Bài 52 Trang 166 SBT Toán 8 Tập 1 Cho tam giác $ABC$

a) Tính tỉ số các đường cao $B{B}^{\prime }$ và $C{C}^{\prime }$ xuất phát từ các đỉnh $B$ và $C$

b) Tại sao nếu $AB<AC$ thì $B{B}^{\prime }<C{C}^{\prime }?$

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính diện tich tam giác bằng nửa tích một cạnh và chiều cao tương ứng: $S={\displaystyle \frac{1}{2}}ah$

Lời giải:

a) $\begin{array}{r}{S}_{ABC}\end{array}=\begin{array}{r}\frac{B{B}^{\prime }.AC}{2}\end{array}=\begin{array}{r}\frac{C{C}^{\prime }.AB}{2}\end{array}$

$\begin{array}{rl}& \Rightarrow B{B}^{\prime }.AC=C{C}^{\prime }.AB\\ & \Rightarrow \frac{B{B}^{\prime }}{C{C}^{\prime }}=\frac{AB}{AC}\end{array}$

b) Nếu $AB<AC$ $\Rightarrow \begin{array}{r}\frac{AB}{AC}\end{array}<1$

$\Rightarrow \begin{array}{r}\frac{B{B}^{\prime }}{C{C}^{\prime }}\end{array}<1\Rightarrow B{B}^{\prime }<C{C}^{\prime }$

Bài 53 Trang 166 SBT Toán 8 Tập 1 Qua tâm $O$ của hình vuông $ABCD$ cạnh $a,$ kẻ đường thẳng $l$ cắt cạnh $AB$ và $CD$ lần lượt tại $M$ và $N.$ Biết $MN=b.$ Hãy tính tổng các khoảng cách từ các đỉnh của hình vuông đến đường thẳng $l$ theo $a$ và $b$ ($a$ và $b$ có cùng đơn vị đo)

Phương pháp giải:

Chứng minh các tam giác bằng nhau:

$∆APM=∆CRN$ (cạnh huyền, góc nhọn)

$∆BQM=∆DSN$ (cạnh huyền, góc nhọn)

Sau đó, tính tổng các khoảng cách từ các đỉnh của hình vuông đến đường thẳng $l$ theo $a$ và $b.$

Lời giải:

Gọi $h_1$ và $h_2$  là khoảng cách từ đỉnh $B$ và đỉnh $A$ đến đường thẳng $l$; gọi tổng khoảng cách là $S.$

Vì $O$ là tâm đối xứng của hình vuông.

$\Rightarrow OM=ON,OA=OC$ (tính chất đối xứng tâm)

Suy ra: $AM=CN$ (đối xứng qua $O$)

$\widehat{AMP}=\widehat{DNS}$ (đồng vị)

$\widehat{DNS}=\widehat{CNR}$ (đối đỉnh)

$\Rightarrow \widehat{AMP}=\widehat{CNR}$

Suy ra: $∆APM=∆CRN$ (cạnh huyền, góc nhọn)

$\Rightarrow CR=AP=h_2$ 

$AM=CN$ (hai cạnh tương ứng)

$\Rightarrow BM=DN$

$\widehat{BMQ}=\widehat{DNS}$ (so le trong)

Suy ra: $∆BQM=∆DSN$ (cạnh huyền, góc nhọn) $\Rightarrow DS=BQ=h_1$

$\begin{array}{rl}& S_{BOA}=\frac{1}{4}{S}_{ABCD}=\frac{1}{4}{a}^2(1)\end{array}$ 

$\begin{array}{r}{S}_{BOA}=S_{BOM}+S_{AOM}\end{array}$

$\begin{array}{r}=\frac{1}{2}\frac{b}{2}.h_1+\frac{1}{2}\frac{b}{2}.h_2\end{array}$ 

$\begin{array}{r}=\frac{b}{4}\left(h_1+h_2\right)(2)\end{array}$

Từ $(1)$ và $(2):$ $h_1+h_2={\displaystyle \frac{a^2}{b}}$

$S=2\left(h_1+h_2\right)={\displaystyle \frac{2a^2}{b}}$

Bài 54 Trang 166 SBT Toán 8 Tập 1 Tam giác $ABC$ có hai trung tuyến $AM$ và $BN$ vuông góc với nhau. Hãy tính diện tích tam giác đó theo $AM$ và $BN$

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính diện tích tam giác bằng nửa tích một cạnh và chiều cao tương ứng: $S={\displaystyle \frac{1}{2}}ah$ 

Lời giải:

Tứ giác $ABMN$ có hai đường chéo vuông góc.

$S_{ABMN}=\begin{array}{r}\frac{1}{2}\end{array}AM.BN$

$∆ABM$ và $∆AMC$ có chung chiều cao kẻ từ $A,$ cạnh đáy $BM=MC$

$\Rightarrow S_{ABM}=S_{AMC}=\begin{array}{r}\frac{1}{2}\end{array}{S}_{ABC}$

$∆MAN$ và $∆MNC$ có chung chiều cao kẻ từ $M,$ cạnh đáy $AN=NC$

$\begin{array}{rl}& \Rightarrow S_{MAN}=S_{MNC}=\frac{1}{2}{S}_{AMC}\end{array}$ $\begin{array}{r}=\frac{1}{4}{S}_{ABC}\end{array}$  

$\begin{array}{r}{S}_{ABMN}=S_{ABM}+S_{MNA}\end{array}$ 

$=\begin{array}{r}\frac{1}{2}{S}_{ABC}+\frac{1}{4}{S}_{ABC}\end{array}$

$=\begin{array}{r}\frac{3}{4}{S}_{ABC}\end{array}$ 

$\Rightarrow \begin{array}{r}{S}_{ABC}=\begin{array}{r}\frac{4}{3}\end{array}{S}_{ABMN}\end{array}$ $=\begin{array}{r}\frac{4}{3}.\begin{array}{r}\frac{1}{2}\end{array}.AM.BN=\begin{array}{r}\frac{2}{3}\end{array}AM.BN\end{array}$

Bài 55 Trang 166 SBT Toán 8 Tập 1 Cho hình bình hành $ABCD.$ Gọi $K$ và $L$ là hai điểm thuộc cạnh $BC$ sao cho $BK=KL=LC.$ Tính tỉ số diện tích của :

a) Các tam giác $DAC$ và $DCK$

b) Tam giác $DAC$ và tứ giác $ADLB$

c) Các tứ giác $ABKD$ và $ABLD$

Phương pháp giải:

Tìm mối liên hệ giữa đường cao và cạnh đáy của các tam giác để từ đó tính tỉ số diện tích của các hình theo yêu cầu của bài toán. 

Lời giải:

a) Ta có: $S_{ACD}=S_{BCD}=S_{DAB}=S_{CAB}$ $=\begin{array}{r}\frac{1}{2}\end{array}{S}_{ABCD}$ (1)

$∆DCK$ và $∆DCB$ có chung chiều cao kẻ từ đỉnh $D,$ cạnh đáy $CK=\begin{array}{r}\frac{2}{3}\end{array}CB$

$\Rightarrow S_{DCK}=\begin{array}{r}\frac{2}{3}\end{array}{S}_{DBC}$  (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $S_{DCK}=\begin{array}{r}\frac{2}{3}\end{array}{S}_{DAC}\Rightarrow \begin{array}{r}\frac{S_{DCK}}{S_{DAC}}\end{array}=\begin{array}{r}\frac{2}{3}\end{array}$

b) Ta có: $S_{ADLB}=S_{ADB}+S_{DLB}$

$∆DBC$ và $∆DLC$ có chung chiều cao kẻ từ đỉnh $D,$ cạnh đáy $LB=\begin{array}{r}\frac{2}{3}\end{array}BC$

$\Rightarrow S_{DLB}=\begin{array}{r}\frac{2}{3}\end{array}{S}_{DBC}$

mà $S_{DAC}=S_{ADB}=S_{DBC}$ (chứng minh trên)

Suy ra: $S_{ADLB}=S_{DAC}+\begin{array}{r}\frac{2}{3}\end{array}{S}_{DAC}$ $=\begin{array}{r}\frac{5}{3}\end{array}{S}_{DAC}$

$\Rightarrow \begin{array}{r}\frac{S_{DAC}}{S_{ADLB}}\end{array}=\begin{array}{r}\frac{3}{5}\end{array}$

c) Ta có: $S_{ABKD}=S_{ABD}+S_{DKB}$

$∆DKB$ và $∆DCB$ có chung chiều cao kẻ từ $D,$ cạnh đáy $BL=\begin{array}{r}\frac{1}{3}\end{array}BC$

$\Rightarrow S_{DKB}=\begin{array}{r}\frac{1}{3}\end{array}{S}_{DCB}$

mà $S_{DAC}=S_{ADB}=S_{DBC}$ (chứng minh trên)

$\Rightarrow S_{ABKD}=S_{DAC}+\begin{array}{r}\frac{1}{3}\end{array}{S}_{DAC}$ $=\begin{array}{r}\frac{4}{3}\end{array}{S}_{DAC}$

$\Rightarrow \begin{array}{r}\frac{S_{ABKD}}{S_{ADLB}}\end{array}=\begin{array}{r}\frac{\begin{array}{r}\frac{4}{3}\end{array}{S}_{DAC}}{\begin{array}{r}\frac{5}{3}\end{array}{S}_{DAC}}\end{array}=\begin{array}{r}\frac{4}{5}\end{array}$

Bài 56 Trang 166 SBT Toán 8 Tập 1 Cho tam giác $ABC$ vuông ở $A$ và có $BC=2AB=2a.$ Ở phía ngoài tam giác, ta vẽ hình vuông $BCDE,$ tam giác đều $ABF$ và tam giác đều $ACG.$
a) Tính các góc $B,C,$ cạnh $AC$ và diện tích tam giác $ABC.$
b) Chứng minh rằng $FA$ vuông góc với $BE$ và $CG.$ Tính diện tích các tam giác $FAG$ và $FBE.$
c) Tính diện tích tứ giác $DEFG.$

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính diện tích tam giác: $S={\displaystyle \frac{1}{2}}ah$

Công thức tính diện tích hình vuông cạnh $a$ là: $S=a^2$

Định lý Pi - ta - go: Trong tam giác vuông, bình phương cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh góc vuông.

Lời giải:

a) Gọi $M$ là trung điểm của $BC,$ ta có:

$AM=MB=$ $\begin{array}{r}\frac{1}{2}\end{array}BC=a$ (tính chất tam giác vuông) $\Rightarrow AM=MB=AB=a$

nên $∆AMB$ đều ⇒ $\widehat{ABC}={60}^{\circ }$

Mặt khác : $\widehat{ABC}+\widehat{ACB}={90}^{\circ }$ (tính chất tam giác cân)

Suy ra: $\widehat{ACB}={90}^{\circ }-\widehat{ABC}$ $={90}^{\circ }-{60}^{\circ }={30}^{\circ }$

Trong tam giác vuông $ABC,$ theo định lý Pi-ta-go ta có :

$B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2$

Suy ra: $\begin{array}{r}A{C}^2=B{C}^2-A{B}^2\end{array}$ $=4a^2-a^2=3a^2$

Hay $AC=a\sqrt{3}$

Do đó ta có diện tích $∆ABC$ là: $S_{ABC}={\displaystyle \frac{1}{2}}AB.AC$ $={\displaystyle \frac{1}{2}}.a.a\sqrt{3}={\displaystyle \frac{1}{2}}{a}^2\sqrt{3}$

b)  Ta có : $\widehat{FAB}=\widehat{ABC}={60}^{\circ }$

$\Rightarrow FA//BC$ (vì có cặp góc ở vị trí so le trong bằng nhau)

Suy ra: $FA\perp BE$

$BC\perp CD$ (vì $BCDE$ là hình vuông)

Suy ra: $FA\perp CD$

Gọi giao điểm $BE$ và $FA$ là $H,FA$ và $CG$ là $K.$

$\Rightarrow BH\mathrm{\perp }FA$ và $FH=HA=$ $\begin{array}{r}\frac{a}{2}\end{array}$ (tính chất tam giác đều)

$\widehat{ACG}+\widehat{ACB}+\widehat{BCD}$ $={60}^{\circ }+{30}^{\circ }+{90}^{\circ }={180}^{\circ }$

$\Rightarrow G,C,D$ thẳng hàng

$\Rightarrow AK\perp CG$ và $GK=KC$ $=\begin{array}{r}\frac{1}{2}\end{array}GC$ = $\begin{array}{r}\frac{1}{2}\end{array}AC$ $=\begin{array}{r}\frac{a\sqrt{3}}{2}\end{array}$

$S_{FAG}=\begin{array}{r}\frac{1}{2}\end{array}GK.AF=\begin{array}{r}\frac{1}{2}\end{array}.\begin{array}{r}\frac{a\sqrt{3}}{2}\end{array}.a$ $=\begin{array}{r}\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\end{array}$  (đvdt)

$S_{FBE}=\begin{array}{r}\frac{1}{2}\end{array}FH.BE=\begin{array}{r}\frac{1}{2}\end{array}.\begin{array}{r}\frac{a}{2}\end{array}.2a$ $=\begin{array}{r}\frac{1}{2}\end{array}{a}^2$ (đvdt)

c) $S_{BCDE}=B{C}^2={\left(2a\right)}^2=4a^2$ (đvdt)

Trong tam giác vuông $BHA,$ theo định lý Pi-ta-go ta có:

$\begin{array}{rl}& A{H}^2+B{H}^2=A{B}^2\end{array}$ $\Rightarrow B{H}^2=A{B}^2-A{H}^2$ $=a^2-\begin{array}{r}\frac{a^2}{4}\end{array}=\begin{array}{r}\frac{3a^2}{4}\end{array}$ $\Rightarrow BH=\begin{array}{r}\frac{a\sqrt{3}}{2}\end{array}$

${\displaystyle S_{ABF}=\frac{1}{2}BH.FA=\begin{array}{r}\frac{1}{2}\end{array}.\begin{array}{r}\frac{a\sqrt{3}}{2}\end{array}.a}$ $=\begin{array}{r}\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\end{array}$  (đvdt)

Trong tam giác vuông $AKC,$ theo định lý Pi-ta-go ta có:

$A{C}^2=A{K}^2+K{C}^2$

$\begin{array}{r}\Rightarrow A{K}^2=A{C}^2-K{C}^2\end{array}$ $=3a^2-\begin{array}{r}\frac{3a^2}{4}\end{array}=\begin{array}{r}\frac{9a^2}{4}\end{array}$ $\Rightarrow AK=\begin{array}{r}\frac{3a}{2}\end{array}$

$S_{ACG}=\begin{array}{r}\frac{1}{2}\end{array}AK.CG=\begin{array}{r}\frac{1}{2}\end{array}.\begin{array}{r}\frac{3a}{2}\end{array}.a\sqrt{3}$ $=\begin{array}{r}\frac{3a^2\sqrt{3}}{4}\end{array}$  (đvdt)

$S_{DEFG}=S_{BCDE}+S_{FBE}+S_{FAB}$ $+S_{FAG}+S_{ACG}+S_{ACB}$

$=4a^2+\begin{array}{r}\frac{a^2}{2}\end{array}+\begin{array}{r}\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\end{array}+\begin{array}{r}\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\end{array}$ $+\begin{array}{r}\frac{3a^2\sqrt{3}}{4}\end{array}+{\displaystyle \frac{1}{2}}{a}^2\sqrt{3}=\begin{array}{r}\frac{a^2}{4}\end{array}\left(18+7\sqrt{3}\right)$ (đvdt) 

Bài 2.1 Trang 166 SBT Toán 8 Tập 1 Cho hình bình hành $ABCD,$ hai đường chéo $AC$ và $BD$ cắt nhau tại $O.$ Xét các tam giác có đỉnh lấy trong số các điểm $A,B,C,D,O,$ hãy chỉ ra các tam giác có diện tích bằng nhau và giải thích vì sao.

Phương pháp giải:

Dựa vào công thức tính diện tich hình tam giác bằng nửa tích chiều cao với cạnh đáy tương ứng: $S={\displaystyle \frac{1}{2}}ah$ và diện tích hình bình hành bằng tích một cạnh và chiều cao tương ứng: $S=ah$

Lời giải:

Các tam giác $ADB,ACB,DAC,DBC$ có diện tích bằng nhau vì cùng bằng nửa diện tích hình bình hành đã cho.

Các tam giác $OAD,OCB,ODC,OBA$ có diện tích bằng nhau vì cùng bằng một phần tư diện tích hình bình hành đã cho.

Bài 2.2 Trang 166 SBT Toán 8 Tập 1 Cho lục giác $ABCDEF,$ có $AB=BC$ $=3cm$ và$ED=4cm.$ Biết rằng $ED$ song song với $AB,AB$ vuông góc với $BC,FE$ vuông góc với $FA$ và $FE=FA.$ Qua điểm $A$ kẻ đường thẳng $d$ song song với $BC.$ Gọi $K$ là giao điểm của $d$ và $ED,$ biết $AK=4cm,KD=1cm.$ Tính diện tích của lục giác đó.

Phương pháp giải:

Chia lục giác đã cho thành các hình thang, hình tam giác. Sau đó lần lượt tính diện tich hình thang và hình tam giác đã chia rồi tính diện tích hình lục giác đã cho của bài toán.

Lời giải:

Gọi $H$ là giao điểm của hai đường thẳng $ED$ và $BC.$ Khi đó, $ABHE$ là hình thang và diện tích hình thang $ABHE$ là: $S_1={\displaystyle \frac{1}{2}}(AB+EH).BH$ $={\displaystyle \frac{1}{2}}(3+6).4=18(c{m}^2)$

Diện tích tam giác vuông $DHC$ là: $S_2={\displaystyle \frac{1}{2}}DH.HC$ $={\displaystyle \frac{1}{2}}.2.1=1(c{m}^2)$

Trong tam giác vuông $AKE$, theo định lý Pytago ta có:

$A{E}^2=K{E}^2+K{A}^2$$=3^2+4^2=25$

Suy ra $EA=5(cm)$

Trong tam giác vuông $FEA$ có $FE=FA$ nên theo định lý Pytago ta có: 

$F{E}^2+F{A}^2=E{A}^2\iff 2F{E}^2=25$

$\iff F{E}^2={\displaystyle \frac{25}{2}}$

Từ đó diện tích của tam giác $FEA$ là: $S_3={\displaystyle \frac{1}{2}}.FA.FE={\displaystyle \frac{1}{2}}F{E}^2$$={\displaystyle \frac{1}{2}}.{\displaystyle \frac{25}{2}}={\displaystyle \frac{25}{4}}(c{m}^2)$

Vậy diện tích của lục giác đã cho là: $S=S_1+S_3-S_2$ $=18+{\displaystyle \frac{25}{4}}-1={\displaystyle \frac{93}{4}}$ $(c{m}^2)$

Bài 2.3 Trang 167 SBT Toán 8 Tập 1 Cho lục giác đều $MNPQRS.$ Gọi $X,Y,Z$ tương ứng là trung điểm của cạnh $MN,PQ,RS.$ Khi đó $XYZ$ là:

(A) tam giác vuông;

(B) tam giác vuông cân;

(C) tam giác đều; 

(D) tam giác mà độ dài các cạnh của nó đôi một khác nhau.

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất đường trung bình của hình thang bằng nửa tổng hai đáy.

Lời giải:

Chọn (C)

Do  $MNPQRS$ là lục giác đều nên $MNPQ$ là hình thang.

Ta có $X,Y$ lần lượt là trung điểm của $MN,PQ$ nên $XY$ là đường trung bình của hình thang $MNPQ$

Suy ra: $XY={\displaystyle \frac{1}{2}}(MQ+NP)$

Tương tự: $ZY={\displaystyle \frac{1}{2}}(SP+RQ)$ ($ZY$ là đường trung bình của hình thang $RQPS)$

$XZ={\displaystyle \frac{1}{2}}(NR+MS)$ ($XZ$ là đường trung bình của hình thang $MNRS)$

Mà $MQ=SP=NR$ và $NP=RQ=MS$ ( do $MNPQRS$ là lục giác đều )

Vậy $XY=ZY=XZ$ hay $XYZ$ là tam giác đều.

Bài 2.4 Trang 167 SBT Toán 8 Tập 1 Cho tứ giác $MNPQ$ và các kích thước đã cho trên hình bs.28. Diện tích tam giác $MQP$ bằng bao nhiêu $(c{m}^2)?$

(A) $6;$

(B) $25;$

(C) ${\displaystyle \frac{25}{2}}$

(D) ${\displaystyle \frac{25}{4}}$

Phương pháp giải:

Áp dụng định lý Pi - ta - go trong tam giác vuông và công thức tính diện tích tam giác bằng nửa tích chiều cao và cạnh đáy tương ứng.

Lời giải:

Xét tam giác vuông $PNM$ có $P{M}^2=P{N}^2+N{M}^2$ $=3^2+4^2=25$

Suy ra: $PM=5cm$

Xét tam giác $PQM$ có $PQ=QM=a$

Do tam giác $PQM$ vuông tại $Q$ nên ta có: $P{M}^2=P{Q}^2+Q{M}^2$

Hay: $a^2+a^2=25$ hay $a^2={\displaystyle \frac{25}{2}}$

Diện tích tam giác $PQM$ là: $S={\displaystyle \frac{1}{2}}.a^2={\displaystyle \frac{25}{4}}(c{m}^2)$

Chọn D.

Bài 2.5 Trang 167 SBT Toán 8 Tập 1 Cho hình bs.29, trong đó $HK=KF=FL=LT$ và tam giác $GHT$ có diện tích $S.$ Khi đó, diện tích của tam giác $GKL$ bằng:

(A) ${\displaystyle \frac{1}{2}}S$

(B) ${\displaystyle \frac{1}{4}}S$

(C) ${\displaystyle \frac{1}{8}}S$

(D) ${\displaystyle \frac{3}{4}}S$ 

Phương pháp giải:

Dựa vào công thức tính diện tích tam giác bằng nửa tích chiều cao và cạnh đáy tương ứng: $S={\displaystyle \frac{1}{2}}ah$

Lời giải:

Theo bài ra ta có:  

$HK=KF=$ $FL=LT$

Suy ra: $KL={\displaystyle \frac{1}{2}}HT$

Ta thấy tam giác $GKL$ và tam giác $GHT$ có chung đường cao kẻ từ $G$ và cạnh đáy $KL={\displaystyle \frac{1}{2}}HT$ nên diện tích tam giác $GKL$ bằng một nửa diện tích tam giác $GHT$

hay $S_{GKL}={\displaystyle \frac{1}{2}}S$

Chọn (A)

Bài 2.6 Trang 167 SBT Toán 8 Tập 1 Cho hình bs.30 (hình bình hành $MNPQ$ có diện tích $S$ và $X,Y$ tương ứng là trung điểm của các cạnh $QP,PN).$ Khi đó, diện tích của tứ giác $MXPY$ bằng:

(A) ${\displaystyle \frac{1}{4}}S$

(B) ${\displaystyle \frac{1}{2}}S$

(C) ${\displaystyle \frac{1}{8}}S$

(D) ${\displaystyle \frac{3}{4}}S$

Phương pháp giải:

Dựa vào công thức tính diện tích tam giác bằng nửa tích chiều cao và cạnh đáy tương ứng: $S={\displaystyle \frac{1}{2}}ah$

Lời giải:

Theo bài ra ta có: $X,Y$ tương ứng là trung điểm của các cạnh $QP,PN$ nên $QX=XP$ và $NY=PY$

Có $S_{MQX}=S_{MXP}$ vì hai tam giác chung đường cao kẻ từ $M$ và có cạnh đáy bằng nhau. 

Suy ra: $S_{MXP}={\displaystyle \frac{1}{2}}{S}_{MQP}$

$S_{MYP}=S_{MYN}$ vì hai tam giác chung đường cao kẻ từ $M$ và có cạnh đáy bằng nhau. 

Suy ra: $S_{MYP}={\displaystyle \frac{1}{2}}{S}_{MPN}$

Mà $S_{MQP}+S_{MPN}=S_{MNPQ}$

nên $S_{MXP}+S_{MYP}={\displaystyle \frac{1}{2}}{S}_{MNPQ}$

hay $S_{MXPY}={\displaystyle \frac{1}{2}}S$

Chọn (B)

Bài 2.7 Trang 168 SBT Toán 8 Tập 1 Cho hình bs.31, ($R$ là điểm bất kì trên $QP,S$ là điểm bất kì trên $NO,$ hình thang $NOPQ$ có diện tích $S$). Khi đó tổng diện tích của hai tam giác $QSP$ và $NRO$ bằng:

(A) ${\displaystyle \frac{1}{2}}S$

(B) ${\displaystyle \frac{1}{4}}S$

(C) ${\displaystyle \frac{3}{4}}S$

(D) $S$ 

Phương pháp giải:

Dựa vào công thức tính diện tích tam giác bằng nửa tích chiều cao và cạnh đáy tương ứng: $S={\displaystyle \frac{1}{2}}ah$

Lời giải:

Gọi chiều cao của hình thang $NOPQ$ là $h$. độ dài đoạn thẳng $NO,QP$ lần lượt là $a,b$

Khi đó diện tích hình thang $NOPQ$: $S={\displaystyle \frac{a+b}{2}}.h$

Ta có: $S_{QSP}={\displaystyle \frac{1}{2}}h.b$

$S_{NRO}={\displaystyle \frac{1}{2}}h.a$

Vậy tổng diện tích của hai tam giác là:

$S_{QSP}+S_{NRO}$ $={\displaystyle \frac{1}{2}}h.b+{\displaystyle \frac{1}{2}}h.a$ $={\displaystyle \frac{a+b}{2}}.h$

Vậy $S_{QSP}+S_{NRO}=S$

Chọn (D)

Bài 2.8 Trang  SBT Toán 8 Tập 1 Cho tam giác $MNP.$ Điểm $T$ nằm trong tam giác $MNP$ sao cho các tam giác $MNP$ sao cho các tam giác $TMN,TMP,TPN$ có diện tích bằng nhau. Khi đó, $T$ là giao điểm

(A) ba đường cao của tam giác đó

(B) ba đường trung trực của tam giác đó

(C) ba đường trung tuyến của tam giác đó

(D) ba đường phân giác trong của tam giác đó

Phương pháp giải:

Dựa vào công thức tính diện tích tam giác bằng nửa tích chiều cao và cạnh đáy tương ứng: $S={\displaystyle \frac{1}{2}}ah$

Lời giải:

Khi $T$ là trọng tâm của tam giác $MNP$ thì $S_{TNP}={\displaystyle \frac{1}{3}}{S}_{MNP}$ vì hai tam giác có chung cạnh đáy và chiều cao của tam giác $MNP$ gấp ba lần chiều cao của tam giác $TNP$

Tương tự như vậy: $S_{TMP}={\displaystyle \frac{1}{3}}{S}_{MNP}$

$S_{TNM}={\displaystyle \frac{1}{3}}{S}_{MNP}$

Vậy các tam giác $TMN,TMP,TPN$ có diện tích bằng nhau.

Chọn (C)

Bài 2.9 Trang 168 SBT Toán 8 Tập 1 Cho hình bs.32 (tam giác $MNP$ vuông tại đỉnh $M$ và $NRQP,PUTM,MKHN$ đều là hình vuông, còn $S_1,S_2,S_3$ tương ứng là diện tích của mỗi hình. Quan hệ nào sau đây là đúng?

(A) $S_3+S_2=S_1$

(B) ${S_3}^2+{S_2}^2={S_1}^2$

(C) $S_3+S_2>S_1$

(D) ${S_3}^2+{S_2}^2<{S_1}^2$

Phương pháp giải:

Áp dụng định lý Pi - ta - go: Trong tam giác vuông, bình phương cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh góc vuông.

Diện tích hình vuông cạnh $a$ bằng $a^2$

Lời giải:

Gọi độ dài của $PM,MN,PN$ lần lượt là $a,b,c.$

Tam giác $PMN$ vuông tại $M,$ theo định lý Pi – ta - go ta có: $a^2+b^2=c^2$

Do các tứ giác $PUTM,NRQP,MKHN$ đều là hình vuông và có độ dài các cạnh lần lượt là $a,b,c$ nên diện tích của chúng tương ứng là: $a^2,b^2,c^2$

Như vậy: $S_1=c^2,S_2=a^2,S_3=b^2$ mà $a^2+b^2=c^2$

Nên ta có hệ thức: $S_2+S_3=S_1$

Chọn (A)

Bài 2.10 Trang 169 SBT Toán 8 Tập 1 Nếu độ dài của một hình vuông tăng gấp 4 lần thì diện tích hình vuông đó tăng lên bao nhiêu lần?

(A) $4$

(B) $8$

(C) $16$

(D) Không tính được

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính diện tích hình vuông cạnh $a$ là $S=a^2$

Lời giải:

Gọi độ dài cạnh hình vuông ban đầu đã cho là $a$, khi đó diện tích tương ứng là: $S=a^2$

Theo bài ra ta có cạnh của hình vuông tăng lên gấp bốn lần là $4a$

Vậy diện tích của hình vuông cạnh $4a$ là: $S^{\prime }=(4a{)}^2=16a^2=16S$

Hay diện tích hình vuông đó tăng lên 16 lần.

Chọn (C)

Bài 2.11 Trang 169 SBT Toán 8 Tập 1 Nếu một hình chữ nhật có chu vi là $16(cm)$ và diện tích là $12(c{m}^2)$ thì độ dài hai cạnh của nó bằng bao nhiêu?

(A) $3(cm)$ và $4(cm)$

(B) $2(cm)$ và $6(cm)$

(C) $2(cm)$ và $8(cm)$

(D) Không tính được

Phương pháp giải:

Dựa vào công thức tính chu vi và diện tích của hình chữ nhật.

Hình chữ nhật có chiều dài $a$ và chiều rộng $b$ thì có chu vi $P=2(a+b)$ và có diện tích $S=a.b$

Lời giải:

Gọi độ dài hai cạnh của hình chữ nhật là: $a,b$ với $0<b<a$

Diện tích hình chữ nhật là $12(c{m}^2)$ nên $a.b=12(c{m}^2)$

Do hình chữ nhật có chu vi là $16(cm)$ nên ta có $2.\left(a+b\right)=16\iff a+b=8(cm)$

$\iff b=8-a$

Thay $b=8-a$ vào $a.b=12$ ta được:

$\begin{array}{l}a.\left(8-a\right)=12\\ \iff 8a-a^2=12\\ \iff a^2-8a+12=0\\ \iff a^2-2a-6a+12=0\\ \iff a\left(a-2\right)-6\left(a-2\right)=0\\ \iff \left(a-6\right)\left(a-2\right)=0\\ \iff [\begin{array}{l}a-6=0\\ a-2=0\end{array}\\ \iff [\begin{array}{l}a=6\\ a=2\end{array}\end{array}$

Với $a=6$ thì $b=8-a=8-6=2$ (thỏa mãn điều kiện $0<b<a$)

Với $a=2$ thì $b=8-a=8-2=6$ (không thỏa mãn điều kiện $0<b<a$)

Vậy độ dài hai cạnh hình chữ nhật là $2(cm)$ và $6(cm)$

Chọn (B)