Bài 1: Cho tứ giác $ABCD$ có...

Đáp án:

=> $\widehat{D}=360^{\circ}-\widehat{A}-\widehat{B}-\widehat{C}=360^{\circ}-60^{\circ}-70^{\circ}-80^{\circ}=150^{\circ}$

Đáp án: C

Bài 2: Cho hình thang cân $ABCD$ có $AB//CD$...

Đáp án:

Ta có $\widehat{A}=\widehat{B}; \widehat{D}=\widehat{C} (ABCD$ là hình thang cân)

Ta lại có: $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}+\widehat{D}=360^{\circ}$

=> $\widehat{A}+\widehat{C}=180o => \widehat{C}=180^{\circ}-\widehat{A}=180^{\circ}-80^{\circ}=100^{\circ}$

Đáp án: C

Bài 3: Cho hình bình hành MNPQ có các góc khác 90∘, MP cắt NQ tại I. Khi đó...

Đáp án:

Ta có I là trung điểm của $MP$ và $NQ (MNPQ$ là hình bình hành có hai đường chéo MP cắt NQ tại $I) => IM = IP$.

Đáp án B

Bài 4: Cho hình chữ nhật $MNPQ$. Đoạn thẳng $MP$ bằng đoạn thẳng nào sau đây?

Đáp án:

$MP=NQ$ (hai đường chéo bằng nhau của $HCN$).

Đáp án A

Bài 5: Hình 72 mô tả một cây cao 4m. Biết rằng khi trời nắng, cây đổ bóng trên mặt đất, điểm xa nhất của bóng cây cách gốc cây một khoảng là 3 m. Tính khoảng cách từ điểm xa nhất của bóng cây đến đỉnh của cây.

Đáp án:

Xét $∆ABC$ vuông tại A: $BC^2=AB^2+AC^2$ (định lí Pytagore)

= $3^2+4^2=25 => AC=5m$.

Vậy khoảng cách từ điểm xa nhất của bóng cây đến đỉnh của cây là 5 m.

Bài 6: Màn hình một chiếc ti vi có dạng hình chữ nhật với kích thước màn hình ti vi được tính bằng độ dài đường chéo của màn hình (đơn vị: inch, trong đó 1 inch = 2,54 cm). Người ta đưa ra công thức tính khoảng cách an toàn khi xem ti vi để giúp khách hàng chọn được chiếc ti vi phù hợp với căn phòng của mình như sau:

Khoảng cách tối thiểu = $5,08 . d (cm)$;

Khoảng cách tối đa = $7,62. d (cm)$.

Trong đó, ở là kích thước màn hình ti vi tính theo inch.

Với một chiếc  vi có chiều dài màn hình là 74,7 cm; chiều rộng màn hình là 32 cm:

a) Kích thước màn hình của chiếc ti vi đó là bao nhiêu inch (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)?

b) Khoảng cách tối thiểu và khoảng cách tối đa để xem chiếc ti vi đó là bao nhiêu mét (làm tròn kết quả đến hàng phần mười)?

Đáp án:

a) Xét $∆ABC$ vuông tại A.

$d=BC=\sqrt{AB^2+AC^2}$ (định lí Pytagore)

= $\sqrt{74,7^2+32^2} ≈ 81,27cm ≈ 32 (inch)$

Màn hình của chiếc ti vi đó là $≈32 inch$

b) Khoảng cách tối thiểu là: $5,08 . 32=162,56 (cm)≈1,6 (m)$.

Khoảng cách tối đa là: $7,62 . 32=243,84≈2,4 (m)$.

Bài 7: Cho tứ giác $ABCD$ có $\widehat{DAB}=\widehat{BCD}, \widehat{ABD}=\widehat{CDB}$. Chứng minh ABCD là hình bình hành

Đáp án:

Vì $\widehat{ABD}=\widehat{CDB}$ (gt) mà hai góc này lại ở vị trí so le trong => $AB//CD$.

Từ $AB//CD => \widehat{CDA}=\widehat{DAB}=180o; \widehat{ABC}+\widehat{BCD}=180o$

Lại có $\widehat{DAB}=\widehat{BCD} => \widehat{CDA}=\widehat{ABC}$

Xét tứ giác ABCD có: $\widehat{DAB}=\widehat{BCD}$ (gt); $\widehat{CDA}=\widehat{ABC}$ 

=> $ABCD$ là hình bình hành.

Bài 8: Cho hình chữ nhật $ABCD$ có $M, N, P, Q$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB, BC, CD, DA$. Chứng minh tứ giác $MNPQ$ là hình thoi.

Đáp án:

Ta có: M là trung điểm $AB => MA=MB=\frac{1}{2}AB$

N là trung điểm $CD => PC=PD=\frac{1}{2}CD$

Từ đó: $MA=MB=PC=PD$

Tương tự ta cũng có $QA=QD=NB=NC$

Xét ∆AMQ và ∆BMN có :

$\widehat{MAQ}=\widehat{MBN}=90^{\circ}$ 

$MA=MB (cmt); QA=NB (cmt)$

=> $∆AMQ=∆BMN (c.g.c) => MQ=MN (1)$

Tương tự $∆BMN=∆CPN (c.g.c) => MN=PN (2)$

Tương tự $∆CPN=∆DPQ (c.g.c) => PN=PQ (3)$

Từ $(1),(2),(3) => MN=PN=PQ=MQ$

Xét tứ giác MNPQ có $MN=NP=PQ=QM \Rightarrow MNPQ$ là hình thoi

Bài 9: Cho tam giác ABC vuông cân tại C. Trên các cạnh $AC, BC$ lần lượt lấy các điểm D, G sao cho $AD = CG < AC$. Từ điểm D kẻ DE vuông góc với AC (E thuộc AB). Chứng minh tứ giác $CDEG$ là hình chữ nhật.

Đáp án:

Ta có: $\widehat{A}=\widehat{B}=45^{\circ} (∆ABC$ vuông cân tại C)

Xét ∆ADE vuông tại D có: $\widehat{DAE}+\widehat{DEA}=90^{\circ}$ 

=> $\widehat{DEA}=90^{\circ}-\widehat{DAE}=90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}$

=> $AD=ED$, mà $AD=CG => ED=CG$

Xét tứ giác $CDEG$ có: $ED=CG, ED//CG$ 

=> $CDEG$ là hình bình hành. Lại có $\widehat{CDE}=90^{\circ}$

=> $CDEG$ là hình chữ nhật (Hình bình hành có một góc vuông)

Bài 10: Cho hình vuông $ABCD$. Trên các cạnh $AB, BC, CD, DA$ lần lượt lấy các điểm $M, N, P, Q$ sao cho $AM = BN = CP = DQ < AB$. Chứng minh tứ giác MNPQ là hình vuông.

Đáp án:

Ta có: $AB=BC=CD=DA (ABCD$ là hình vuông). Mà $AM=BN=CP=DQ$

=> $AB-AM=BC-BN=CD-CP=DA-DQ$ hay $MB=NC=PD=QA$.

Xét ∆AMQ và ∆BNM có:

$\widehat{MAQ}=\widehat{NBM}=90^{\circ}$  

$AM=BN (gt)$ 

$QA=MB$ 

=> $∆AMQ=∆BNM (c.g.c) => QM=MN$ (cạnh tương ứng)

Chứng minh tương tự, ta được: $MN=NP$ và $NP=PQ=> MN=NP=PQ=QM$

Xét tứ giác $MNPQ$ có: $MN=NP=PQ=QM$ 

$\Rightarrow MNPQ$ là hình thoi.

Do $∆AMQ=∆BNM (cmt) => \widehat{AMQ}=\widehat{BNM}$ (góc tương ứng)

Mà $\widehat{BNM}+\widehat{BMN}=90^{\circ} => \widehat{AMQ}+\widehat{BMN}=90^{\circ}$

Lại có: $\widehat{AMQ}+\widehat{QMN}+\widehat{BMN}=180^{\circ}$

=> $\widehat{QMN}=180^{\circ}-\widehat{AMQ}+\widehat{BMN}=90^{\circ}$

Hình thoi $MNPQ$ có $\widehat{QMN}=90^{\circ}$ nên là hình vuông.

Bài 11: Cho hình bình hành $ABCD$. Gọi M là điểm nằm giữa A và B, N là điểm nằm giữa C và D sao cho $AM = CN$. Gọi I là giao điểm của MN và AC. Chứng minh:

a) $ΔIAM = ΔICN$

b) Tứ giác $AMCN$ là hình bình hành.

c) Ba điểm $B, I, D$ thẳng hàng.

Đáp án:

a) Ta có $AB//CD (ABCD$ là HBH) 

=> $\widehat{AMN}=\widehat{CNM}; \widehat{MAC}=\widehat{NCM}$ (các góc so le trong)

Xét ∆IAM và ∆ICN có:

$\widehat{AMI}=\widehat{CNI}$

$AM=CN (gt)$ 

$\widehat{MAI}=\widehat{NCI} (cmt)$

=> $∆IAM=∆ICN (g.c.g)$

b) Xét tứ giác AMCN có $AM=CN, AM//CN$ (hay $AB//CD$).

=> Tứ giác $AMCN$ là hình bình hành.

c) Ta có :

$AC, MN$ là hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường (AMCN là hình bình hành)

$AC, BD$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường (Do ABCD là hình bình hành)

Mà I là trung điểm AC => I là trung điểm BD

=> $B, I, D$ thẳng hàng.

Bài 12: Cho hình thoi ABCD và hình bình hành BCMD. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Chứng minh:…

Đáp án:

a) Ta có $AC,BD$ là hai đường chèo vuông góc với nhau tại trung điểm O mỗi đường (ABCD là hình thoi) => $OD=\frac{1}{2}BD$

Ta lại có $BD=CM (BCMD$ là hình bình hành) => $OD=\frac{1}{2}CM$

Xét ∆ACM, ta có: $CM//BD (BCMD$ là hình bình hành)

Mà $AC⊥BD => CM⊥AC$ hay $\widehat{MCA}=90^{\circ}$

Vậy ∆ACM là tam giác vuông.

b) Ta có: $AD//BC (ABCD$ là hình thoi); $DM//BC (BCMD$ là hình bình hành)

=> Qua điểm D có $AD//BC DM//BC => AD≡DM$.

Vậy $A, D, M$ thẳng hàng.

c) Ta có: $BM//CM => \widehat{BDC}=\widehat{DCM}$ (so le trong); $\widehat{ADB}=\widehat{DMC}$ (đồng vị)

Mà DB là phân giác của $\widehat{ADC} => \widehat{ADB}=\widehat{BDC}$

=> $\widehat{DCM}=\widehat{DMC}$.

Xét ∆DCM có: $\widehat{DCM}=\widehat{DMC} (cmt)$

Vậy ∆DCM cân tại D.

Bài 13: Cho hình vuông ABCD có M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CD. Gọi O là giao điểm của AM và BN. Chứng minh: 

a) $ΔABM = ΔBCN$

b) $\widehat{BAO}=\widehat{MBO}$

c) $AM ⊥ BN$

Đáp án:

a) Ta có: $AB=BC=CD=DA (ACBD$ là hình vuông)

M là trung điểm BC (gt) => $MB=MC=\frac{1}{2}BC$

N là trung điểm CD (gt) => $NC=ND=\frac{1}{2}CD$

Do đó $MB=MC=NC=ND$.

Xét ∆ABM và ∆BCN có :

$AB=CD (cmt), MB=NC (cmt)$

$\widehat{ABM}=\widehat{BCN}=90^{\circ} (gt)$

=> $∆ABM=∆BCN (c.g.c)$

b) Ta có: $∆ABM=∆BCN (cmt) => \widehat{BAM}=\widehat{CBN}$ (góc tương ứng) hay $\widehat{BAO}=\widehat{MBO}$

c) Xét ∆ABM vuông tại B:

Mà $\widehat{BAO}=\widehat{MBO} (cmt) => \widehat{MBO}+\widehat{BMO}=90^{\circ}$

Xét ∆MBO có: $\widehat{MBO}+\widehat{BMO}+\widehat{BOM}=180^{\circ}$

=> $\widehat{BOM}=180^{\circ}-\widehat{MBO}+\widehat{BMO}=90^{\circ}$

Vậy $OM⊥BO$ hay $AM⊥BN$.