Câu 1 trang 155 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. Trong các hình dưới đây (h.180), hình nào là đa giác lồi ? Vì sao ? Giải: Các hình c,e,g là các đa giác lồi vì đa giác nằm trên một nửa mặt phẳng với bờ chứa bất kì cạnh nào của đa giác. Các hình a,b,d không phải là đa giác lồi vì đa giác nằm trên hai nửa mặt phẳng với bờ là đường thẳng chứa cạnh của đa giác. Câu 2 trang 155 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. Hãy vẽ một đa giác (lồi) mà các đỉnh là một điểm trong các điểm đã cho ở hình 181 (trên lưới kẻ ô vuông). Giải: Câu 3 trang 155 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. Em hãy kể tên một số đa giác mà em biết. Giải: Tam giác đều, hình vuông, ngũ giác đều, lục giác đều,... Câu 4 trang 156 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. Chứng minh số đo góc của hình n- giác đều là \({{\left( {n - 2} \right){{.180}^0}} \over n}\) Giải: Vẽ một n – giác lồi, kẻ các đường chéo xuất phát từ một đỉnh của n – giác lồi thì chia đa giác đó thành (n – 2 ) tam giác Tổng các góc của n – giác lồi bằng tổng các góc của (n – 2 ) tam giác bằng (n – 2 ).180° Hình n – giác đều có n góc bằng nhau nên số đo mỗi góc bằng \({{\left( {n - 2} \right){{.180}^0}} \over n}\). Câu 5 trang 156 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. Tính số đo của hình 8 cạnh đều, 10 cạnh đều, 12 cạnh đều. Giải: Áp dụng công thức tính số đo mỗi góc của đa giác đều có n cạnh bằng \({{\left( {n - 2} \right){{.180}^0}} \over n}\) - Đa giác đều 8 cạnh ⇒ n = 8, số đo mỗi góc là : \({{\left( {8 - 2} \right){{.180}^0}} \over 8} = {135^0}\) - Đa giác đều 10 cạnh ⇒ n = 10, số đo mỗi góc là : \({{\left( {10 - 2} \right){{.180}^0}} \over {10}} = {144^0}\) - Đa giác đều 12 cạnh ⇒ n = 12, số đo mỗi góc là : \({{\left( {12 - 2} \right){{.180}^0}} \over {12}} = {150^0}\) Câu 6 trang 156 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. a. Vẽ hình và tính số đường chéo của ngũ giác, lục giác b. Chứng minh rằng hình n – giác có tất cả \(({{n\left( {n - 3} \right)} \over 2}\) đường chéo. Giải: a. Từ mỗi đỉnh của ngũ giác vẽ được hai đường chéo. Ngũ giác có 5 đỉnh ta kẻ được 5.2 = 10 đường chéo, trong đó mỗi đường chéo được tính hai lần. Vậy ngũ giác có tất cả 5 đường chéo. Từ mối đỉnh của lục giác vẽ được 3 đường chéo. Lục giác có 6 đỉnh ta kẻ được 6.3 = 18 đường chéo, trong đó mỗi đường chéo được tính hai lần. Vậy lục giác có tất cả là 9 đường chéo. b. Từ mỗi đỉnh của n – giác nối với các đỉnh còn lại ta được n – 1 đoạn thẳng , trong đó có hai đoạn thẳng là cạnh của hình n – giác (hai đoạn thẳng nối với hai đỉnh kề nhau). Vậy qua mỗi đỉnh của n – giác vẽ được n – 3 đường chéo. Hình n – giác có n đỉnh kẻ được n(n – 3 ) đường chéo, trong đó mỗi đường chéo được tính hai lần. Vậy hình n – giác có tất cả \({{n\left( {n - 3} \right)} \over 2}\) đường chéo. Câu 7 trang 156 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. Tìm số đường chéo của hình 8 cạnh, 10 cạnh, 12 cạnh. Giải: Áp dụng công thức tính ở bài 6. Đa giác có 8 cạnh, số đường chéo là : \({{8\left( {8 - 3} \right)} \over 2} = 20\) đường chéo Đa giác có 10 cạnh, số đường chéo là : \({{10\left( {10 - 3} \right)} \over 2} = 35\) đường chéo Đa giác có 12 cạnh, số đường chéo là : \({{12\left( {12 - 3} \right)} \over 2} = 54\)đường chéo. Câu 8 trang 156 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. Chứng minh rằng tổng các góc ngoài của một đa giác (lồi ) có số đo là 360°. Giải: Tổng số đo của góc trong và góc ngoài ở mỗi đỉnh của hình n – giác bằng 180° Hình n – giác có n đỉnh nên tổng số đo các góc trong và góc ngoài của đa giác bằng n . 180° Mặt khác ta biết tổng các góc trong của hình n – giác bằng (n – 2 ). 180° Vậy tổng số đo các góc ngoài của hình n – giác là: n . 180° - (n – 2) . 180°= n . 180° - n .180° +2. 180°= 360° Câu 9 trang 156 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. Đa giác nào có tổng số đo các góc (trong) bằng tổng số đo các góc ngoài ? Giải: Hình n – giác lồi có tổng số đo các góc trong bằng ( n – 2 ). 180° và tổng các góc ngoài bằng 360° Đa giác lồi có tổng các góc trong bằng tổng các góc ngoài bằng 360° ⇒ (n – 2 ).180° = 360° ⇒ n = 4 Vậy tứ giác lồi có tổng các góc trong và góc ngoài bằng nhau. Câu 10 trang 156 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. Một đa giác (lồi) có nhiều nhất là bao nhiêu góc nhọn ? Giải: Ta có: nếu góc của đa giác lồi là góc nhọn thì góc ngoài tương ứng là góc tù. Nếu đa giác lồi có 4 góc nhọn thì tổng các góc ngoài của đa giác lớn hơn 360°, mâu thuẫn định lý tổng các góc ngoài của đa giác lồi bằng 360°. Vậy đa giác lồi có nhiều nhất là 3 góc nhọn. Câu 11 trang 156 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. Một đa giác đều có tổng số đo tất cả các góc ngoài và một góc trong của đa giác bằng 468°. Hỏi đa giác đều đó có mấy cạnh ? Giải: Tổng số đo các góc ngoài của đa giác bằng 360° Số đo một góc trong của hai đa giác đều là 468° − 360° = 108° Gọi n là số cạnh của đa giác đều. Ta có số đo mỗi góc của đa giác đều bằng \({{\left( {n - 2} \right){{.180}^0}} \over n}\) \( \Rightarrow {{\left( {n - 2} \right){{.180}^0}} \over n} = {108^0} \Rightarrow {180^0}.n - {360^0} = 108.n \Rightarrow 72n = {360^0} \Rightarrow n = 5\) Vậy đa giác đều cần tìm có 5 cạnh. Câu 1.1 trang 156 Sách bài tập (SBT) Toán lớp 8 tập 1. Mỗi câu sau đây đúng hay sai ? a. Tam giác và tứ giác không phải là đa giác b. Hình gồm n đoạn thẳng đôi một có một điểm chung được gọi là đa giác (với n là số tự nhiên lớn hơn 2) c. Hình gồm n đoạn thẳng (n là số tự nhiên lớn hơn 2) trong đó bất kì hai đoạn thẳng nào có một điểm chung cũng không cùng nằm trên một đường thẳng được gọi là đa giác. d. Hình tạo bởi nhiều hình tam giác được gọi là đa giác e. Đa giác luôn nằm trong nửa mặt phẳng cho trước được gọi là đa giác lồi f. Đa giác luôn nằm trong nửa mặt phẳng có bờ là một đường thẳng chứa một cạnh của nó được gọi là đa giác lồi g. Hình gồm hai đa giác lồi cho trước là một đa giác lồi. Giải: a. Sai; b. Sai; c. Đúng; d. Sai; e. Sai; f. Sai; g. Sai Câu 1.2 trang 156 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. a. Cho tam giác đều ABC. Gọi M,N,P tương ứng là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh MNP là tam giác đều. b. Cho hình vuông ABCD. Gọi M, N, P, Q tương ứng là trung điểm của các cạnh BC, CD, DA, AB. Chứng minh MNPQ là hình vuông (tứ giác đều) c. Cho ngũ giác đều ABCDE. Gọi M, N, P, Q,, R tương ứng là trung điểm của các cạnh BC, CD, DE, EA, AB. Chứng minh MNPQR là ngũ giác đều. Giải: a. Ta có: M là trung điểm của BC N là trung điểm của AC nên MN là đường trung bình của ∆ ABC ⇒ MN = \({1 \over 2}\)AB Ta có: P là trung điểm của AB nên MP là đường trung bình của ∆ ABC ⇒ MP = \({1 \over 2}\)AC NP là đường trung bình của ∆ ABC ⇒ NP = \({1 \over 2}\)BC mà AB = BC = AC (gt) ⇒ MN = MP = NP. Vậy ∆ MNP đều b. Xét ∆ APQ và ∆ BQM: AQ = BQ (gt) \(\widehat A = \widehat B = {90^0}\) AP = BM (gt) Do đó: ∆ APQ = ∆ BQM (c.g.c) ⇒ PQ = QM (1) Xét ∆ BQM và ∆ CMN: BM = CM (gt) \(\widehat B = \widehat C = {90^0}\) BQ = CN (gt) Do đó: ∆ BQM = ∆ CMN (c.g.c) ⇒ QM = MN (2) Xét ∆ CMN và ∆ DNP: CN = DN (gt) \(\widehat C = \widehat D = {90^0}\) CM = DP (gt) Do đó: ∆ CMN = ∆ DNP (c.g.c) ⇒ MN = NP (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: MN = NP = PQ = QM nên tứ giác MNPQ là hình thoi Vì AP = AQ nên ∆ APQ vuông cân tại A BQ = BM nên ∆ BMQ vuông cân tại B \( \Rightarrow \widehat {AQP} = \widehat {BQM} = {45^0}\) \(\widehat {AQP} + \widehat {PQM} + \widehat {BQM} = {180^0}\) (kề bù) \( \Rightarrow \widehat {PQM} = {180^0} - \left( {\widehat {AQP} + \widehat {BQM}} \right)\) \(= {180^0} - \left( {{{45}^0} + {{45}^0}} \right) = {90^0}\) Vậy tứ giác MNPQ là hình vuông. c. Xét ∆ ABC và ∆ BCD: AB = BC (gt) \(\widehat B = \widehat C\) (gt) BC = CD (gt) Do đó: ∆ ABC = ∆ BCD (c.g.c) ⇒ AC = BD (1) Xét ∆ BCD và ∆ CDE: BC = CD (gt) \(\widehat C = \widehat D\) (gt) CD = DE (gt) Do đó: ∆ BCD = ∆ CDE (c.g.c) ⇒ BD = CE (2) Xét ∆ CDE và ∆ DEA: CD = DE (gt) \(\widehat D = \widehat E\) (gt) DE = EA (gt) Do đó: ∆ CDE = ∆ DEA (c.g.c) ⇒ CE = DA (3) Xét ∆ DEA và ∆ EAB: DE = EA (gt) \(\widehat E = \widehat A\) (gt) EA = AB (gt) Do đó: ∆ DEA = ∆ EAB (c.g.c) ⇒ DA = EB (4) Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: AC = BD = CE = DA = EB Trong ∆ ABC ta có RM là đường trung bình ⇒ RM = \({1 \over 2}\)AC (tính chất đường trung bình của tam giác) Mặt khác, ta có: Trong ∆ BCD ta có MN là đường trung bình ⇒ MN = \({1 \over 2}\)BD (tính chất đường trung bình của tam giác) Trong ∆ CDE ta có NP là đường trung bình ⇒ NP = \({1 \over 2}\)CE (tính chất đường trung bình của tam giác) Trong ∆ 9DEA ta có PQ là đường trung bình ⇒ PQ = \{1 \over 2}\)DA (tính chất đường trung bình của tam giác) Trong ∆ EAB ta có QR là đường trung bình ⇒ QR = \({1 \over 2}\)EB (tính chất đường trung bình của tam giác) Suy ra: MN = NP = PQ = QR = RM Ta có: \(\widehat A = \widehat B = \widehat C = \widehat D = \widehat E = {{\left( {5 - 2} \right){{.180}^0}} \over 5} = {108^0}\) ∆ DPN cân tại D \( \Rightarrow \widehat {DPN} = \widehat {DNP} = {{{{180}^0} - \widehat D} \over 2} = {{{{180}^0} - {{108}^0}} \over 2} = {36^0}\) ∆ CNM cân tại C \( \Rightarrow \widehat {CNM} = \widehat {CMN} = {{{{180}^0} - \widehat C} \over 2} = {{{{180}^0} - {{108}^0}} \over 2} = {36^0}\) \(\widehat {ADN} + \widehat {PNM} + \widehat {CNM} = {180^0}\) \( \Rightarrow \widehat {PNM} = {180^0} - \left( {\widehat {ADN} + \widehat {CNM}} \right)\) \(= {180^0} - \left( {{{36}^0} + {{36}^0}} \right) = {108^0}\) ∆ BMR cân tại B \(\eqalign{ & \Rightarrow \widehat {BMR} = \widehat {BRM} = {{180^\circ - \widehat B} \over 2} = {{180^\circ - 108^\circ } \over 2} = 36^\circ \cr & \widehat {CMN} + \widehat {NMR} + \widehat {BMR} = 180^\circ \cr & \Rightarrow \widehat {NMR} \cr &= 180^\circ - \left( {\widehat {CMN} + \widehat {BMR}} \right) \cr & = 180^\circ - \left( {36^\circ + 36^\circ } \right) = 108^\circ \cr} \) ∆ ARQ cân tại A \(\eqalign{ & \Rightarrow \widehat {ARQ} = \widehat {AQR} = {{180^\circ - \widehat A} \over 2} = {{180^\circ - 108^\circ } \over 2} = 36^\circ \cr & \widehat {BRM} + \widehat {MRQ} + \widehat {ARQ} = 180^\circ \cr & \Rightarrow \widehat {MRQ} = 180^\circ - \left( {\widehat {BRM} + \widehat {ARQ}} \right) \cr & = 180^\circ - \left( {36^\circ + 36^\circ } \right) = 108^\circ \cr} \) ∆ QEP cân tại E \(\eqalign{ & \Rightarrow \widehat {EQP} = \widehat {EPQ} = {{180^\circ - \widehat E} \over 2} = {{180^\circ - 108^\circ } \over 2} = 36^\circ \cr & \widehat {AQR} + \widehat {RQP} + \widehat {EQP} = 180^\circ \cr & \Rightarrow \widehat {RQP} = 180^\circ - \left( {\widehat {AQR} + \widehat {EQP}} \right) \cr & = 180^\circ - \left( {36^\circ + 36^\circ } \right) = 108^\circ \cr & \widehat {EPQ} + \widehat {QPN} + \widehat {DPN} = 180^\circ \cr & \Rightarrow \widehat {QPN} = 180^\circ - \left( {\widehat {EPQ} + \widehat {DPN}} \right) \cr & = 180^\circ - \left( {36^\circ + 36^\circ } \right) = 108^\circ \cr} \) Suy ra : \(\widehat {PNM} = \widehat {NMR} = \widehat {MRQ} = \widehat {RQP} = \widehat {QPN}\) Vậy MNPQR là ngũ giác đều. Câu 1.3 trang 157 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. Cho hình vuông ABCD có AB = 3cm Trên tia đối của tia BA lấy điểm K sao cho BK = 1cm Trên tia đối của tia CB lấy điểm L sao cho CL = 1cm Trên tia đối của tia DC lấy điểm M sao cho MD = 1cm Trên tia đối của tia AD lấy điểm N sao cho NA = 1cm Chứng minh KLMN là hình vuông Giải: Xét ∆ ANK và ∆ BKL : AN = BK (gt) \(\widehat A = \widehat B = 90^\circ \) AK = BL (vì AB = BC, BK = CL) Do đó ∆ ANK = ∆ BKL (c.g.c) ⇒ NK = KL (1) Xét ∆ BKL và ∆ CLM: BK = CL (gt) \(\widehat B = \widehat C = 90^\circ \) BL = CM (vì BC = CD, CL = DM) Do đó: ∆ BKL = ∆ CLM (c.g.c) ⇒ KL = LM (2) Xét ∆ CLM và ∆ DMN : CL = DM (gt) \(\widehat C = \widehat D = 90^\circ \) CM = DN (vì CD = DA, DM = AN) Do đó: ∆ CLM = ∆ DMN (c.g.c) ⇒ LM = MN (3) Từ (1), (2) và (3) ⇒ NK = KL = LM = MN Tứ giác MNKL là hình thoi ∆ ANK = ∆ BKL \( \Rightarrow \widehat {ANK} = \widehat {BKL}\) Trong tam giác ANK có \(\widehat A = 1v \Rightarrow \widehat {ANK} + \widehat {AKN} = 90^\circ \) \( \Rightarrow \widehat {BKL} + \widehat {AKN} = 90^\circ \)hay \(\widehat {NKL} = 90^\circ \) Vậy tứ giác MNKL là hình vuông.
