Giải SBT Toán 8 Cánh Diều Bài tập cuối chương 5 có đáp án

Đáp án đúng là: C

Do ABCD là hình bình hành nên \(\widehat A = \widehat C\), \(\widehat B = \widehat D\), \(\widehat A + \widehat B + \widehat C + \widehat D = 360^\circ \)

Mà \(\widehat A = 3\widehat B\)nên \(\widehat A = \widehat C = 3\widehat B\)

Suy ra \(3\widehat B + \widehat B + 3\widehat B + \widehat B = 360^\circ \)

Do đó \(8\widehat B = 360^\circ \) nên \(\widehat B = 45^\circ \)

Vậy \(\widehat B = \widehat D = 45^\circ \), \(\widehat A = \widehat C = 3\widehat B = 3.45^\circ = 135^\circ \).

Đáp án đúng là: B

Do ABCD là hình vuông nên AB = BC = 8 cm, \(\widehat {ABC} = 90^\circ \)

Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông ABC tại B ta có:

AC² = AB² + BC² = 8² + 8² = 128

Suy ra \[AC = \sqrt {128} = \sqrt {{{\left( {8\sqrt 2 } \right)}^2}} = 8\sqrt 2 \;\;\left( {{\rm{cm}}} \right)\].  

Đáp án đúng là: C

• Gọi I là điểm nằm trên tia đối của tia FE sao cho F là trung điểm của EI.

Tứ giác EBIC có F là trung điểm của BC và EI nên EBIC là hình bình hành

Suy ra BE // CI và BE = CI.

Mà E là trung điểm của AB nên AE = BE, do đó AE = CI

Khi đó tứ giác AEIC có AE // CI và AE = CI nên là hình bình hành

Suy ra EI // AC hay EF // AC.

• Chứng minh tương tự ta cũng có HG // AC, HE // BD, GF // BD

Từ đó ta có được EF // HG và HE // GF

Suy ra tứ giác EFGH là hình bình hành.

• Để hình bình hành EFGH là hình chữ nhật thì \(\widehat {HEF} = 90^\circ \) hay HE ⊥ EF

Điều này có nghĩa AC ⊥ BD.

Dễ thấy tứ giác ABCD có AC ⊥ BD thì tứ giác EFGH là hình chữ nhật.

Vậy ta chọn phương án C.

Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác ABC vuông tại B, ta có:

AC² = AB² + BC²

Suy ra BC² = AC² ‒ BC² = 15² ‒ 9² = 225 – 81 = 144.

Do đó \(BC = \sqrt {144} = 12\)(km).

Chi phí làm đường ống từ địa điểm \(C\) đến địa điểm \(B\) là:

5000.23635.12 = 1418100000 (đồng).

Xét ∆ADJ vuông tại J và ∆AHJ vuông tại J có:

DJ = HJ (giả thiết), AJ là cạnh chung

Do đó ∆ADJ = ∆AHJ (hai cạnh góc vuông)

Suy ra AD = AH (hai cạnh tương ứng) và \(\widehat {JAD} = \widehat {JAH}\) (hai góc tương ứng)

Tương tự ta cũng chứng minh được ∆AHK = ∆AEK (hai cạnh góc vuông)

Suy ra AH = AE (hai cạnh tương ứng) và \(\widehat {KAH} = \widehat {KAE}\) (hai góc tương ứng)

Ta có: \(\widehat {JAD} + \widehat {JAH} + \widehat {KAH} + \widehat {KAE} = 2.\left( {\widehat {JAH} + \widehat {KAH}} \right) = 2\widehat {JAK} = 2.90^\circ = 180^\circ \)

Hay \(\widehat {DAE} = 180^\circ \) nên ba điểm D, A, E thẳng hàng

Lại có AD = AH và AH = AE nên AD = AE.

Do đó A là trung điểm của DE.

Ta có AB ⊥ DH tại J nên \(\widehat {AJH} = 90^\circ \)

AC ⊥ HE tại K nên \(\widehat {AKH} = 90^\circ \)

Xét tứ giác AJHK có \(\widehat {AJH} = \widehat {JAK} = \widehat {AKH} = 90^\circ \) nên là hình chữ nhật.

Xét ∆BDJ vuông tại J và ∆BHJ vuông tại J có:

DJ = HJ (giả thiết), BJ là cạnh chung

Do đó ∆BDJ = ∆BHJ (hai cạnh góc vuông)

Suy ra BD = BH (hai cạnh tương ứng)

Tương tự, ta cũng có ∆CHK = ∆ CEK (hai cạnh góc vuông)

Suy ra CH = CE (hai cạnh tương ứng)

Khi đó BC = BH + CH = BD + CE.

Vậy BC = BD + CE.

Do ABCD là hình thang cân nên AB // CD và \(\widehat C = \widehat {ADC} = 45^\circ \)

Xét ∆ADH vuông tại H và ∆AEH vuông tại H có:

DH = EH, cạnh AH chung

Do đó ∆ADH = ∆AEH (hai cạnh góc vuông)

Suy ra \(\widehat {ADH} = \widehat {AEH}\) (hai góc tương ứng)

Hay \(\widehat {ADC} = \widehat {AED}\).

Mà \(\widehat C = \widehat {ADC}\) nên \(\widehat C = \widehat {AED}\).

Lại có \(\widehat C,\widehat {AED}\) nằm ở vị trí đồng vị, suy ra AE // BC.

Tứ giác ABCE có AB // CE, AE // BC nên ABCE là hình bình hành.

Do DF // AE nên\(\widehat {FDH} = \widehat {AEH}\) (hai góc so le trong).

Xét ∆FDH và ∆AEH có:

\(\widehat {DHF} = \widehat {AHE} = 90^\circ \), \(\widehat {FDH} = \widehat {AEH}\), DH = HE

Do đó ∆FDH = ∆AEH (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra AH = HF (hai cạnh tương ứng)

Hay H là trung điểm của AF

Tứ giác ADFE có hai đường chéo AF và DE vuông góc với nhau tại trung điểm H của mỗi đường nên ADFE là hình thoi.

Tam giác ADE có \(\widehat {AED} = \widehat {ADE} = 45^\circ \) nên tam giác ADE vuông cân tại A, do đó \[\widehat {DAE} = 90^\circ \].

Hình thoi ADFE có \(\widehat {DAE} = 90^\circ \) nên là hình vuông.

Để E là trung điểm của BF thì BE = FE và ba điểm B, E, F thẳng hàng.

Khi bỏ qua giả thiết \(\widehat {ADC} = 45^\circ \) thì ta chứng minh được tứ giác ADFE có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên ADFE là hình bình hành.

Do ABCE và ADFE đều là hình bình hành nên AE = BC, AE // BC và AE = DF, AE // DF

Suy ra BC = DF và BC // DF

Tứ giác BCFD có BC = DF và BC // DF nên BCFD là hình bình hành.

Mà E là trung điểm của BF, suy ra E là trung điểm của CD hay \(EC = ED = \frac{1}{2}CD\).

Mặt khác, AB = EC (vì ABCE là hình bình hành), suy ra \(AB = \frac{1}{2}CD\).

Dễ thấy nếu hình thang cân ABCD (AB // CD) có \(AB = \frac{1}{2}CD\) thì E là trung điểm của BF.

Vậy điều kiện của hình thang cân ABCD (AB // CD) để E là trung điểm của BF là \(AB = \frac{1}{2}CD\).

Do ABCD là hình bình hành nên BC // AD và BC = AD

Mà M ∈ BC, N ∈ AD nên MB // ND

Lại có M, N lần lượt là trung điểm của BC, AD nên \(MB = MC = \frac{1}{2}BC;NA = ND = \frac{1}{2}AD\)

Do đó MB = MC = NA = ND.

Tứ giác MBND có MB // ND và MB= ND nên là hình bình hành.

Tương tự câu a, ta chứng minh được MANC là hình bình hành.

Do MBND, MANC đều là hình bình hành nên PN // MQ, PM // NQ (do P là giao điểm của AM và BN, Q là giao điểm của CN và DM).

Suy ra tứ giác PMQN là hình bình hành.

Xét ∆ABN và ∆MNB có:

AN = BM, \[\widehat {ANB} = \widehat {MBN}\](hai góc so le trong do BM // AN), cạnh BN chung

Do đó ∆ABN = ∆MNB (c.g.c). Suy ra AB = MN (hai cạnh tương ứng0

Tứ giác ABMN có AB = BM = MN = AN nên ABMN là hình thoi.

Suy ra AM ⊥ BN, do đó \(\widehat {MPN} = 90^\circ \).

Hình bình hành PMQN có \(\widehat {MPN} = 90^\circ \) nên PMQN là hình chữ nhật.

Để hình chữ nhật PMQN là hình vuông thì PM = PN.

Mà ABMN là hình thoi nên ABMN cũng là hình bình hành.

Suy ra AM, BN cắt nhau tại trung điểm P của mỗi đường.

Mà PM = PN, suy ra AM = BN.

Hình bình hành ABMN có AM = BN nên ABMN là hình chữ nhật.

Suy ra \(\widehat {ABM} = 90^\circ \) hay \(\widehat {ABC} = 90^\circ \).

Hình bình hành ABCD có \(\widehat {ABC} = 90^\circ \) nên ABCD là hình chữ nhật.

Dễ thấy, nếu hình bình hành ABCD là hình chữ nhật và BC = 2AB thì PMQN là hình vuông.

Vậy điều kiện của hình bình hành ABCD để PMQN là hình vuông là hình bình hành ABCD là hình chữ nhật có BC = 2AB.

Ta có BM = AB= 2 cm.

Do ABMN là hình thoi nên AM là tia phân giác của \(\widehat {BAN}\).

Suy ra \(\widehat {BAN} = 2\widehat {MAD} = 60^\circ \).

Tam giác ABN có AB = AN và \(\widehat {BAN} = 60^\circ \) nên tam giác ABN đều.

Suy ra BN = AN = AB = 2 cm.

Do P là trung điểm của BN nên \(BP = NP = \frac{{BN}}{2} = 1{\rm{\;cm}}\).

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác BMP vuông tại P, ta có: BM² = BP² + MP².

Suy ra MP² = BM² ‒ BP² = 2² ‒ 1² = 3. Do đó \(MP = \sqrt 3 {\rm{\;cm}}\).

Do PMQN là hình chữ nhật nên diện tích của PMQN là:

\(MP.NP = \sqrt 3 .1 = \sqrt 3 \;\;\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Gọi H là giao điểm của DE và CF, K là giao điểm của CM và EF.

Do ABCD là hình vuông nên ta có: \(\widehat {DAB} = 90^\circ ,CD = DA,\widehat {ADB} = \widehat {ABD} = \widehat {DBC} = 45^\circ \)

Do MF ⊥ AD nên tam giác FDM vuông tại F.

Do FM ⊥ AD, DC ⊥ AD nên FM // CD, suy ra \(\widehat {FMD} = \widehat {MDC}\)(hai góc so le trong)

Mà \(\widehat {FDM} = \widehat {MDC}\) (do ABCD là hình vuông nên DM là phân giác góc ADC)

Suy ra \(\widehat {FDM} = \widehat {FMD}\), nên ∆FDM cân tại F

Do đó FM = FD.

Do ME ⊥ AB nên \(\widehat {MEA} = 90^\circ \)

Tứ giác AEMF có \(\widehat {MFA} = \widehat {FAE} = \widehat {AEM} = 90^\circ \) nên AEMF là hình chữ nhật.

Suy ra AE = FM.

Do đó AE = FD (vì cùng bằng FM).

Xét ∆ADE vuông tại A và ∆DCF vuông tại D có:

AE = DF, AD = DC (chứng minh trên)

Do đó ∆ADE = ∆DCF (hai cạnh góc vuông)

Suy ra DE = CF (hai cạnh tương ứng) và\(\widehat {AED} = \widehat {DFC}\)(hai góc tương ứng)

Xét tam giác ADE vuông tại A, ta có: \(\widehat {AED} + \widehat {ADE} = 90^\circ \).

Suy ra \(\widehat {DFC} + \widehat {ADE} = 90^\circ \) hay \(\widehat {DFH} + \widehat {FDH} = 90^\circ \).

Xét ∆DHF có \(\widehat {DFH} + \widehat {FDH} + \widehat {DHF} = 180^\circ \)

Suy ra \(\widehat {DHF} = 180^\circ - \left( {\widehat {DFH} + \widehat {FDH}} \right) = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \).

Vậy DE ⊥ CF.

Gọi H là giao điểm của DE và CF, K là giao điểm của CM và EF.

Do ABCD là hình vuông nên ta có: \(\widehat {DAB} = 90^\circ ,CD = DA,\widehat {ADB} = \widehat {ABD} = \widehat {DBC} = 45^\circ \)

Tương tự câu \({\rm{a}}\), ta chứng minh được BF ⊥ CE.

Xét ∆ABM và ∆CBM có:

AB = BC, \(\widehat {ABM} = \widehat {CBM}\left( { = 45^\circ } \right)\), cạnh BM chung

Do đó ∆ABM = ∆CBM (c.g.c)

Suy ra AM = CM (hai cạnh tương ứng)

Mà EF = AM (vì AEMF là hình chữ nhật), suy ra EF = CM.

Xét ∆DEF và ∆FCM có:

DE = FC, EF = CM, DF = FM

Do đó ∆DEF = ∆FCM (c.c.c)

Suy ra \(\widehat {DEF} = \widehat {FCM}{\rm{\;}}\) (hai góc tương ứng)

Hay \(\widehat {FEH} = \widehat {FCK}\).  

Trong tam giác HEF vuông tại H, ta có \(\widehat {FEH} + \widehat {EFH} = 90^\circ \).

Suy ra \(\widehat {FCK} + \widehat {EFH} = 90^\circ \) hay \(\widehat {FCK} + \widehat {KFC} = 90^\circ \).

Do đó\(\widehat {CKF} = 90^\circ \). Do đó CK ⊥ EF.

Trong tam giác CEF, ta có: EH ⊥ CF, FB⊥ CE, CM ⊥ EF nên ba đường thẳng EH, FB, CM là các đường cao của tam giác CEF.

Hay ba đường thẳng DE, BF, CM  là các đường cao của tam giác CEF.

Vậy ba đường thẳng DE, BF, CM cùng đi qua một điểm.

Gọi H là giao điểm của DE và CF, K là giao điểm của CM và EF.

Do ABCD là hình vuông nên ta có: \(\widehat {DAB} = 90^\circ ,CD = DA,\widehat {ADB} = \widehat {ABD} = \widehat {DBC} = 45^\circ \)

Chu vi của hình chữ nhật AEMF là: 2(AE + AF) = 2(DF + AF) = 2AD.

Mà AD không đồi nên chu vi của hình chữ nhật AEMF không đồi.

Do đó, diện tích của tứ giác AEMF lớn nhất khi AEMF là hình vuông. Suy ra ME = MF.

Khi đó ∆BEM = ∆DFM (cạnh góc vuông – góc nhọn kề).

Suy ra BM = DM hay M là trung điểm của BC.

Vậy với M là trung điểm của BC thì diện tích của tứ giác AEMF lớn nhất.