Trắc nghiệm toán 8 bài 12 kết nối tri thức có đáp án — Không quảng cáo

Phương pháp giải :

Dựa vào dấu hiệu nhận biết hình bình hành.

Lời giải chi tiết :

Dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có các cạnh đối song song là hình bình hành.

Phương pháp giải :

Dựa vào tính chất của hình bình hành và tổng các góc trong của hình bình hành bằng \({360^o}\).

Lời giải chi tiết :

Trong hình bình hành các cạnh đối song song các góc đối bằng nhau: \(\widehat A = \widehat C{;^{}}\widehat B = \widehat D\) và \(\widehat A + \widehat B + \widehat C + \widehat D = {360^o}\) nên hai góc kề nhau có tổng bằng \({180^o}\)

Phương pháp giải :

Dựa vào dấu hiệu nhận biết hình bình hành.

Lời giải chi tiết :

Trong hình bình hành hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Phương pháp giải :

Dựa vào dấu hiệu nhận biết hình bình hành.

Lời giải chi tiết :

Tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường thì tứ giác đó là hình bình hành.

Phương pháp giải :

Áp dụng tính chất của hình bình hành

Lời giải chi tiết :

Trong hình bình hành các góc đối bằng nhau: \(\widehat A = \widehat C;\widehat B = \widehat D\) và \(\widehat A + \widehat B = {180^o}\)

Nên \(\widehat A = \widehat C = {120^o};\widehat B = \widehat D = {60^o}\)

Hình bình hành có các góc đối bằng nhau

Phương pháp giải :

Chứng minh \(\Delta {{AOF  =  }}\Delta {{COE}}\) suy ra AF = CE.

Lời giải chi tiết :

\(\Delta {{AOF  =  }}\Delta {{COE}}\) (g – c – g) suy ra AF = CE

Phương pháp giải :

Chứng minh tứ giác AHCK có AH = CK; AH // CK suy ra AHCK là hình bình hành.

Lời giải chi tiết :

Xét tam giác AHB và CKD có: \(\widehat {AHB} = \widehat {CK{{D}}} = {90^o}\); AB = CD; \(\widehat {ABH} = \widehat {C{{D}}K}\)

\( \Rightarrow \Delta AHB = \Delta CK{{D}} \Rightarrow AH = CK(1)\)

Lại có: \(AH \bot B{{D}};CK \bot B{{D}} \Rightarrow AH//CK(2)\)

Từ (1), (2) suy ra AHCK là hình bình hành.

Phương pháp giải :

Áp dụng công thức tính chu vi của hình bình hành ABCD và tam giác ABD suy ra độ dài cạnh BD.

Lời giải chi tiết :

Vì chu vi của hình bình hành ABCD bằng 10 cm nên:

AB + BC + CD + DA = 10

\( \Rightarrow AB + DA = 5\)

Chu vi của tam giác ABD bằng 9 cm nên: \(AB + B{{D}} + DA = 9 \Rightarrow B{{D}} = 4cm\)

Phương pháp giải :

Dựa vào dấu hiệu nhận biết để xét các tứ giác.

Lời giải chi tiết :

+ Vì ABCD là hình bình hành nên AB // CD, AD // BC

+ Xét tam giác AEFD có AE = FD; AE // FD (do AB // CD) nên AEFD là hình bình hành.

+ Xét tứ giác BEFC có BE = FC; BE // FC (do AB // CD) nên BEFC là hình bình hành

+ Xét tứ giác AECF có AE = FC; AE // FC (do AB // CD) nên AEFC là hình bình hành

+ Xét tứ giác BEDF có BE = FD, BE //FD (do AB // CD) nên BEDF là hình bình hành

+ Vì AECF là hình bình hành nên AF // EC ⇒ EH // GF; vì BEDF là hình bình hành nên ED // BF ⇒ EG // HF

Suy ra EGHF là hình bình hành

Vậy có tất cả 6 hình bình hành: ABCD; AEFD; BEFC; AECF; BEDF; EGHF

Phương pháp giải :

Chứng minh BFDE là hình bình hành.

Lời giải chi tiết :

Vì ABCD là hình bình hành nên AB // CD; AB = CD

+ Xét tứ giác BEDF có BE =FD; BE // FD (do AB // CD) nên BFDE là hình bình hành.

Từ đó: DE = BF (tính chất hình bình hành)

Phương pháp giải :

Xét các trường hợp và điều kiện của hình bình hành.

Lời giải chi tiết :

Trong hình bình hành có các góc đối nhau và tổng các góc trong hình bình hành phải bằng 360 ⁰ nên ta có:

60 ⁰ .2 + 120 ⁰ .2 = 360 ⁰

40 ⁰ .2 + 50 ⁰ .2 = 180 ⁰ ≠ 360 ⁰

130 ⁰ .2 + 50 ⁰ .2 = 360 ⁰

105 ⁰ .2 + 75 ⁰ .2 = 360 ⁰

Do đó hai góc kề của hình bình hành không thể có số đo 40 ⁰ ; 50 ⁰

Phương pháp giải :

Chứng minh tứ giác BHCD có BH // CD và HC // BD nên BHCD là hình bình hành.

Lời giải chi tiết :

Gọi BK, CI là các đường cao của tam giác ABC. Khi đó BK ⊥ AC; CI ⊥ AB hay BH ⊥ AC; CH ⊥ AB (vì H là trực tâm).

Lại có BD ⊥ AB; CD ⊥ AC (giả thiết) nên BD // CH (cùng vuông với AB) và CD // BH (cùng vuông với AC)

Suy ra tứ giác BHCD là hình bình hành

Phương pháp giải :

Chứng minh tứ giác MNPQ có PQ // NM; PQ = MN suy ra tứ giác MNPQ là hình bình hành.

Lời giải chi tiết :

Nối AC.

Xét tam giác EAC suy ra MN // AC; \(MN = \frac{1}{2}AC\) (1)

Xét tam giác FAC suy ra PQ // AC; \(PQ = \frac{1}{2}AC\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra PQ // NM; PQ = MN nên MNPQ là hình bình hành.

Phương pháp giải :

Gọi độ dài hai cạnh của hình bình hành là a và b với a, b > 0

Áp dụng tính chất của dãy tir số bằng nhau để tìm độ dài các cạnh.

Lời giải chi tiết :

Gọi độ dài hai cạnh của hình bình hành là a và b với a, b > 0

Theo bài ra ta có: \(\frac{a}{3} = \frac{b}{5}\)

Nửa chu của hình bình hành là: 48 : 2 = 24cm

Suy ra: a + b = 24cm. Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:

\(\frac{a}{3} = \frac{b}{5} = \frac{{a + b}}{{3 + 5}} = \frac{{24}}{8} = 3\)

⇒ a = 3.3 = 9; b = 3.5 = 15

Vậy hai cạnh của hình bình hành là 9cm và 15cm

Phương pháp giải :

Chứng minh tứ giác AECF có hai đường chéo AC và EF cắt nhau tại giao điểm của hai đường chéo.

Lời giải chi tiết :

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có OA = OC, OB = OD

Mà BE = DF (gt) ⇒ OE = FO.

Tứ giác AECF có hai đường chéo AC và EF cắt nhau tại trung điểm O nên AECF là hình bình hành

⇒ FA = CE

Phương pháp giải :

Tính góc BHC suy ra góc IHK. Sử dụng tính chất của hình bình hành BHCD suy ra số đó góc BDC.

Lời giải chi tiết :

Xét tứ giác AIHK có:

\(\widehat A + \widehat {AIH} + \widehat {IHK} + \widehat {AKH} = {360^o}\) (định lí tổng các góc trong của tứ giác)

\( \Rightarrow \widehat {AHK} = {360^o} - {50^o} - {90^o} - {90^o} = {130^o}\)

Suy ra: \(\widehat {BHC} = \widehat {IHK} = {130^o}\) (hai góc đối đỉnh)

Vì tứ giác BHCD là hình bình hành nên: \(\widehat {B{{D}}C} = \widehat {BHC} = {130^o}\)

Vậy \(\widehat {B{{D}}C} = {130^o}\)

Phương pháp giải :

Sử dụng tính chất của hình bình hành chứng minh ED = FE = FB

Lời giải chi tiết :

Vì \(AK = \frac{{AB}}{2};IC = \frac{{C{{D}}}}{2}\) (gt) mà AB = CD (cạnh đối hình bình hành) nên

AK = IC

Vì AB // CD (gt), K Є AB, I Є DC ⇒ AK // IC

Tứ giác AKCI có AK // IC, AK = IC (cmt) nên là hình bình hành. Suy ra AI // CK.

Mà E Є AI, F Є CK ⇒ EI // CF, KF // AE

Xét ΔDCF có: DI = IC (gt); IE // CF (cmt) ⇒ ED = FE (1)

Xét ΔABE có: AK = KB (gt), KF // AE (cmt) ⇒ EF = FB (2)

Từ (1) và (2) suy ra ED = FE = FB

Phương pháp giải :

Chứng minh ADME có AD = ME; AD // ME nên ADME là hình bình hành.

Lời giải chi tiết :

Vì \(E{\rm{A}} = EC(gt),MB = MC(gt)\)

Vì \(ME//AB\) và \(ME = \frac{{AB}}{2}\)

Lại có: \(A{\rm{D}} = DB = \frac{{AB}}{2} \Rightarrow A{\rm{D}} = ME\) nên ADME là hình bình hành.

Phương pháp giải :

Sử dụng tính chất của hình bình hành.

Lời giải chi tiết :

Ta có ABCD là hình bình hành nên \(\widehat A + \widehat B = {180^o}\) mà \(\widehat A - \widehat B = {20^o} \Rightarrow \widehat A = {100^o}\)

Phương pháp giải :

Sử dụng tính chất của hình bình hành

Lời giải chi tiết :

Tứ giác ABCD là hình bình hành nên \(\widehat A + \widehat B = {180^o}\) mà \(\widehat A = 3\widehat B\)

\( \Rightarrow 4\widehat B = {180^o} \Rightarrow \widehat B = {45^o};\widehat A = {135^o}\)

Trong hình bình hành ABCD có các góc đối bằng nhau nên \(\widehat A = \widehat C = {135^o};\widehat B = \widehat D = {45^o}\)

Phương pháp giải :

Chứng minh tứ giác QMNP có hai đường chéo QN, PM giao nhau tại trung điểm O mỗi đường.

Lời giải chi tiết :

Nối EF; EP, FQ, EM, PM, QN. Gọi O là giao của QN và EF.

Xét tam giác CED ta có:  \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{FN = \frac{1}{2}DE = EQ}\\{FN//E{\rm{D}} \Rightarrow {\rm{FN//EQ}}}\end{array}} \right.\)

⇒ NFQE là hình bình hành nên hai đường chéo QN và EF giao nhau tại trung điểm của mỗi đường. Suy ra O là trung điểm của QN và EF (1)

Xét tam giác ABF ta có:  \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{EM = \frac{1}{2}BF = PF}\\{EM//BF \Rightarrow EM//PF}\end{array}} \right.\)

⇒ EMFB là hình bình hành nên hai đường chéo PM và EF giao nhau tại trung điểm của mỗi đường. Mà O là trung điểm của EF nên O cũng là trung điểm của PM (2)

Từ (1) và (2) suy ra: tứ giác QMNP có hai đường chéo QN, PM giao nhau tại trung điểm O mỗi đường nên QMNP là hình bình hành

Phương pháp giải :

Sử dụng tính chất của hình bình hành để chứng minh AK = KI = IC

Lời giải chi tiết :

Gọi O là giao điểm của AC, BD

Vì ABCD là hình bình hành nên AC, BD giao nhau tại trung điểm O mỗi đường, hay \(AO = CO = \frac{{AC}}{2}\)

Xét tam giác ABD có BE, AO là đường trung tuyến cắt nhau tại K nên K là trọng tâm ΔABD.

Suy ra \(AK = \frac{2}{3}AO = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}AC = \frac{1}{3}AC\) (1)

Xét tam giác CBD có DF, CO là hai đường trung tuyến cắt nhau tại I nên I là trọng tâm ΔCBD.

Suy ra \(CI = \frac{2}{3}CO = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}AC = \frac{1}{3}AC\) (2)

Lại có:

\(\begin{array}{l}AK + KI + CI = AC\\ \Rightarrow KI = AC - AK - CI\\ = AC - \frac{1}{3}AC - \frac{1}{2}AC = \frac{1}{3}AC(3)\end{array}\)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: AK = KI = IC