Giải bài ôn tập chương II hình học 8 tập 1.
Giải bài 41 trang 132 sgk hình học 8 tập 1.
Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H, I, E, K lần lượt là các trung điểm của BC, HC, DC, EC (h.159). Tính:a) Diện tích tam giác DBE.
b) Diện tích tứ giác EHIK.
Bài giải:
 |
| Hình 159 |
a) Diện tích tam giác DBE.
Ta có: DE = $\frac{1}{2}$DC (vì E là trung điểm của DC).
Khi đó $S_{\Delta DBE}$ = $\frac{1}{2}$DE.BC = $\frac{1}{2}$.$\frac{1}{2}$DC.BC = $\frac{1}{4}$DC.BC
$S_{\Delta DBE}$ = $\frac{1}{4}$.12.6,8 = 20,4
Vậy $S_{\Delta DBE}$ = 20,4 ($cm^2$).
b) Ta có EC = $\frac{1}{2}$DC (vì E là trung điểm của DC).
Và HC = $\frac{1}{2}$BC (vì H là trung điểm của BC).
Khi đó $S_{\Delta EHC}$ = $\frac{1}{2}$.EC.HC = $\frac{1}{2}$.$\frac{1}{2}$DC.$\frac{1}{2}$BC = $\frac{1}{2}$.$\frac{12}{2}$.$\frac{6,8}{2}$ = $\frac{1}{2}$.6.3,4 = 10,2 ($cm^2$)
Tương tự $S_{\Delta KIC}$ = $\frac{1}{2}$.KC.IC = $\frac{1}{2}$.$\frac{1}{2}$EC.$\frac{1}{2}$CH = $\frac{1}{2}$.6.3,4 = 2,55 ($cm^2$).
Ta có: $S_{EHIK}$ = $S_{\Delta EHC}$ - $S_{\Delta KIC}$ = 10,2 - 2,55 = 7,65.
Vậy $S_{EHIK}$ = 7,65 ($cm^2$).
Giải bài 42 trang 132 sgk hình học 8 tập 1.
Trên hình 160 (AC // BF), hãy tìm tam giác có diện tích bằng diện tích của tứ giác ABCD.Bài giải:
 |
| Hình 160 |
Xét hai tam giác ABC và AFC có
Đáy AC chung.
Các đường cao kẻ từ B và F bằng nhau (vì AC // BF)
Nên $S_{\Delta ABC}$ = $S_{\Delta AFC}$.
Theo hình vẽ, ta có:
$S_{\Delta AFD}$ = $S_{\Delta ADC}$ + $S_{\Delta AFC}$
$S_{ABCD}$ = $S_{\Delta ADC}$ + $S_{\Delta ABC}$
Mà $S_{\Delta ABC}$ = $S_{\Delta AFC}$ (cmt)
Do đó $S_{\Delta AFD}$ = $S_{ABCD}$.
Giải bài 43 trang 133 sgk hình học 8 tập 1.
Cho hình vuông ABCD có tâm đối xứng O, cạnh a. Một góc vuông xOy có tia Ox cắt cạnh AB tại E, tia Oy cắt cạnh BC tại F (h.161). Tính diện tích tứ giác OEBF.Bài giải:
 |
| Hình 161 |
Ta có: $\left.\begin{matrix} \widehat{AOE} + \widehat{EOB} = 90^0 \\ \widehat{FOB} + \widehat{EOB} = 90^0\end{matrix}\right\}$ => $\widehat{AOE}$ = $\widehat{FOB}$
Xét hai tam giác AOE và FOB có:
$\widehat{OAE}$ = $\widehat{OBF}$ (vì $\Delta$ OAB = $\Delta$ OBC)
OA = OB (O là tâm đối xứng của hình vuông ABCD)
$\widehat{AOE}$ = $\widehat{FOB}$ (cmt)
Vậy $\Delta$ AOE = $\Delta$ FOB. (g-c-g)
Suy ra $S_{\Delta AOE}$ = $S_{\Delta FOB}$.
Vì hình vuông ABCD có tâm đối xứng O nên theo hình vẽ ta có $S_{\Delta AOB}$ = $\frac{1}{4}$$S_{ABCD}$ = $\frac{1}{4}$$a^2$.
Ta cũng có $S_{OEBF}$ = $S_{\Delta OEB}$ + $S_{\Delta FOB}$
Hay $S_{OEBF}$ = $S_{\Delta OEB}$ + $S_{\Delta AOE}$ (vì $S_{\Delta AOE}$ = $S_{\Delta FOB}$)
Mà $S_{\Delta OEB}$ + $S_{\Delta AOE}$ = $S_{\Delta AOB}$
Nên $S_{OEBF}$ = $\frac{1}{4}$$a^2$.
Giải bài 44 trang 133 sgk hình học 8 tập 1.
Gọi O là điểm nằm trong hình bình hành ABCD. Chứng minh rằng tổng diện tích của hai tam giác ABO và CDO bằng tổng diện tích của hai tam giác BCO và DAO.Bài giải:
Qua O vẽ IK $\perp$ AB và CD (I $\in$ AB, K $\in$ CD)
Ta có $S_{ABO}$ + $S_{CDO}$ = $\frac{1}{2}$AB.OI + $\frac{1}{2}$CD.OK
<=> $S_{ABO}$ + $S_{CDO}$ = $\frac{1}{2}$AB.OI + $\frac{1}{2}$AB.OK
<=> $S_{ABO}$ + $S_{CDO}$ = $\frac{1}{2}$AB(OI + OK)
<=> $S_{ABO}$ + $S_{CDO}$ = $\frac{1}{2}$AB.IK
<=> $S_{ABO}$ + $S_{CDO}$ = $\frac{1}{2}$$S_{ABCD}$ (1)
Mặt khác ta có: $S_{ABCD}$ = $S_{ABO}$ + $S_{CDO}$ + $S_{BCO}$ + $S_{DAO}$
=> $S_{BCO}$ + $S_{DAO}$ = $S_{ABCD}$ - ($S_{ABO}$ + $S_{CDO}$)
<=> $S_{BCO}$ + $S_{DAO}$ = $S_{ABCD}$ - $\frac{1}{2}$$S_{ABCD}$
<=> $S_{BCO}$ + $S_{DAO}$ = $\frac{1}{2}$$S_{ABCD}$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra: $S_{ABO}$ + $S_{CDO}$ = $S_{BCO}$ + $S_{DAO}$ (đpcm).
Giải bài 45 trang 133 sgk hình học 8 tập 1.
Hai cạnh của một hình bình hành có độ dài 6cm và 4cm. Một trong các đường cao có độ dài là 5cm. Tính độ dài đường cao kia.Bài giải:
Giả sử ta có hình bình hành ABCD, theo đề ta có:
AB = 6cm, AD = 4cm. Khi đó đường cao AH = 5cm và ta phải đi tính đường cao AI.
Ta có $S_{ABCD}$ = AH.BC
<=> $S_{ABCD}$ = AH.AD
<=> $S_{ABCD}$ = 5.4
<=> $S_{ABCD}$ = 20 ($cm^2$)
Ta cũng có $S_{ABCD}$ = AI.CD
<=> $S_{ABCD}$ = AI.AB
<=> 20 = 6AI
<=> AI = $\frac{20}{6}$ = 3,3
Vậy đường cao AI = 3,3 cm.
Giải bài 46 trang 133 sgk hình học 8 tập 1.
Cho tam giác ABC. Gọi M và N là các trung điểm tương ứng của AC, BC. Chứng minh rằng diện tích hình thang ABNM bằng $\frac{3}{4}$ diện tích của tam giác ABC.Bài giải:
Ta có AM = $\frac{1}{2}$AC (gt)
Suy ra $S_{ABM}$ = $S_{BMC}$ = $\frac{1}{2}$$S_{ABC}$ (1) (cùng chung đáy và chiều cao bằng nhau)
Ta lại có NC = BN (gt)
Suy ra $S_{MNC}$ = $S_{BMN}$
Khi đó $S_{BMC}$ = $S_{MNC}$ + $S_{BMN}$
<=> $S_{BMC}$ = 2$S_{BMN}$
Suy ra $S_{BMN}$ = $\frac{1}{2}$$S_{BMC}$
<=> $S_{BMN}$ = $\frac{1}{2}$$\frac{1}{2}$$S_{ABC}$
<=> $S_{BMN}$ = $\frac{1}{4}$$S_{ABC}$ (2)
Từ (1) và (2) ta có:
$S_{ABMN}$ = $S_{ABM}$ + $S_{BMN}$
<=> $S_{ABMN}$ = $\frac{1}{2}$$S_{ABC}$ + $\frac{1}{4}$$S_{ABC}$
<=> $S_{ABMN}$ = $\frac{3}{4}$$S_{ABC}$. (đpcm)
Giải bài 47 trang 133 sgk hình học 8 tập 1.
Vẽ ba đường trung tuyến của một tam giác (h.162). Chứng minh 6 tam giác 1, 2, 3, 4, 5, 6 có diện tích bằng nhau.Bài giải:
 |
| Hình 162 |
Giả sử tam giác được đặt tên như hình vẽ.
Ta có:
AK = BK
Suy ra $S_1$ = $S_2$ (1) (vì có đáy bằng nhau và cùng chiều cao)
Tương tự ta có:
BH = HC => $S_3$ = $S_4$ (2)
CM = MA => $S_5$ = $S_6$. (3)
Mặt khác ta có: $S_1$ + $S_2$ + $S_3$ = $S_4$ + $S_5$ + $S_6$ = $\frac{1}{2}$$S_{ABC}$ (4)
Thay (1), (2), (3) vào (4) ta có:
2$S_1$ + $S_3$ = $S_3$ + 2$S_6$ <=> $S_1$ = $S_6$ (5)
Ta cũng có: $S_1$ + $S_2$ + $S_6$ = $S_3$ + $S_4$ + $S_5$ = $\frac{1}{2}$$S_{ABC}$ (6)
Thay (1), (2), (3) vào (6) ta được $S_2$ = $S_3$ (7)
Kết hợp (1), (2), (3), (6), (7) ta suy ra:
$S_1$ = $S_2$ = $S_3$ = $S_4$ = $S_5$ = $S_6$ (đpcm)
Mỗi bài toán có nhiều cách giải, đừng quên chia sẻ cách giải hoặc ý kiến đóng góp của bạn ở khung nhận xét bên dưới. Xin cảm ơn!
EmoticonEmoticon