Giải SBT Toán 8 CTST Bài 5. Hình chữ nhật – Hình vuông có đáp án

a) Xét tứ giác ABDC có: AM = MD (M ∈ AD); BM = MC (M ∈ BC).

Suy ra tứ giác ABDC là hình bình hành.

Ta lại có $\widehat{\text{BAC}}=90°$ (do ∆ABC vuông tại A).

Do đó, tứ giác ABDC là hình chữ nhật.

b) Tứ giác ABDC là hình chữ nhật (theo câu a), suy ra AB = CD và AB // CD.

Do E đối xứng với A qua B nên B, A, E thẳng hàng và AB = BE.

Vì AB // CD nên BE // CD.

Vì AB = CD và AB = BE nên CD = BE.

Xét tứ giác BEDC có BE // CD và BE = CD nên là hình bình hành.

c) ∆AED có hai đường trung tuyến EM và DB cắt nhau tại K, nên K là trọng tâm của tam giác AED.

Suy ra $\text{EK}=\frac{2}{3}\text{EM}$ và $KM=\frac{1}{3}EM$ nên EK = 2KM.

a) Do MN ⊥ DE tại N, MK ⊥ DF tại K nên $\widehat{\text{MND}}=90°$ và $\widehat{\text{MKD}}=90°$

Tứ giác DKMN có $\widehat{\text{KDN}}=90°;$ $\widehat{\text{MKD}}=90°;$ $\widehat{\text{MND}}=90°$ nên DKMN là hình chữ nhật.

b) ∆DEF vuông tại D và DM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên

$\text{MD}=\frac{1}{2}\text{EF}=\text{ME}$.

Suy ra ∆MDE cân tại M.

Ta lại có MN ⊥ DE tại N, suy ra đường cao MN cũng đồng thời là đường trung tuyến của ∆MDE, suy ra $\text{ND}=\text{NE}=\frac{\text{DE}}{2}$.

Tứ giác DHEM có: ND = NE và NH = NM (do H là điểm đối xứng với M qua N).

Suy ra DHEM là hình bình hành.

Do đó DH // ME và DH = ME.

Mà M là trung điểm EF nên ME = MF

Khi đó DH // MF và DH = MF nên tứ giác DHMF là hình bình hành.

Hơn nữa, O là trung điểm của DM, suy ra O cũng là trung điểm của HF.

Vậy H, O, F thẳng hàng.

c) Hình chữ nhật DKMN là hình vuông khi DM là đường phân giác của $\widehat{\text{KDN}}$, hay DM là đường phân giác của .

Khi đó DM là đường trung tuyến và cũng là đường phân giác xuất phát từ D của ∆DEF

Do đó ∆DEF cân tại D

Suy ra ∆DEF vuông cân tại D.

Vậy ∆DEF vuông cân tại D thì DKMN là hình vuông.

a) ∆ABC có E là trung điểm của AB, M là trung điểm của BC (giả thiết).

Theo bài 4, trang 63, SBT Toán 8 Tập Một, ta có $\text{ME}=\frac{1}{2}\text{AB}$ và ME // AB

Do đó $\text{ME}=\frac{1}{2}\text{AB}=\frac{1}{2}\cdot 4=2$(cm).

b) Tứ giác ABDE có: AB // DE (do AB // ME) và BD // AE (do Bx // AC ).

Suy ra ABDE là hình bình hành.

Hình bình hành ABDE có $\widehat{\text{BAE}}=90°$ (do ∆ABC vuông tại A) nên ABDE là hình chữ nhật.

Ta lại có $\text{AE}=\frac{1}{2}\text{AC}$ (do E là trung điểm của AC), suy ra $\text{AE}=\frac{1}{2}\cdot 8=4$(cm).

Khi đó AB = AE = 4 (cm).

Hình chữ nhật ABDE có AB = AE nên ABDE là hình vuông.

c) Hình vuông ABDE có AD cắt BE tại I, suy ra I là trung điểm của AD và BE.

Xét ∆ADC có I là trung điểm AD, E là trung điểm AC

Theo bài 4, trang 63, SBT Toán 8 Tập Một, ta có: IE // CD và $\text{IE}=\frac{1}{2}\text{CD}$.

Tứ giác BDCE có: BE // CD (vì IE // CD); BD // EC (vì Bx // AC).

Suy ra BDCE là hình bình hành.

Do đó, hai đường chéo BC và DE cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà M là trung điểm của BC, suy ra M cũng là trung điểm của DE.

∆ADE có đường trung tuyến AM và EI cắt nhau tại K nên K là trọng tâm của ∆ADE.

Suy ra $\text{KI}=\frac{1}{3}\text{EI}=\frac{1}{3}\cdot \left(\frac{1}{2}\text{ EB}\right)=\frac{1}{6}\text{ EB}=\frac{1}{6}\text{DC}$.

Vậy DC = 6KI.

a) Xét các tam giác HAE, EBF, FCG, GDH có:

AE = BF = CG = DH = a, BE = CF = DG = AH = b (giả thiết);

$\widehat{A}=\widehat{B}=\widehat{C}=\widehat{D}=90°$ (do ABCD là hình vuông)

Suy ra ∆HAE = ∆EBF = ∆FCG = ∆GDH (c.g.c) nên HE = EF = FG = GH

Do đó EFGH là hình thoi.

Ta lại có $\widehat{E_1}+\widehat{E_2}=\widehat{E_1}+\widehat{H_1}=90°$ nên $\widehat{E_3}=90°.$

Hình thoi EFGH có $\widehat{E_3}=90°.$ nên EFGH là hình vuông.

b) Ta có SABCD = AB2 = (a + b)2 (1)

${\text{S}}_{\Delta \text{HAE}}=\frac{1}{2}\text{AE}\cdot \text{AH}=\frac{1}{2}\text{ab}$ nên ${\text{S}}_{\Delta \text{HAE}}+{\text{S}}_{\Delta EBF}+{\text{S}}_{\Delta \text{FCG}}+{\text{S}}_{\Delta \text{GDH}}=\frac{1}{2}\text{ab}\cdot 4=2\text{ab}$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra SEFGH = (a + b)2 ‒ 2ab = a2 + 2ab + b2 – 2ab = a2 + b2.