20 câu trắc nghiệm Toán 8 Cánh diều Bài 20. Hình vuông (Đúng sai - Trả lời ngắn) có đáp án

Đáp án đúng là: A

Hình vuông là hình 1

Đáp án đúng là: D

Nếu \(ABCD\) là hình vuông thì hai đường chéo của hình bằng nhau, vuông góc với nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Do đó, chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: A

Nhận thấy, tứ giác \(AECH\) có hai đường chéo \(AC,EH\) cắt nhau tại \(I\) cũng chính là trung điểm của mỗi đường. Do đó, tứ giác \(AECH\) là hình bình hành.

Mà \(AECH\) có \(\widehat H = 90^\circ \), do đó \(AECH\) là hình chữ nhật.

Đáp án đúng là: B

Tứ giác  có: \(\widehat A = \widehat B = \widehat C = 90^\circ \) nên tứ giác \(ABCD\) là hình chữ nhật.

Mà \(AB = BC\) nên tứ giác \(ABCD\) là hình vuông. Do đó, \(AC = BD = 6\;{\rm{cm}}{\rm{.}}\) Vậy \(AC = 6\;{\rm{cm}}{\rm{.}}\)

Đáp án đúng là: C

Vì tứ giác \(ABCD\) là hình vuông nên \(\widehat {ABC} = \widehat {DAB} = 90^\circ ,\;AC = BD,\;\widehat {CAB} = \frac{1}{2}\widehat {DAB} = \frac{1}{2} \cdot 90^\circ  = 45^\circ .\)

Do đó, ta chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: B

Vì có \(AB = BC = CD = DA\) và \(AE = BF = CG = DH\) nên

ta chứng minh được \(\Delta AEH = \Delta BFE = \Delta CGF = \Delta DHG\).

Suy ra \(HE = EF = FG = GH\) nên \(EFGH\) là hình thoi.

Mà \(\widehat {FEH} = 90^\circ \) nên \(EFGH\) là hình vuông.

Đáp án đúng là: D

Hình thoi \(ABCD\) có: \(\widehat A = 90^\circ \) nên \(ABCD\) là hình vuông. Do đó, \(AC = BD.\)

Đáp án đúng là: D

Câu sai là: Hình chữ nhật có hai cạnh bằng nhau là hình vuông.

Đáp án đúng là: D

Từ hình vẽ, nhận thấy \(ABCD\) là hình vuông theo dấu hiệu hình thoi có hai đường chéo bằng nhau.

Do đó, chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: B

Độ dài cạnh của hình vuông có chu vi bằng 28 cm là: .

a) Đúng.

Tứ giác \(ABCD\) có: Hai đường chéo \(AC\) và \(BD\) cắt nhau tại \(Q.\) Mà \(Q\) vừa là trung điểm của \(AC\) vừa là trung điểm của \(BD\) nên tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành.

Lại có: \(AC \bot BD\) tại \(Q\) nên hình bình hành \(ABCD\) là hình thoi.

b) Đúng.

Vì tứ giác \(ABCD\) là hình thoi nên \(BC = AB = 4\;{\rm{cm}}{\rm{.}}\) Vậy \(BC = 4\;{\rm{cm}}{\rm{.}}\)

c) Sai.

Vì \(ABCD\) là hình thoi nên \(AC\) là tia phân giác của \(\widehat {BAD}.\) Do đó, \(\widehat {QAD} = \frac{1}{2}\widehat {BAD} = \frac{1}{2} \cdot 130^\circ  = 65^\circ .\)

Tam giác \(QAD\) vuông tại \(Q\) nên \(\widehat {QAD} + \widehat {QDA} = 90^\circ .\) Do đó, \(\widehat {QDA} = 90^\circ  - \widehat {QAD} = 90^\circ  - 65^\circ  = 25^\circ .\)

Vậy \(\widehat {ADB} = 25^\circ .\)

d) Đúng.

Vì tứ giác \(ABCD\) là hình thoi nên \(CA\) là tia phân giác của \(\widehat {BCD}.\)

Để hình thoi \(ABCD\) là hình vuông thì \(\widehat {BCD} = 90^\circ .\) Khi đó, \(\widehat {ACD} = \frac{1}{2}\widehat {BCD} = \frac{1}{2} \cdot 90^\circ  = 45^\circ .\)

Vậy để tứ giác \(ABCD\) là hình vuông thì cần thêm điều kiện \(\widehat {ACD} = 45^\circ .\)

a) Sai.

Tứ giác \(ABCD\) có: \(AB = CD,\;AB\;{\rm{//}}\;CD.\) Do đó, tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành.

b) Đúng.

Vì \(E\) là trung điểm của \(AB\) nên \(AB = 2AE.\) Mà \(AB = 2AD\;\left( {gt} \right)\) nên \(AE = AD.\)

c) Đúng.

Vì \(F\) là trung điểm của \(CD\) nên \(CD = 2DF.\) Mà \(AB = CD\;\left( {gt} \right),\;AB = 2AE\;\left( {cmt} \right)\) nên \(AE = DF.\)

Tứ giác \(AEFD\) có: \(AE = DF,\;AE\;{\rm{//}}\;DF\) nên tứ giác \(AEFD\) là hình bình hành.

Mà \(AE = AD\;\left( {cmt} \right)\) nên tứ giác \(AEFD\) là hình thoi.

d) Đúng.

Vì tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành nên \(\widehat D = \widehat B.\)

Để hình thoi \(AEFD\) là hình vuông thì \(\widehat D = 90^\circ .\) Khi đó, \(\widehat B = \widehat D = 90^\circ .\)

Vậy điều kiện để tứ giác \(AEFD\) là hình vuông là \(\widehat B = 90^\circ .\)

a) Đúng.

Vì \(AM\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(BC\) của tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) nên \(AM = \frac{1}{2}BC,\) mà \(BM = MC = \frac{1}{2}BC\) nên \(AM = BM = MC.\)

b) Đúng.

Vì \(H\) là hình chiếu của \(M\) trên \(AB\) nên \(MH \bot AB\) tại \(H.\)

Vì \(AM = BM\) nên tam giác \(ABM\) cân tại \(M.\) Do đó, \(HM\) vừa là đường cao đồng thời là đường trung tuyến của tam giác \(ABM\) nên \(H\) là trung điểm của \(AB.\)

c) Sai.

Vì \(D\) đối xứng với \(M\) qua \(H\) nên \(H\) là là trung điểm của \(DM.\)

Tứ giác \(AMBD\) có: Hai đường chéo \(AB\) và \(DM\) cắt nhau tại \(H.\) Mà \(H\) vừa là trung điểm của \(AB\) vừa là trung điểm của \(DM\) nên tứ giác \(AMBD\) là hình bình hành.

Mà \(MD \bot AB\) tại \(H\) nên hình bình hành \(AMBD\) là hình thoi.

Do đó, \(AB\) là tia phân giác của \(\widehat {DAM}.\) Suy ra \(\widehat {DAB} = \widehat {BAM}.\)

d) Đúng.

Để hình thoi \(AMBD\) là hình vuông thì \(\widehat {DBM} = 90^\circ .\)

Mà \(BA\) là tia phân giác của \(\widehat {DBM}\) nên \(\widehat {ABC} = \frac{1}{2}\widehat {DBM} = \frac{1}{2} \cdot 90^\circ  = 45^\circ .\)

Theo giả thiết, tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) nên tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A.\)

Vậy để tứ giác \(AMBD\) là hình vuông thì tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A.\)

a) Đúng.

Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(AB = BC = CD = DA\).

Mà \(AE = BF = CG = DH\) nên \(AH = BE = CF = DG.\)

b) Sai.

Xét \(\Delta AEH\) và \(\Delta BEF\), có:

\(AE = BF\) (gt)

\(AH = BE\) (cmt)

Do đó, \(\Delta AEH = \Delta BFE\) (2cgv).

c) Sai.

Vì \(\Delta AEH = \Delta BFE\) (cmt) nên \[\widehat {AEH} = \widehat {BFE}\] (hai góc tương ứng).

Trong tam giác \(\Delta BFE\) vuông tại \(B\) có: \[\widehat {FEB} + \widehat {BFE} = 90^\circ \] (phụ nhau).

Mà \[\widehat {AEH} = \widehat {BFE}\] (cmt) nên \[\widehat {AEH} + \widehat {BEF} = 90^\circ \].

Ta có: \[\widehat {AEH} + \widehat {BEF} + \widehat {HEF} = 180^\circ \]

Suy ra \[\widehat {HEF} = 180^\circ  - \left( {\widehat {AEH} + \widehat {BEF}} \right) = 180^\circ  - 90^\circ  = 90^\circ \].

Vậy \(\widehat {FEH} = 90^\circ .\)

d) Đúng.

Vì có \(AB = BC = CD = DA\) và \(AE = BF = CG = DH\) nên

ta chứng minh được \(\Delta AEH = \Delta BFE = \Delta CGF = \Delta DHG\).

Suy ra \(HE = EF = FG = GH\) nên \(EFGH\) là hình thoi.

Mà \(\widehat {FEH} = 90^\circ \) nên \(EFGH\) là hình vuông.

a) Đúng.

Vì \(CK \bot OB\) tại \(K\) nên \(\widehat {CKO} = 90^\circ .\) Vì \(CH \bot OA\) tại \(H\) nên \(\widehat {CHO} = \widehat {CHA} = 90^\circ .\)

Vì tam giác \(AOB\) vuông tại \(O\) nên \(\widehat {AOB} = 90^\circ \) hay \(\widehat {HOK} = 90^\circ .\)

Tứ giác \(HCKO\) có: \(\widehat {CKO} = \widehat {HOK} = \widehat {CHO} = 90^\circ \) nên tứ giác \(HCKO\) là hình chữ nhật.

Do đó, \(\widehat {HCK} = 90^\circ .\)

b) Đúng.

Hình chữ nhật \(HCKO\) có: \(OC\) là tia phân giác của \(\widehat {HOK}\) nên tứ giác \(HCKO\) là hình vuông.

c) Sai.

Vì tứ giác \(HCKO\) là hình vuông nên \(CO\) là tia phân giác của \(\widehat {HCK}.\)

Suy ra: \(\widehat {OCK} = \frac{1}{2}\widehat {HCK} = \frac{1}{2} \cdot 90^\circ  = 45^\circ .\) Vậy \(\widehat {OCK} = 45^\circ .\)

d) Đúng.

Vì tam giác \(AHC\) vuông tại \(H\) nên \(\widehat A + \widehat {HCA} = 90^\circ .\)

Ta có: \(\widehat {HCA} + \widehat {HCK} + \widehat {KCB} = 180^\circ \) nên \(\widehat {KCB} + \widehat {HCA} = 180^\circ  - \widehat {HCK} = 180^\circ  - 90^\circ  = 90^\circ .\)

Do đó, \(\widehat A = \widehat {KCB}.\)

Đáp án: 225

Độ dài cạnh của hình vuông có chu vi bằng 60 cm là \(60:4 = 15{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Diện tích của hình vuông đó bằng \(15 \cdot 15 = 225{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Đáp án: \(6\)

Vì tứ giác \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(\widehat {ABM} = \widehat {BAN} = \widehat C = 90^\circ ,\;AB = CD.\)

Vì \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(BM = MC.\)

Tam giác \(ABM\) và tam giác \(DCM\) có: \(\widehat {ABM} = \widehat C = 90^\circ ,\;AB = CD,\;BM = MC.\)

Do đó, \(\Delta ABM = \Delta DCM\left( {c - g - c} \right)\) nên \(AM = DM.\)

Suy ra, \(\Delta ADM\) cân tại \(M.\) Do đó, \(MN\) là đường trung tuyến đồng thời là đường cao của \(\Delta ADM.\)

Do đó, \(\widehat {ANM} = 90^\circ .\)

Tứ giác \(ANMB\) có: \(\widehat {ABM} = \widehat {BAN} = \widehat {ANM} = 90^\circ \) nên tứ giác \(ANMB\) là hình chữ nhật \(\left( 1 \right).\)

Suy ra: \(\widehat {BMN} = 90^\circ \;\left( 2 \right).\)

Vì \(AM \bot MD\) nên \(\widehat {AMD} = 90^\circ .\)

Vì \(MN\) là đường trung tuyến đồng thời là đường phân giác của \(\Delta ADM\) nên

\(\widehat {AMN} = \frac{1}{2}\widehat {AMD} = \frac{1}{2} \cdot 90^\circ  = 45^\circ \;\left( 3 \right).\)

Từ \(\left( 2 \right),\;\left( 3 \right)\) ta có: \(MA\) là tia phân giác của \(\widehat {BMN}\;\left( 4 \right).\)

Từ \(\left( 1 \right),\;\left( 4 \right)\) ta có: Tứ giác \(ANMB\) là hình vuông. Do đó, \(BN = AM = 6\;{\rm{cm}}.\)

Đáp án: 7,1

Giả sử hình vuông \(ABCD\) có chu vi bằng 20 cm.

Do đó, độ dài cạnh của hình vuông đó là: \(20:4 = 5{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Gọi giao điểm của hai đường chéo \(AC,BD\) là \(I.\)

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác \(AID,\) ta có:

\(A{I^2} + I{D^2} = A{D^2}\) hay \(2A{I^2} = {5^2}\) nên \(AI = \sqrt {\frac{{25}}{2}} {\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Mà \(AC = 2AI = 2\sqrt {\frac{{25}}{2}} {\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right) \approx 7,1{\rm{ cm}}\).

Vậy độ dài đường chéo của hình vuông đó bằng 7,1 cm.

Đáp án: \(45\)

Vì tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) nên \(\widehat B = \widehat C = 45^\circ .\)

Vì \(GD \bot BC,\;FE \bot BC\) nên \(\widehat {GDB} = \widehat {FEC} = \widehat {FED} = 90^\circ .\)

Tam giác \(BDG\) có: \(\widehat B = 45^\circ ,\;\widehat {GDB} = 90^\circ \) nên tam giác \(BDG\) vuông cân tại \(D.\) Do đó, \(BD = DG.\)

Tam giác \(FEC\) có: \(\widehat C = 45^\circ ,\;\widehat {FEC} = 90^\circ \) nên tam giác \(FEC\) vuông cân tại \(E.\) Do đó, \(FE = EC.\)

Vì \(BD = DG,\;FE = EC,\;BD = DE = EC\) nên \(DG = DE = FE.\)

Tứ giác \(GFED\) có: \(DG = FE,\;DG{\rm{//}}FE\) (cùng vuông góc với \(BC\)) nên tứ giác \(GFED\) là hình bình hành.

Lại có: \(\widehat {FED} = 90^\circ \) nên tứ giác \(GFED\) là hình chữ nhật.

Mà \(DG = DE\) nên tứ giác \(GFED\) là hình vuông.

Suy ra: \(\widehat {DGF} = 90^\circ \) và \(GE\) là tia phân giác của \(\widehat {DGF}.\) Do đó, \(\widehat {DGE} = \frac{1}{2}\widehat {DGF} = \frac{1}{2} \cdot 90^\circ  = 45^\circ .\)

Vậy \(\widehat {DGE} = 45^\circ .\)

Đáp án: \(45\)

Vì tứ giác \(ABCD\) là hình vuông nên \(AB = BC = CD = DA,\;\widehat A = \widehat B = \widehat C = \widehat D = 90^\circ .\)

Vì \(AB = BC = CD = DA,\;AE = BF = CG = HD\) nên:

\(AB - AE = BC - BF = CD - CG = DA - HD\) hay \(EB = FC = DG = AH.\)

Tam giác \(AEH\) và tam giác \(BFE\) có: \(\widehat A = \widehat B = 90^\circ ,\;AE = BF,\;AH = EB.\)

Suy ra: \(\Delta AEH = \Delta BFE\;\left( {c - g - c} \right)\) nên \(HE = EF.\)

Chứng minh tương tự ta có:

+ \(\Delta CGF = \Delta BFE\;\left( {c - g - c} \right)\) nên \(GF = EF.\)

+ \(\Delta CGF = \Delta DHG\;\left( {c - g - c} \right)\) nên \(GF = HG.\)

+ \(\Delta AEH = \Delta DHG\;\left( {c - g - c} \right)\) nên \(HE = HG.\)

Do đó, \(HE = EF = FG = GH.\) Suy ra, tứ giác \(HEFG\) là hình thoi \(\left( 1 \right).\)

Vì \(\Delta AEH = \Delta BFE\;\left( {cmt} \right)\) nên \(\widehat {AHE} = \widehat {BEF}.\)

Ta có: \(\widehat {AHE} + \widehat {HEA} = 90^\circ \) nên \(\widehat {FEB} + \widehat {HEA} = 90^\circ .\)

Mà \(\widehat {HEA} + \widehat {HEF} + \widehat {FEB} = 180^\circ \) nên \(\widehat {HEF} = 180^\circ  - \left( {\widehat {FEB} + \widehat {HEA}} \right) = 90^\circ \;\left( 2 \right).\)

Từ \(\left( 1 \right),\;\left( 2 \right)\) ta có tứ giác \(HEFG\) là hình vuông. Do đó, \(EG\) là tia phân giác của \(\widehat {HEF}.\)

Suy ra: \(\widehat {HEG} = \frac{1}{2}\widehat {HEF} = \frac{1}{2} \cdot 90^\circ  = 45^\circ .\) Vậy \(\widehat {HEG} = 45^\circ .\)