Ôn tập chương 2 Phần Hình học Bài 51 trang 166 SBT Toán 8 Tập 1 Cho tam giác ABC với ba đường cao AA’, BB’, CC’ Gọi H là trực tâm của tam giác đó Chứng minh rằng HA'''' HB'''' HC'''' 1 AA'''' BB'''' CC'''' + + = Lời gi[.]
Ôn tập chương - Phần Hình học Bài 51 trang 166 SBT Toán Tập 1: Cho tam giác ABC với ba đường cao AA’, BB’, CC’ Gọi H trực tâm tam giác Chứng minh HA' HB' HC' + + =1 AA' BB' CC' Lời giải: Ta có: 1 SHBC = HA '.BC; SHAC = HB'.AC; SHAB = HC'.AB; 2 1 SABC = AA '.BC = BB'.AC = CC'.AB 2 Và SHBC + SHAC + SHAB = SABC SHBC SHAC SHAB + + =1 SABC SABC SABC Hay HA'.BC HB' AC HC'.AB + + =1 AA'.BC BB' AC CC'.AB Do đó; HA' HB' HC' + + =1 AA' BB' CC' Bài 52 trang 166 SBT Toán Tập 1: Cho tam giác ABC a) Tính tỉ số đường cao BB’, CC’ xuất phát từ đỉnh B, C b) Tại AB < AC BB' < CC’? Lời giải: a) Ta có: SABC = 1 BB'.AC = CC' AB 2 Suy ra: BB'.AC = CC'.AB Do đó, BB' AB = CC' AC b) Nếu AB < AC Mà theo a) Suy ra: AB 1 AC BB' AB = CC' AC BB' CC' Do đó, BB' < CC' Bài 53 trang 166 SBT Toán Tập 1: Qua tâm O hình vng ABCD cạnh a, kẻ đường thẳng l cắt cạnh AB CD M N Biết MN = b Hãy tính tổng khoảng cách từ đỉnh hình vng đến đường thẳng l theo a b (a b có đơn vị đo) Lời giải: Gọi h1 h2 khoảng cách từ đỉnh B đỉnh A đến đường thẳng l Tổng khoảng cách S Vì O tâm đối xứng hình vng nên OM = ON (tính chất đối xứng tâm) MN = b nên MO = NO = b Suy AM = CN Mà: AMP = DNS (đồng vị) Và DNS = CNR (đối đỉnh) Suy ra: AMP = CNR Suy ra: ΔAPM = ΔCRN (cạnh huyền, góc nhọn) ⇒ CR = AP = h2 Vì AM = CN ⇒ BM = DN Và BMQ = DNS (so le trong) Suy ra: ΔBQM = ΔDSN (cạnh huyền, góc nhọn) ⇒ DS = BQ = h1 SBOA = 1 SABCD = a2 (l) 4 SBOA = SBOM + SAOM = b b bh + bh h1+ h = = ( h1 + h ) b (2) 2 2 4 a2 Từ (1) (2) suy h1 + h2 = b Vậy : S = 2(h1 + h2) = 2a b Bài 54 trang 166 SBT Toán Tập 1: Tam giác ABC có hai trung tuyến AM, BN vng góc với Hãy tính diện tích tam giác theo AM BN Lời giải: Tứ giác ABMN có hai đường chéo vng góc nên SABMN = AM.BN Vì Δ ABM Δ AMC có chung chiều cao kẻ từ A, cạnh đáy BM = MC nên: SABM = SAMC = SABC Vì ΔMNA ΔMNC có chung chiều cao kẻ từ M, cạnh đáy AN = NC nên: SMAN = SMNC = 1 SAMC = SABC Ta có: SABMN = SABM + SMNA = 1 SABC + SABC = SABC 4 Vậy SABC = 4 SABMN = AM.BN = AM.BN 3 Bài 55 trang 166 SBT Toán Tập 1: Cho hình bình hành ABCD Gọi K L hai điểm thuộc BC cho BK = KL = LC Tính tỉ số diện tích của: a) Các tam giác DAC DCK; b) Tam giác DAC tứ giác ADLB; c) Các tứ giác ABKD ABLD Lời giải: a) Ta có: SACD = SBCD = SDAB = SCAB = SABCD (1) ΔDCK ΔDCB có chung chiều cao kẻ từ đỉnh D, cạnh đáy CK = SDCK = CB nên SDBC (2) S 2 Từ (1) (2) ⇒ SDCK = SDAC DCK = SDAC b) Ta có: SADLB = SADB + SDLB Vì ΔDBC ΔDLB có chung chiều cao kẻ từ D, cạnh đáy LB = ⇒ SDLB = SDBC BC Mà SDAC = SADB = SDBC (chứng minh trên) Suy ra: SADLB = SDAC + ⇒ SDAC SADLB SDAC = SDAC 3 = c) Ta có: SABKD = SABD + SDKB Vì ΔDKB ΔDCB có chung chiều cao kẻ từ D, cạnh đáy BK = ⇒ SDKB = BC SDCB Mà SDCB = SDAC = SABD (chứng minh trên) SABKD = SDAC + SABKD SADLB SDAC = SDAC 3 SDAC = = 5 SDAC Bài 56 trang 166 SBT Toán Tập 1: Cho tam giác ABC vng A có BC = 2AB = 2a Ở phía ngồi tam giác, ta vẽ hình vng BCDE, tam giác ABF tam giác AGC a) Tính góc B, C, cạnh AC diện tích tam giác ABC b) Chứng minh FA vng góc với BE CG Tính diện tích tam giác FAG FBE c) Tính diện tích tứ giác DEFG Lời giải: a) Gọi M trung điểm BC, ta có: AM = MB = BC = a (tính chất trung tuyến tam giác vng) Suy MA = MB = AB = a Suy ΔAMB ⇒ ABC = 60o Mặt khác: ABC + ACB = 90° (tính chất tam giác vng) Suy ra: ACB = 90o - ABC = 90o – 60o = 30o Trong tam giác vuông ABC, theo Pi-ta-go, ta có: BC2 = AB2+ AC2 ⇒ AC2 = BC2 - AB2 = 4a2 - a2 = 3a2 ⇒ AC = a a2 Vậy SABC = AB.AC = a a = ( đvdt) 2 b) Ta có: FAB = ABC = 60o Do đó: FA // BC (vì có cặp góc vị trí so le nhau) Và BC ⊥ BE (vì BCDE hình vng) Suy ra: FA ⊥ BE Vì BC ⊥ CD (vì BCDE hình vng) FA // BC Suy ra: FA ⊥ CD Gọi giao điểm BE FA H, FA CD K ⇒ BH ⊥ FA FH = HA = a (tính chất tam giác đều) Ta có: ACG + ACB + BCD = 60o + 30o + 90o = 180o ⇒ G, C, D thẳng hàng ⇒ AK ⊥ CG GK = KC = 1 a GC = AC = 2 a a2 a = SFAG = GK.AF = ( đvdt) 2 a 1 FH.BE = 2a = a2 (đvdt) 2 2 SFBE = c) SBCDE = BC2 = (2a)2 = 4a2 (dvdt) Trong tam giác vuông BHA, theo Pi-ta-go, ta có: AH2 + BH2 = AB2 a 3a a = BH = ⇒ BH = AB - AH = a − 4 2 2 a a2 a = SABF = BH.FA = ( đvdt) 2 Trong tam giác vuông AKC, theo Pi-ta-go, ta có: AC2 = AK2 + KC2 3a 9a 3a = AK = ⇒ AK = AC - KC = 3a − 4 2 2 3a 3a SACG = AK.CG = a = ( đvdt) 2 Ta có: SDEFG = SBCDE + SFBE + SFAB + SFAG + SACG + SABC = 4a + a a a 3a a (18 + 3)a + + + + = ( đvdt) 4 4 Bài tập bổ sung Bài II.1 trang 166 SBT Tốn Tập 1: Cho hình bình hành ABCD, hai đường chéo AC BD cắt O Xét tam giác có đỉnh lấy số điểm A, B, C, D O, tam giác có diện tích giải thích Lời giải: - Các tam giác ADB, ACB, DAC, DBC có diện tích nửa diện tích hình bình hành cho - Các tam giác OAD, OCB, ODC, OBA có diện tích phần tư diện tích hình bình hành cho Bài II.2 trang 166 SBT Tốn Tập 1: Cho hình lục giác ABCDEF, có AB = BC = 3cm ED = 4cm Biết ED song song với AB, AB vng góc với BC, FE vng góc với FA vng góc với FA FE = FA Qua điểm A kẻ đường thẳng d song song với BC Gọi K giao điểm d ED, biết AK = 4cm, KD = 1cm Tính diện tích lục giác Lời giải: Gọi H giao điểm hai đường thẳng ED BC Khi đó, ABHE hình thang tính diện tích S1 = 1 (AB + EH).BH = (3 + 6).4 = 18( cm2) 2 Diện tích tam giác vng DHC S2 = 1 DH.CH = 2.1 = 1( cm2) 2 Trong tam giác vng AKE, áp dụng định lí Pytago tính EA = (cm) Trong tam giác vng FEA có FE = FA : AE 25 = Suy EF = ( áp dụng định lí py ta go) 2 Từ diện tích tam giác FAE S3 = 1 25 cm FE FA = FE.FE = FE = 2 Vậy diện tích lục giác cho S = S3 + S1 - S2 = 25 93 +18 − = ( cm2) 4 Mỗi từ số II.3 đến II.11 sau có bốn phương án lựa chọn (A), (B), (C) (D) có số Hãy phương án mà em cho Bài II trang 167 SBT Toán Tập 1: Cho lục giác MNPQRS (h.bs.27) Gọi X, Y, Z tương ứng trung điểm cạnh MN, PQ RS Khi XYZ là: (A) tam giác vuông; (B) tam giác vuông cân; (C) tam giác đều; (D) tam giác mà độ dài cạnh đơi khác Lời giải: Chọn đáp án C Vì MNPQRS lục giác nên MN = NP =PQ = QR = RS = MS (1) Và đường chéo nhau: NR = MQ = PS (2) Ta có XY đường trung bình hình thang MNPQ nên: XY = NP + MQ (3) Tương tự có: XZ = MS + NR RQ + RS (4) ; YZ = 2 Từ (1); (2); (3) (4) suy ra: XY = XZ = YZ nên tam giác XYZ tam giác Bài II trang 167 SBT Toán Tập 1: Cho tứ giác MNPQ kích thước cho hình bs.28 Diện tích tam giác MQP (cm2)? (A) 6; (B) 25; (C) 25 ; (D) 25 Lời giải: Chọn đáp án D Áp dụng định lí Py ta go vào tam giác vng PNM có: PM2 = PN2 + NM2 = 32 + 42 = 25 nên PM = cm Áp dụng định lí Py ta go vào tam giác vng PQM có: PQ2 + QM2 = MP2 mà PQ = QM nên 2PQ2 = 25 PQ2 = 25 Diện tích tam giác MQP S = 1 25 25 PQ.QM = PQ2 = = 2 2 Bài II trang 167 SBT Tốn Tập 1: Cho hình bs.29, HK = KF = FL = LT tam giác GHT có diện tích S Khi đó, diện tích tam giác GKL bằng: (A) S; (B) S; (C) S; (D) S Lời giải: Chọn đáp án A Ta có: S = h.HT h độ dài đường cao xuất phát từ G tam giác GHT 2 KL = HT = HT Diện tích tam giác GKL bằng: 1 1 SGKL = h.KL = h HT = S 2 2 Bài II trang 167 SBT Toán Tập 1: Cho hình bs.30 (hình bình hành MNPQ có diện tích S X, Y tương ứng trung điểm cạnh QP, PN) Khi đó, diện tích tứ giác MXPY bằng: (A) S; (B) S; (C) S; (D) S Lời giải: Chọn đáp án B Ta có: SMNY = SMYP ; SMPX = SMXQ Suy ra: SMXPY = SMYP + SMPX = SMNY + SMXQ Lại có: SMNY + SMPX + SMYP + SMXQ = S S Suy ra: SMXPY = Bài II trang 168 SBT Tốn Tập 1: Cho hình bs.31, (R điểm QS, S điểm NO, hình thang NOPQ có diện tích S) Khi đó, tổng diện tích hai tam giác QSP NRO bằng: (A) S; (B) S; (C) S; (D) S Lời giải: Chọn đáp án D Gọi chiều cao hình thang cho h Ta có, diện tích hình thang NOPQ S = ( NO + PQ).h (1) 1 SNRO = h.NO; SQSP = h.QP 2 1 SNRO + SQSP = h.NO + h.QP = h.(NO + QP) 2 (2) Từ (1) (2) suy ra: S = SNRO + SQSP Bài II.8 trang 168 SBT Toán Tập 1: Cho tam giác MNP Điểm T nằm tam giác MNP cho tam giác TMN, TMP, TPN có diện tích Khi đó, T giao điểm (A) ba đường cao tam giác đó; (B) ba đường trung trực tam giác đó; (C) ba đường trung tuyến tam giác đó; (D) ba đường phân giác tam giác Lời giải: Chọn đáp án C Vì tam giác TMN, TMP, TPN có diện tích tổng diện tích tam giác diện tích tam giác MNP nên: STMN = STMP = STPN = SMNP Xét tam giác TMN tam giác MNP có chung cạnh đáy MN Suy ra, chiều cao xuất phát từ P gấp lần chiều cao xuất phát từ đỉnh T Theo tính chất trọng tâm tam giác định lí Ta – let , ta suy ra: T trọng tâm tam giác MNP- tức T giao điểm ba đường trung tuyến tam giác Bài II.9 trang 168 SBT Tốn Tập 1: Cho hình bs.32 (tam giác MNP vng đỉnh M NRQP, PUTM, MKHN hình vng, cịn S1, S2, S3 tương ứng diện tích hình) Quan hệ sau đúng? (A) S3 + S2 = S1; (B) S32 + S22 = S12 ; (C) S3 + S2 > S1; (D) S32 + S22 S12 Lời giải: Chọn đáp án A Gọi độ dài cạnh PM = a ;cạnh MN = b Áp dụng định lí Py tago vào tam giác vuông MNP ta được: NP2 = MP2 + MN2 = a2 + b2 Diện tích hình vng: S1= NP2 = a2 + b2 S2 = a2 S3 = b2 Suy ra: S1 = S2 + S3 Bài 10 trang 169 SBT Toán Tập 1: Nếu độ dài cạnh hình vng tăng gấp bốn lần diện tích hình vng tăng lên lần? (A) 4; (B) 8; (C) 16; (D) Khơng tính Lời giải: Chọn đáp án C Gọi độ dài cạnh hình vng ban đầu a Diện tích hình vuông lúc đầu a2 Khi tăng độ dài cạnh hình vng lên lần độ dài cạnh lúc 4a diện tích hình vng ( 4a)2 = 16a2 Do đó, diện tích hình vng tăng lên 16 lần Bài II.11 trang 169 SBT Toán Tập 1: Nếu hình chữ nhật có chu vi 16 (cm) diện tích 12 (cm2) độ dài hai cạnh bao nhiêu? (A) (cm) (cm); (B) (cm) (cm); (C) (cm) (cm); (D) Không tính Lời giải: Chọn đáp án B Nửa chu vi hình chữ nhật là: 16 : = 8cm Gọi độ dài cạnh a (cm) (0 < a < 8) độ dài cạnh cịn lại – a ( cm) Vì diện tích hình chữ nhật 12 nên: a(8 – a) = 12 Hay 8a – a2 = 12 6a – a2 + 2a – 12 = a(6 – a) – 2(6 – a) = (a – 2) (6 – a) = Nên a – = hay a = Hoặc – a = hay a = ... PM2 = PN2 + NM2 = 32 + 42 = 25 nên PM = cm Áp dụng định lí Py ta go vào tam giác vng PQM có: PQ2 + QM2 = MP2 mà PQ = QM nên 2PQ2 = 25 PQ2 = 25 Diện tích tam giác MQP S = 1 25 25 PQ.QM = PQ2... + 90o = 180 o ⇒ G, C, D thẳng hàng ⇒ AK ⊥ CG GK = KC = 1 a GC = AC = 2 a a2 a = SFAG = GK.AF = ( đvdt) 2 a 1 FH.BE = 2a = a2 (đvdt) 2 2 SFBE = c) SBCDE = BC2 = (2a )2 = 4a2 (dvdt) Trong tam giác... - ABC = 90o – 60o = 30o Trong tam giác vng ABC, theo Pi-ta-go, ta có: BC2 = AB2+ AC2 ⇒ AC2 = BC2 - AB2 = 4a2 - a2 = 3a2 ⇒ AC = a a2 Vậy SABC = AB.AC = a a = ( đvdt) 2 b) Ta có: FAB = ABC = 60o