giải bài tập hình học 8

Giải tập hình Chơng I: Tứ giác +Bài 16 (75) A */ ABC cân A nên AB = AC(1)  E D O ABD=ACE(gcg) B C  BD = CE vµ AD = AE Gäi O lµ giao cđa BD vµ CE  OBC cân O () OB = OC(2) OD = OE(3) (1), (2)& (3)  OA lµ trung trùc cđa BC(I) vµ DE (II) (I), (II)  DE // BC BCDE hình thang đáy BC, ED BCDE hình thang cân = C L¹i cã B ˆ 1= B ˆ ( ) */ DE // BC  D ˆ 1= B ˆ (CMT) Mµ B ˆ 1= B ˆ  BDE cân E EB = ED D Chú ý: Theo kết này*/ ABC cân A nªn AB = AC(1)  ABD=ACE(gcg)  BD = CE vµ AD = AE Gäi O lµ giao cđa BD CE OBC cân O () OB = OC(2)  OD = OE(3) (1), (2)& (3)  OA lµ trung trùc cđa BC(I) vµ DE (II) (I), (II) DE // BC BCDE hình thang đáy BC, ED BCDE hình thang cân = C Lại có B 1= B ˆ ( ) */ DE // BC  D ˆ ˆ Mµ B = B (CMT) ˆ 1= B BDE cân E EB = ED  D Chó ý: Theo kÕt qu¶ hình thang cân: trung điểm hai đáy, giao hai cạnh bên, giao hai đờng chéo điểm thẳng hàng A B + Bài 17 ( 75) 1 ˆ  OC = OD(1) ˆ 1= C C¸ch 1: Gt: D O ˆ 1= B ˆ 1(slt) Mµ: D 1 ˆ 1(slt) ˆ 1= C D C A ˆ ˆ  B 1= A OAB cân O OA = OB(2) A B (2)&(1) AC=BD đpcm Cách : ? ? KỴ BE //AC (E DC)  ˆ ˆ = (đ vị), AC = BE ( ) ) C1 E1 1 ˆ (gt)  ˆ 1= C D C E Mµ D ˆ 1= E ˆ BDE cân B DB = BE AC = BD D đpcm + Bài 18 ( 75) : KỴ BE //AC (E DC)  ˆ 1= E 1(đ vị),AC = BE ( ) C Mà AC = BD  DB = BE  BDE c©n B A B D Hồ Hồng Điệp - Trêng THCS TrÇn L·m 1 C E =E ˆ 1(*)  ACD =  BDC (cgc) ˆ 1 D 1= C =C ABCD hình thang cân (Chú ý:theo tập 17/ 75: (*) ®pcm)   ˆ D ˆ D + Bµi tập 27( 80): a/ E, F, K trung điểm AD, BC, AC EK, FK đờng trung b×nh cđa ADC, ABC 1  EK = DC, FK = AB A E K D B F b/ Tõ (a)  EK + FK = (AB+CD) Mµ FE  EK + FK(…)) C Tø gi¸c ABCD, E, F, FE  (AB+CD) GT K trung điểm AD, BC, AC Dấu E, F, K thẳng hàng So sánh: EK CD; Lúc đó, AB // FE// CD KL KF AB Hay ABCD hình thang đáy AB, CD Ta cã thĨ chøng minh: FE (AB + CD) "Tỉng ®é dài đoạn thẳng nối trung điểm cạnh đối tứ giác không lớn nửa chu vi tứ giác đó" "Cho tứ giác ABCD E, F, K trung điểm AD, BC, AC AB + CD = 2a không đổi Chứng minh tứ giác hình thang đáy AB, CD FE= a" + Bµi 28 (80): a/ Ta thÊy FE đờng trung bình hình thang ABCD FE // AB(…))  EI // AB XÐt ADC cã: EA = ED, EI // AB  IB = ID (®l3) T¬ng tù : AK = KC b/ Tõ (a) cã EI đờng trung bình ABD 1 EI = AB = = 3(cm) 2 T¬ng tù tÝnh: KF = 3cm EK = CD = 10 = 5(cm) 2 Suy IK = EK - EI = 2(cm) Mét c¸ch kh¸i qu¸t: EI = KF IK = (CD - AB); (AB < CD) A E B I D F H×nh thang ABCD, AB // CD, AE = ED, BF = FC, GT FE cắt BD, AC I, K KL AK = KC, BI = ID + Bài 31(83): */Cách dựng: 1/ Dùng ACD biÕt: AC = DC = 4cm, K Hồ Hồng Điệp - Trờng THCS Trần LÃm C AD = 2cm 2/ Dùng tia Ax n»m trªn cïng mét nửa mặt phẳng bờ AD, chứa C song song với CD 3/ Trên tia Ax lấy điểm B cho AB = 2cm Nèi BC ta cã h×nh thang cÇn dùng */ Chøng minh: Ta thÊy AB // CD nên ABCD hình thang Mặt khác: AB = AD = 2cm, AC = CD = 4cm nên hình thang ABCD thoả mÃn ĐKBT */ Biện luận: Ta dựng đợc hình thang thoả mÃn ĐKBT + Bài 32(83): */ Phân tích: Giả sử đà dựng đợc ÃABC 300 tia Bx nằm nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A Ta có ÃABx 600 A Trên tia Bx lấy A' Ta có ABA' */ Cách dựng: A 1/ Dựng ABA' 2/ Dựng phân giác BC tam giác a Ta có ÃABC 30 C ˆ = 600 */ Chøng minh: Do ABA' ®Ịu nên B nên ÃABC 300 mà BC phân giác B */ Hiển nhiên dựng đợc nhÊt mét gãc tho¶ m·n B A' C 2a B O +Bài 33(80): Cách dựng: 1/ Dựng ABO 2/ Dùng (C, 4cm),cã A 3/ KỴ Ax//CD A B 4cm 800 D +Bài 39(88): C, A đối xứng qua d , D, E d (gt)  AD vµ CD, AE CE đối xứng qua d AD = CD, AE = CE (tÝnh chÊt….)  AD + BD = CD + BD = BC Mµ BC < BE + CE Suy ra: AD + BD < BE + CE Khai thác: 2/ Tìm vị trí điểm E ®Ĩ EA + EB nhá nhÊt.(c©u b) 3cm C A B d H D E C A H D B' K d B C Hå Hång §iƯp - Trêng THCS Trần LÃm + Bài 40(88): (Tranh ảnh) a/ c/ + Bài 41(88): a/ Đ c/ Đ b/ d/ b/ Đ d/ S + Bài 47(93): GT ABCD hình bình hành AH, CK BD AHCK hình bình hành O, A, C thẳng hàng A B K H •O D KL C a/ AH DB, CKBD (gt)  AH // CK(1) (V× vuông góc với BD) Mặt khác: Xét AHD, CKB cã: ·AHD CKB · 900 (gt) AD = BC (T/C hbh) ˆ 1= B ˆ 1(2 gãc SLT…) D  AHD = CKB(t/h ®b…)  AH = CK(2) (1), (2) AHCK hình bình hành (dhnb) b/ (a) Nếu O trung điểm HK O trung ®iĨm cđa AC (T/c hbh)  A, O, C thẳng hàng + Bài 48(93): Cm: HE//FG, HG//EF CM: HE = FG, HG = EF CM: HE//FG, HE = FG µ F µ ;E µ G µ CM : H Nèi A víi C Trong BAC cã BE = EA (gt); BF = FC (gt)  EF//= 1/2 AC (T/c ®êng TB ) (1) Trong  DAC cã AH = HD (gt); CG = GD (gt)  HG//=1/2AC (T/c ®êng TB ) (2) (1), (2)  EF//= HG (//=1/2AC) Nên EFGH HBH (dh3) A E H F G C + Bµi 49(93): a/ ABCD hình bình hành AB//=CD 2 B D A K B N M Mµ AK  AB ; CI  CD D I  AK//=CI Hồ Hồng Điệp - Trờng THCS Trần LÃm C AKCI hình bình hành (có cặp cạnh đối song song nhau) b/ AKCI hình bình hành AI//CK BMA có: BK=KA (gt) KM//AM (cmt) N trung điểm BM MN=NB (1) DNC cã: DI=IC (gt) MI//NC (cmt)  M lµ trung ®iĨm cđa DN  DM=MN (2) Tõ (1) vµ (2) DM = MN = NB c/ AKCI hình bình hành AC cắt KI trung điểm O AC ABCD hình bình hành AC cắt BD trung điểm O AC AC, BD, IK đồng qui O + Bài 54(96): x Vì A B đối xứng qua Ox, nên Ox đờng trung trực đoạn thẳng OA B I à à Do ta có OA = OB BOX (1) AOX O Vì A C đối xứng qua Oy, nên Oy đờng trung trực đoạn thẳng AC à Do ta có: OA = OC ÃAOY COY (2) à Theo giả thiết ·XOY  XOA  ·AOY 900 · · Tõ (1) vµ (2)  BOX = 900 COY · · · VËy ta cã : BOX  ·XOA  AOY  YOC 1800 Hay điểm B, O , C thẳng hàng Lại có OB = OC ( = OA) B C đối xứng qua O + Bài 55(96): ABCD hình bình hành O giao điểm hai đờng chéo AC BD à Do ta có AB//CD BAC ÃACD (SLT) · AO = CO; ·AOM CON ( ®èi ®Ønh)  AOM =  CON (g.c.g)  MO = ON  M N đối xứng qua O A M J D B Hồ Hồng Điệp - Trờng THCS Trần L·m N y C O + Bµi tËp 57 (96): - Khẳng định câu a, c - Khẳng định câu b sai A C + Bài 64(100): FEGH hình chữ nhật 900 ; H ả 900 ; G 900 E 1 Tơng tự 900 F µ 900 F  µ C µ 900 B 1  ·ABC  BCD · 900 +Bµi 65(100): Gọi O giao điểm hai đờng chéo AC BD Từ giả thiết toán tính chất đờng trung bình tam giác ta có: EF//AC vµ EF  AC HG//AC vµ HG  AC  EF //HG vµ EF = HG Vậy EFHG hình bình hành(1) EF//AC mà BD AC nên BD EF HE//BD mà EFBD nên EF HE (2) Từ (1) (2) suy EFHG hình chữ nhật ( DHNB) +Bài 69(102): Đáp án: 17; 25; 38; 46 A B E1 H1 G1 I 2F D C A H E D B G F C + Bài 70(103): Kẻ CH Ox y AOB cã AC = CB (gt) A CHAO ( cïng vu«ng gãc víi Ox )  E C m CH ĐTB AOB CH = AO = = 1(cm) O H B 2 NÕu B  O  C  E ( E lµ trung ®iĨm cđa AO ) Khi B di chun trªn Ox C di chuyển Em Ox, cách Ox khoảng cm + Bài 71(103): a, Xét tø gi¸c AEMD cã Aˆ  Eˆ  Dˆ = 90 (gt) B Tứ giác AEMD hình chữ nhật D M Có O trung điểm ®êng Q x O A E Hå Hång §iƯp - Trờng THCS Trần LÃm P C chéo DE nên O trung điểm đòng chéo AM A, O, M thẳng hàng b, Kẻ AH BC; OK BC OK đờng trung bình AHM AH ( không đổi) OK = NÕu M  B  O P ( P lµ trung ®iĨm cđa AC ) NÕu M  C  O Q ( Q trung điểm AB) Vậy M di chuyển BC O di chuyển đờng trung bình PQ ABC c, Nếu M H AM AH, AM có độ dài nhỏ + Bài 75(106): A Q D M O P B N ABCD lµ hcnhËt AM = MB, BN = NC GT CP = PD, DQ = QA KL MNPQ lµ h.thoi C MNPQ lµ h×nh thoi  MN = NP = PQ = QM  AMN=BMP=CPQ=DMQ  ˆ =D ˆ = B ˆ =C ˆ = 900 (t/c hcn) A AM=MD=BP=PC=1/2AB=1/2BC AN=NB=DQ=QC=1/2AB=1/2CD AB = CD, AD = BC (t/c hcn) HS dựa vào sơ đồ tự trình vào vởMNPQ hình thoi + Bài 76(106) : Trong  ABC cã AM = MB, BM = MC (gt) => MN // = 1/2 AC (t/c ®êng tb) Trong  ADC cã AQ=QD, DP=PC (gt) => PQ = 1/2 AC (t/c ®êng tb) => MN //=PQ (//=1/2AC) => MNPQ lµ hbh (3) B M M C A Q D Hå Hång §iƯp - Trêng THCS TrÇn L·m P Trong  ABD cã AM=MB, AQ=QD (gt) => MQ // BD (t/c đờng tb) mà BD AC t¹i O => MQ  MN (t/c //) Hay gãc QMN = 900 (2) (1), (2) => MNPQ lµ hcn + Bài 81(108): Tức giác AEDF có góc vu«ng ˆ 45 + 450 = 900 A ˆ F = 900 E Do AEDF hình chữ nhật Đờng chéo AD phân giác góc A Vậy AEDF hình vuông B E D 450 450 A +Bài 83(108): Đáp án: a/ S b/ Đ c/ § F d/ S C e/ § +Bµi 84(108) A A E E E’ E’ F E’ F B E’ C B D D’ C *Trêng DhỵpD’Aˆ 90 ( A ) góc nhọn tù DE // AB, DE // AC AEDF hình bình hành Hình bình hành AEDF hình thoi đờng chéo AD đờng phân giác góc A Vậy AEDF hình thoi D chân đờng phân giác góc A BC *Trờng hợp gãc = 900 DE // AB vµ DF // AC AEDF hình bình hành A 90 nên AEDF hình chữ nhật Hình chữ nhật AEDF hình vuông đờng chéo AD phân giác góc A Vậy D chân đờng phân giác góc A BC AEDF hình vuông + Bµi 85(108): E A B a/ ADEF cã: AE//=DF;  = 900 1 ADFE hình chữ nhật M N Mặt khác AB = 2AD AD = AE D Hå Hång §iƯp - Trêng THCS Trần LÃm F C ADFE hình vuông b/ ADFE hình vuông ED AF ; ME = MF Tơng tự EBCF hình vuông EN  FN vµ EN = NF µ 450  F µ 900 Mµ µ A1 B ¶ N µ E µ 900 MENF cã: M ME = MF  MENF hình vuông + Bài 89(108): A E a/ ABC cã BM = MC ; BD = DA  DM đờng trung bình ABC DM//AC D Mµ ED = DM  AB lµ trung trùc EM VËy E, M ®èi xøng qua AB B M b/ AEMC hình bình hành AEMB hình thoi c/ BC=4cm  BM=2cm  Chu vi AEBM=8cm ¶ 900 ABC vuông cân d/AEBM hình vuông M Hồ Hồng Điệp - Trờng THCS Trần LÃm C + Bài 88: Tứ giác ABCD: AE = EB, BF = FC, CG = GD, AH = HD Tìm ĐK AC BD để tứ giác èGH là: a Hình chữ nhật b Hình thoi c Hình vuông 10 Hồ Hồng Điệp - Trờng THCS Trần LÃm ... Hång §iƯp - Trờng THCS Trần LÃm + Bài 40 (88 ): (Tranh ảnh) a/ c/ + Bài 41 (88 ): a/ Đ c/ Đ b/ d/ b/ Đ d/ S + Bài 47(93): GT ABCD hình bình hành AH, CK BD AHCK hình bình hành O, A, C thẳng hàng... MNPQ hcn + Bài 81 (1 08) : Tức giác AEDF có gãc vu«ng ˆ 45 + 450 = 900 A F = 900 E Do AEDF hình chữ nhật Đờng chéo AD phân giác góc A Vậy AEDF hình vuông B E D 450 450 A +Bài 83 (1 08) : Đáp án:... AEDF hình vuông + Bài 85 (1 08) : E A B a/ ADEF có: AE//=DF;  = 900 1 ADFE hình chữ nhật M N Mặt khác AB = 2AD AD = AE D Hå Hång §iƯp - Trêng THCS Trần LÃm F C ADFE hình vuông b/ ADFE hình vuông