18 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Dạng 7. Bài tập tự luyện số 4 có đáp án

Câu 1:

Cho hình vuông ABCD . Trên cạnh AB, BC, CD, DA, lần lượt lấy các điểm E, F, G, H sao cho AE = BF = CG = DH . Chứng minh EFGH là hình vuông.

Xem đáp án

Cho hình vuông ABCD . Trên cạnh AB, BC, CD, DA, lần lượt lấy các điểm E, F, G, H sao cho AE = BF = CG = DH . Chứng minh EFGH là hình vuông. (ảnh 1)

Chỉ ra AH = BE = CF = DG . Từ đó suy ra: $Δ AEH = Δ BFE = Δ CGF = Δ DHG$ (c-g-c).

Do đó HE = EF = FG = GH (1).

Mặt khác, vì $Δ AEH = Δ BFE \Rightarrow \hat{BEF} = \hat{AHE}$

Suy ra $\hat{AEH} + \hat{BEF} = 9 0^{0} \Rightarrow \hat{FEH} = 90^{0}$ (2).

(1), (2) suy ra EFGH là hình vuông.

Câu 2:

Cho hình chữ nhật ABCD có ÂB = 2AD . Gọi E, F theo thứ tụ là trung điểm của AB, CD. Gọi M là giao điểm của AF và DE, N là giao điểm của BF và CE.

a) Tứ giác ADFE là hình gì? Vì sao?

Xem đáp án

Cho hình chữ nhật ABCD có ÂB = 2AD . Gọi E, F theo thứ tụ là trung điểm của AB, CD. a) Tứ giác ADFE là hình gì Vì sao (ảnh 1)

a) E, F lần lượt là trung điểm của AB, CD nên ta có EF // AD // BC , do đó dễ thấy ADFE là hình chữ nhật.

Mặt khác $AD = AE = \frac{1}{2} AB$ . Vậy ADFE là hình vuông.

Câu 3:

b) Tứ giác EMFN là hình gì Vì sao

Xem đáp án

b) Chứng minh tương tự câu a, ta có BCFE cũng là hình vuông. Do đó hai tam giác MEF và NEF là hai tam giác vuông cân tại M, N. từ đó suy ra EMFN là hình vuông.

Câu 4:

Cho hình chữ nhật ABCD (AD < AB < 2AD). Vẽ các tam giác vuông cân ABI , CDF $(\overset{⏜}{I} = \overset{⏜}{K} = 90 °)$ , I và K nằm trong hình chữ nhật. Gọi E là giao điểm của AI và DK, F là giao điểm của BI và CK. Chứng minh rằng:

a) EF song song với CD.

Xem đáp án

Cho hình chữ nhật ABCD (AD < AB < 2AD). Vẽ các tam giác vuông cân ABI , CDF Chứng minh rằng: a) EF song song với CD. (ảnh 1)

a) Tam giác KCD cân tại K nên KD = KC (1).

$ΔEAD = ΔFBC$ (g.c.g) nên DE = CF (2).

Từ (1) và (2) suy ra: $KD - DE = KC - CF \Leftrightarrow KE = KF$ .

Tam giác vuông KEF có KE = KF nên $\hat{E_{1}} = 45 °$ .

Ta lại có: $\hat{D_{2}} = 45 ° \Rightarrow EF//CD$ (2 góc đồng vị bằng nhau).

Câu 5:

b) EKFI là hình vuông.

Xem đáp án

b) Tam giác EAD có $\hat{A_{1}} = \hat{D_{1}} = 45 °$ nên $\hat{AED} = 90 °$ .

Tứ giác EKFI có $\overset{⏜}{E} = \overset{⏜}{K} = \overset{⏜}{I} = 90 °$ nên AKFI là hình chữ nhật.

Lại có

KE = KF \Rightarrow EKFI

là hình vuông.

Câu 6:

Cho hình bình hành ABCD. Ở phía ngoài hình bình hành vẽ các hình vuông ADEF và ABGH. Gọi O là giao điểm các đường chéo của hình vuông ADEF. Chứng minh rằng.

a)

\hat{O A H} = \hat{O D C}

Xem đáp án

Cho hình bình hành ABCD. Ở phía ngoài hình bình hành vẽ các hình vuông ADEF và ABGH. Chứng minh rằng. a) góc OAH = góc ODC (ảnh 1)

a) Ta có : $O A ⊥ O D$ (tính chất đường chéo hình vuông) ; $A H ⊥ D C$ ( vì $A H ⊥ A B$ , AB // CD ). Vậy $\hat{O A H} = \hat{O D C}$ (góc có cạnh tương ứng vuông góc).

Câu 7:

b) OH = OC

Xem đáp án

b) Xét $Δ O A H$ và $Δ O D C$ :

OA = OD (tính chất đường chéo hình vuông)

$\hat{O A H} = \hat{O D C}$ ( câu a)

AH = DC (cùng bằng AB )

Vậy $Δ OAH = Δ ODC$ (c.g.c) suy ra OH = OC.

Câu 8:

c) $O H ⊥ O C$

Xem đáp án

c) $Δ OAH = Δ ODC \Rightarrow \hat{O} 1 = {\hat{O}}_{2}$ mà ${\hat{O}}_{2} + {\hat{O}}_{3} = 90^{\circ}$ (tính chất đường chéo hình vuông ), nên ${\hat{O}}_{1} + {\hat{O}}_{3} = 90^{\circ}$ .Vậy $O H ⊥ O C$ .

Câu 9:

Cho hình vuông ABCD. Gọi M, N, P, Q theo thứ tự là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA.

a) Chứng minh AN = DM và $AN ⊥ DM$

Xem đáp án

Cho hình vuông ABCD. Gọi M, N, P, Q theo thứ tự là trung điểm a) Chứng minh AN = DM và AN vuông DM (ảnh 1)

a) Xét hai tam giác ABN và DAM vuông tại B và A, có AB = AD và BN = DM , do đó $Δ ABN = Δ DAM$

suy ra AN = DM và $\hat{BAN} = \hat{ADM}$ .

Mà $\hat{BAN} + \hat{DAN} = 9 0^{0}$ , do đó $\hat{ADM} + \hat{DAN} = 90 °$ , hay $\hat{AED} = 9 0^{0}$ .

Vậy ta có AN = DM và $A N ⊥ D M$ .

Câu 10:

b) Chứng minh rằng các đoạn thẳng DM, AN, BP, CQ giao nhau tạo thành một hình vuông.

Xem đáp án

b) Giả sử các đoạn thẳng DM, AN, BP, CQ giao nhau tạo thành tứ giác EFGH.

MB // DP và MB = DP => là hình bình hành.

Suy ra BP // DM => AN $⊥$ BP.

Tương tự ta cũng có $C Q ⊥ D M$ .

Như vậy tứ giác EFGH có $\hat{E} = \hat{F} = \hat{H} = 9 0^{0}$ .

* Ta chứng minh EF = EH :

Dễ thấy EM là đường trung bình trong tam giác ABF, E là trung điểm của AF.

Tương tự H là trung điểm của DE.

Xét hai tam giác ABF và DAE vuông tại F là E, có:

AB = DA ; $\hat{BAF} = \hat{ADE}$ (vì $Δ ABN = Δ DAM$ ).

Suy ra $Δ ABF = Δ DAE⇒ A F = D E .$

Từ đó ta có EF = EH. Vậy EFGH là hình vuông.

Câu 11:

c) Gọi E là giao điểm của DM và AN. Chứng minh CE = CD.

Xem đáp án

c) H là trung điểm của DE và

CH ⊥ DE

, do đó ta suy ra

Δ C D E

cân tại C, hay là CE = CD

Câu 12:

Cho tứ giác ABCD có $\hat{ADC} + \hat{BCD} = 90 °$ và AD = BC . Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, AC, CD, BD. Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình vuông.

Xem đáp án

Cho tứ giác ABCD có góc ADC + góc BCD = 90 độ và AD = BC . Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, AC, CD, BD. Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình vuông. (ảnh 1)

Trong tam giác ABC, MN là đường trung bình nên $MN = \frac{1}{2} BC$

Lập luận tương tự, ta có $PQ = \frac{1}{2} BC, MQ = \frac{1}{2} AD, NP = \frac{1}{2} AD$

Theo giả thiết, AD = BC suy ra $M N = Q P = M Q = N P$ . Vậy MNPQ là hình thoi (1).

Mặt khác ta có:

$\hat{DPQ} = \hat{DCB}, \hat{NPC} = \hat{ADC}$ (góc đồng vị). theo giả thiết $\hat{DCB} + \hat{ADC} = 90 °$ , suy ra $\hat{DPQ} + \hat{NPC} = 90 °$ . Do vậy ta được góc $\hat{QPN} = 90 °$ (2).

Từ (1) và (2) cho ta MNPQ là hình vuông.

Câu 13:

Cho hình vuông ABCD. Gọi E, F lần lượt trên cạnh AB, AD sao cho AE = DF . Chứng minh rằng DE = CF và DE $⊥$ CF

Xem đáp án

Cho hình vuông ABCD. Gọi E, F lần lượt trên cạnh AB, AD sao cho AE = DF . Chứng minh rằng DE = CF và DE vuông góc CF (ảnh 1)

Gọi I là giao điểm của DE và CF.

Xét hai tam giác ADE và DCF có:

AD = DC (vì ABCD là hình vuông).

$\hat{EAD} = \hat{FDC} = 90 °$ .

AE = DF (theo giả thiết)

Vậy $Δ A D E = Δ D C F$ , khi đó ta có:

DE = CF và $\hat{ADE} = \hat{DCF}$ .

Mặt khác $\hat{DCF} + \hat{DFC} = 90 °$ , suy ra $\hat{A D E} + \hat{DFC} = 90^{°} \Rightarrow \hat{DIF} = 90^{°}$ .

Vậy $D E ⊥ C F$ .

Câu 14:

Cho tam giác ABC cân tại A $(\overset{⏜}{A} < 90 °)$ , các đường cao BD và CE cắt nhau tại H. Tia phân giác của góc ABD cắt EC và AC theo thứ tự tại M và P. Tia phân giác của góc ACE cắt DB và AB theo thứ tự tại Q và N. Chứng minh rằng:

a)

\hat{ABD} = \hat{ACE}

.

Xem đáp án

Cho tam giác ABC cân tại A , các đường cao BD và CE cắt nhau tại H. Chứng minh rằng: a) góc ABD = góc ACE. (ảnh 1)

a) $\hat{ABD} = \hat{ACE}$ (cùng phụ với $\overset{⏜}{A}$ ).

Câu 15:

b) BH = CH

Xem đáp án

b) Ta có: $\hat{ABC} = \hat{ACB}$ mà $\hat{ABD} = \hat{ACE}$ (chứng minh trên)

$\Rightarrow \hat{ABC} - \hat{ABD} = \hat{ACB} - \hat{ACE} \Leftrightarrow \hat{B_{3}} = \hat{C_{3}}$ .

=> BH = CH.

Câu 16:

c) Tam giác BOC vuông cân.

Xem đáp án

c) Tam giác OBC có $\hat{B_{3}} = \hat{C_{3}}, \hat{B_{2}} = \hat{C_{2}}$ nên $\hat{B_{3}} + \hat{B_{2}} = \hat{C_{3}} + \hat{C_{2}} \Leftrightarrow \hat{OBC} = \hat{OCB}$

$\Rightarrow ΔOBC$ cân tại O (1).

Mặt khác, vì $\hat{C_{2}} = \hat{B_{1}}$ nên ta có:

$\hat{B_{2}} + \hat{B_{3}} + \hat{C_{3}} + \hat{C_{2}} = \hat{B_{2}} + \hat{B_{3}} + \hat{B_{1}} + \hat{C_{3}} = 90 °$

$\Rightarrow \hat{BOC} = 90 °$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $ΔOBC$ vuông cân.

Câu 17:

d) MNPQ là hình vuông.

Xem đáp án

d) Tam giác OBC cân tại O nên OB = OC (3).

$ΔBMH = ΔCQH$ (g.c.g), => BM = CQ (4).

Từ (3) và (4) suy ra: $OB - BM = OC - CQ \Leftrightarrow OM = OQ$

Mà $ΔBNQ$ cân tại B có đường cao BO cũng là đường trung tuyến nên O là trung điểm của QN hay ON = OQ.

Tương tự ta có OP = OM.

$\Rightarrow OM = ON = OQ = OP \Rightarrow MNPQ$ là hình thoi.

Ta lại có: $MP ⊥ NQ$ nên MNPQ là hình vuông

Câu 18:

Cho hình vuông ABCD. Lấy điểm M tùy ý trên cạnh BC. Từ M, vẽ một đường thẳng cắt cạnh CD tại K sao cho: $\hat{AMB} = \hat{AMK}$ . Chứng minh $\hat{KAM} = 45^{0}$ .

Xem đáp án

Cho hình vuông ABCD. Lấy điểm M tùy ý trên cạnh BC. Từ M, vẽ một đường thẳng cắt cạnh CD tại K sao cho: góc AMB = góc AMK. Chứng minh góc KAM = 45 độ (ảnh 1)

MA là phân giác góc BMK nên MA là trục đối xứng của hai đường thẳng MK và MB.

Gọi I là điểm đối xứng của K qua MA, suy ra I thuộc đường thẳng BC.

Ta có $A I = A K$ , $A B = A D$ .

Hai tam giác vuông ABI và ADK có hai cạnh bằng nhau nên $Δ ABI = Δ ADK$ .

Từ đó ta có $\hat{IAB} = \hat{KAD}$ .

$\hat{IAK} = \hat{IAB} + \hat{BAK} = \hat{KAD} + \hat{BAK} = 90 °$ .

Vậy ta có: $\hat{MAK} = \frac{1}{2} \hat{IAK} = 45 °$ .