20 câu trắc nghiệm Toán 8 Chân trời sáng tạo Ôn tập chương 3 (Đúng sai - Trả lời ngắn) có đáp án

Đáp án đúng là: B

Xét tứ giác \(ABCD\), có: \(\widehat A + \widehat B + \widehat C + \widehat D = 360^\circ \).

Do đó \(\widehat B = 360^\circ - \left( {\widehat A + \widehat D + \widehat C} \right) = 360^\circ - \left( {90^\circ + 90^\circ + 60^\circ } \right) = 120^\circ \).

Đáp án đúng là: A

Vì \(ABCD\) là hình thang cân có hai đáy \(AB\parallel CD\) nên \(\widehat A = \widehat B = 125^\circ \) (hai góc kề một đáy).

Đáp án đúng là: D

Hình thang có hai đường chéo bằng nhau là hình thang cân.

Do đó, khẳng định D là sai.

Đáp án đúng là: C

• Nhận thấy tứ giác \(ABCD\) có hai đường chéo \(AC,BD\) cắt nhau tại giao điểm \(O\) cũng chính là trung điểm mỗi đường. Do đó, \(ABCD\) là hình bình hành.

• Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta CDA\) có: \(AC\) chung (gt)

                                             \(AD = BC\) (\(ABCD\) là hình bình hành)

                                             \(AB = DC\) (\(ABCD\) là hình bình hành).

Do đó, \(\Delta ABC = \Delta CDA\) (c.c.c)

Do đó, chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: D

Để hình thang cân trở thành hình chữ nhật thì cần thêm điều kiện có một góc vuông.

Đáp án đúng là: A

Ta có \(\widehat {AOD}\) và \(\widehat {AOB}\) là hai góc kề bù nên \(\widehat {AOD} + \widehat {AOB} = 180^\circ \)

Suy ra \(\widehat {AOB} = 180^\circ - \widehat {AOD} = 180^\circ - 50^\circ = 130^\circ \).

Tam giác \(AOB\) có \(OA = OB\) nên \(\Delta AOB\) là tam giác cân tại \(O\).

Do đó, \[\widehat {ABO} = \widehat {BAO} = \frac{{180^\circ - AOB}}{2} = \frac{{180^\circ - 130^\circ }}{2} = 25^\circ \].

Đáp án đúng là: B

Để trở thành hình thoi, hình bình hành cần thêm điều kiện hai cạnh kề bằng nhau.

Do đó, chọn đáp án B.

Đáp án đúng là: D

Nhận thấy đường cao \(AH\) kẻ từ đỉnh \(A\) đến cạnh \(CD\) chia cạnh đó thành hai đoạn bằng nhau.

Suy ra \(AH\) cũng đường đường trung trực trong \(\Delta ADC\) là tam giác cân tại \(A\).

Suy ra \(AD = AC\) (1)

Lại có \(ABCD\) là hình thoi nên \(AD = DC\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(\Delta ADC\) đều.

Suy ra \(\widehat {ADC} = \widehat {DCA} = \widehat {DAC} = 60^\circ \).

Vì \(ABCD\) là hình thoi nên \(\widehat D = \widehat B = 60^\circ ,\widehat A = \widehat C = 120^\circ \).

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

Cạnh của hình vuông đó là: \(32:4 = 8{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Diện tích của hình vuông đó là: \(8 \cdot 8 = 64{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

a) Đúng.

Theo đề, ta có: \(\widehat {ABC} + \widehat {ADC} = 180^\circ \) (giả thiết) (1)

Lại có: \(\widehat {EDC} + \widehat {ADC} = 180^\circ \) (hai góc kề bù) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {ABC} = \widehat {EDC}\).

b) Sai.

Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta DEC\), có:

\(AB = DE\) (gt)

\(BC = DE\) (gt)

\(\widehat {ABC} = \widehat {EDC}\) (cmt)

Do đó, \(\Delta ABC = \Delta EDC\) (c.g.c).

c) Đúng.

Vì \(\Delta ABC = \Delta EDC\) (cmt) nên \(AC = EC\) (hai cạnh tương ứng).

Do đó, \(\Delta CAE\) là tam giác cân tại \(C\).

d) Đúng.

Vì \(\Delta CAE\) là tam giác câm tại \(C\) nên \(\widehat {CEA} = \widehat {CAE}\) (*)

Lại có \(\Delta ABC = \Delta EDC\) nên \(\widehat {BAC} = \widehat {DEC}\) (**)

Từ (*) và (**) suy ra \(\widehat {BAC} = \widehat {CAE}\).

Do đó, \(AC\) là tia phân giác của \(\widehat {BAD}\).

a) Sai.

Xét \(\Delta ADH\) và \(\Delta CKB\), có:

\(\widehat {{D_1}} = \widehat {{B_1}}\) (so le trong)

\(AD = BC\) (gt)

Do đó, \(\Delta ADH = \Delta CBK\)(ch – gn).

b) Đúng.

Vì \(\Delta ADH = \Delta CBK\) (cmt) nên \(AH = CK\) (hai góc tương ứng).

Lại có \(AH\parallel CK\) (cùng vuông góc với \(BD\)).

Do đó, \(AKCH\) là hình bình hành.

Suy ra \(AK\parallel CH\).

c) Đúng.

Vì \(M\) là giao điểm của \(AK\) và \(BC\), \(N\) là giao điểm của \(CH\) và \(AD\) nên ta có:

\(AM\parallel CN\) và \(AN\parallel CM\).

Suy ra \(AMCN\) là hình bình hành.

Do đó, \(AM = CN\).

d) Đúng.

Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên hai đường chéo \(AC\) và \(BD\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường mà \(O\) là trung điểm của \(BD\) nên \(O\) cũng là trung điểm của \(AC\).

Mặt khác \(AMCN\) là hình bình hành nên hai đường chéo \(AC\) và \(MN\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường mà \(O\) là trung điểm của \(AC\) nên \(O\) cũng là trung điểm của \(MN\) hay ba điểm \(M,O,N\) thẳng hàng.

a) Đúng.

Ta có: \(AB = AD\) (vì \(ABCD\) là hình thoi) và \(\widehat A = 60^\circ \).

Suy ra \(\Delta ABD\) là tam giác đều.

Mà \(BH\) là đường cao trong \(\Delta ABD\) nên đồng thời là đường trung tuyến do đó \(H\) là trung điểm của \(AD\).

b) Đúng.

Xét tứ giác \(ABDE\) có hai đường chéo \(BE\) và \(AD\) cắt nhau tại trung điểm \(H\) của mỗi đường.

Do đó, \(ABDE\) là hình bình hành.

Mặt khác \(AD \bot BE\) nên \(ABDE\) là hình thoi.

c) Đúng.

Ta có:

\(ABCD\) là hình thoi suy ra \(DC = AB,DC\parallel AB\). (1)

\(ABDE\) là hình thoi suy ra \(DE = AB,DE\parallel AB\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(C,D,E\) thẳng hàng (tiền đề Euclid) và \(DC = DE.\)

Vậy \(D\) là trung điểm của \(CE\).

d) Sai.

Kẻ hai đường chéo \(AC\) và \(BD\) cắt nhau tại \(I\).

Suy ra \(AC\) vuông góc \(BD\) tại trung điểm \(I\) của mỗi đường (Do \(ABCD\) là hình thoi).

Ta có: \(AC = 2AI\) (vì \(I\) là trung điểm của \(AC\)).

           \(BE = 2BH\) (vì \(H\) là trung điểm của \(BE\)).

Mà \(BH = AI\) (Chứng minh \(\Delta BHA = \Delta AIB\) (ch – gn)) suy ra \(AC = BE.\)

a) Sai.

Xét \(\Delta AED\) và \(\Delta BAF\), ta có:

\(DE = AF\) (gt)

\(AD = AB\) (gt)

Do đó, \(\Delta AED = \Delta BFA\) (2cgv).

b) Đúng.

Vì \(\Delta AED = \Delta BFA\) (cmt) nên \(AE = BF\) (hai cạnh tương ứng).

c) Sai.

Vì \(\Delta AED = \Delta BFA\) (cmt) nên \(\widehat {DAE} = \widehat {ABF}\) (hai góc tương ứng).

d) Đúng.

Trong \(\Delta BFA\) có \[\widehat {AFB} + \widehat {ABF} = 90^\circ \].

Mà \(\widehat {DAE} = \widehat {ABF}\) nên \[\widehat {AFB} + \widehat {DAE} = 90^\circ \].

Suy ra \[AE \bot BF\].

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.

Đáp án: 99

Ápdụng định lí tổng ba góc của một tam giác vào tam giác \(ABC\) ta có;

\(\widehat {BAC} + \widehat {ABC} + \widehat {ACB} = 180^\circ \), suy ra \(\widehat {BAC} = 180^\circ - \left( {\widehat {ABC} + \widehat {ACB}} \right) = 21^\circ \).

Vì \(AB\parallel CD\) nên \(\widehat {BAC} = \widehat {ACD} = 21^\circ \) (so le trong).

Xét tam giác \(ACD\) có: \(\widehat {ACD} + \widehat {ADC} + \widehat {CAD} = 180^\circ \) (tổng ba góc trong một tam giác).

Do đó, \(\widehat {CAD} = 180^\circ - \left( {\widehat {ACD} + \widehat {ADC}} \right) = 180^\circ - \left( {60^\circ + 21^\circ } \right) = 99^\circ \).

Vậy \(\widehat {DAC} = 99^\circ \).

Đáp án: 24

Vì tam giác vuông \(AHD\) có \(\widehat {ADH} = 45^\circ \) nên \(\Delta AHD\) là tam giác vuông cân.

Do đó, \(HD = HA = 4{\rm{ cm}}\).

Ta có \(ABHK\) là hình bình hành \(\left( {AB\parallel HK} \right)\) có \(\widehat {AHK} = \widehat {HKB} = 90^\circ \), do đó \(ABHK\) là hình chữ nhật.

Suy ra \(AH = BK = 4{\rm{ cm,}}\)\(AB = HK = 2{\rm{ cm}}{\rm{.}}\)

Vì \(ABCD{\rm{ }}\left( {AB\parallel CD} \right)\) là hình thang cân nên \(\widehat {ADH} = \widehat {BCK} = 45^\circ \).

Do đó, \(\Delta BKC\) cũng là tam giác vuông cân nên \(KB = KC = 4{\rm{ cm}}\).

Ta có: \(DC = DH + HK + KC = 4 + 2 + 4 = 10{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Vậy diện tích hình thang cân \(ABCD\) là: \(\frac{{\left( {AB + DC} \right) \cdot AH}}{2} = \frac{{\left( {2 + 10} \right) \cdot 4}}{2} = 24{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Đáp án: 75

Tam giác \(ABD\) có \(AB = AD\) nên \(\Delta ABD\) cân tại \(A\). Do đó, \(\widehat {ABD} = \widehat {ADB} = \frac{{180^\circ - 120^\circ }}{2} = 30^\circ \).

Tam giác \(DBC\) có \(DC = CB\) nên \(\Delta DCB\) vuông cân tại \(C\). Do đó, \(\widehat {CDB} = \widehat {CBD} = 45^\circ \).

Vậy \(\widehat {ABC} = \widehat {ABD} + \widehat {DBC} = 30^\circ + 45^\circ = 75^\circ \).

Đáp án: 60

Xét tứ giác \(OFHP\) có:

\(\widehat O + \widehat F + \widehat H + \widehat P = 360^\circ \) nên \(y + 2y + y + 2y = 360^\circ \) hay \(6y = 360^\circ \). Suy ra \(y = 60^\circ .\)

Đáp án: 0,5

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

Mà \(M,N,P,Q\) là trung điểm các cạnh \(AB,BC,CD,CA\)

nên \(AM = MB = BN = NC = CP = PD = DQ = DA\).

Do đó, ta chứng minh được các tam giác \(AQM,{\rm{ }}NBM,{\rm{ }}NCP,{\rm{ }}QPD\) là các tam giác vuông cân bằng nhau.

Ta có: \({S_{\Delta AQM}} = {S_{\Delta BMN}} = {S_{\Delta NPC}} = {S_{\Delta PDQ}} = \frac{1}{2} \cdot AM \cdot AQ = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}AB \cdot \frac{1}{2}AD = \frac{1}{8}AB \cdot AD = \frac{1}{8}{S_{ABCD}}\).

Mà ta có: \({S_{MNPQ}} = {S_{ABCD}} - \left( {{S_{\Delta AMQ}} + {S_{\Delta BMN}} + {S_{\Delta PNC}} + {S_{\Delta QPD}}} \right) = {S_{ABCD}} - 4 \cdot \frac{1}{8}{S_{ABCD}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}}\).

Vậy \(\frac{{{S_{MNPQ}}}}{{{S_{ABCD}}}} = \frac{{\frac{1}{2}{S_{ABCD}}}}{{{S_{ABCD}}}} = \frac{1}{2} = 0,5.\)