Trắc nghiệm Bài 12: Hình bình hành Toán 8 Kết nối tri thức

Dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có các cạnh đối song song là hình bình hành.

Trong hình bình hành hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Nên \(\widehat A = \widehat C = {120^o};\widehat B = \widehat D = {60^o}\)

Hình bình hành có các góc đối bằng nhau

\(\Delta {{AOF = }}\Delta {{COE}}\) (g – c – g) suy ra AF = CE

Xét tam giác AHB và CKD có: \(\widehat {AHB} = \widehat {CK{{D}}} = {90^o}\); AB = CD; \(\widehat {ABH} = \widehat {C{{D}}K}\)

\( \Rightarrow \Delta AHB = \Delta CK{{D}} \Rightarrow AH = CK(1)\)

Lại có: \(AH \bot B{{D}};CK \bot B{{D}} \Rightarrow AH//CK(2)\)

Từ (1), (2) suy ra AHCK là hình bình hành.

Vì chu vi của hình bình hành ABCD bằng 10 cm nên:

AB + BC + CD + DA = 10

\( \Rightarrow AB + DA = 5\)

Chu vi của tam giác ABD bằng 9 cm nên: \(AB + B{{D}} + DA = 9 \Rightarrow B{{D}} = 4cm\)

+ Vì ABCD là hình bình hành nên AB // CD, AD // BC

+ Xét tam giác AEFD có AE = FD; AE // FD (do AB // CD) nên AEFD là hình bình hành.

+ Xét tứ giác BEFC có BE = FC; BE // FC (do AB // CD) nên BEFC là hình bình hành

+ Xét tứ giác AECF có AE = FC; AE // FC (do AB // CD) nên AECF là hình bình hành

+ Xét tứ giác BEDF có BE = FD, BE //FD (do AB // CD) nên BEDF là hình bình hành

+ Vì AECF là hình bình hành nên AF // EC ⇒ EH // GF; vì BEDF là hình bình hành nên ED // BF ⇒ EG // HF

Suy ra EGHF là hình bình hành

Vậy có tất cả 6 hình bình hành: ABCD; AEFD; BEFC; AECF; BEDF; EGHF

 Vì ABCD là hình bình hành nên AB // CD; AB = CD

+ Xét tứ giác BEDF có BE =FD; BE // FD (do AB // CD) nên BFDE là hình bình hành.

Từ đó: DE = BF (tính chất hình bình hành)

Trong hình bình hành có các góc đối nhau và tổng các góc trong hình bình hành phải bằng 360⁰ nên ta có:

60⁰.2 + 120⁰.2 = 360⁰

40⁰.2 + 50⁰.2 = 180⁰ ≠ 360⁰

130⁰.2 + 50⁰.2 = 360⁰

105⁰.2 + 75⁰.2 = 360⁰

Do đó hai góc kề của hình bình hành không thể có số đo 40⁰; 50⁰

Gọi BK, CI là các đường cao của tam giác ABC. Khi đó BK ⊥ AC; CI ⊥ AB hay BH ⊥ AC; CH ⊥ AB (vì H là trực tâm).

Lại có BD ⊥ AB; CD ⊥ AC (giả thiết) nên BD // CH (cùng vuông với AB) và CD // BH (cùng vuông với AC)

Suy ra tứ giác BHCD là hình bình hành

Chứng minh tứ giác MNPQ có PQ // NM; PQ = MN suy ra tứ giác MNPQ là hình bình hành.

Nối AC.

Xét tam giác EAC suy ra MN // AC; \(MN = \frac{1}{2}AC\) (1)

Xét tam giác FAC suy ra PQ // AC; \(PQ = \frac{1}{2}AC\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra PQ // NM; PQ = MN nên MNPQ là hình bình hành.

Áp dụng tính chất của dãy tir số bằng nhau để tìm độ dài các cạnh.

Gọi độ dài hai cạnh của hình bình hành là a và b với a, b > 0

Theo bài ra ta có: \(\frac{a}{3} = \frac{b}{5}\) 

Nửa chu của hình bình hành là: 48 : 2 = 24cm

Suy ra: a + b = 24cm. Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:

\(\frac{a}{3} = \frac{b}{5} = \frac{{a + b}}{{3 + 5}} = \frac{{24}}{8} = 3\)

⇒ a = 3.3 = 9; b = 3.5 = 15

Vậy hai cạnh của hình bình hành là 9cm và 15cm

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có OA = OC, OB = OD

Mà BE = DF (gt) ⇒ OE = FO.

Tứ giác AECF có hai đường chéo AC và EF cắt nhau tại trung điểm O nên AECF là hình bình hành

⇒ FA = CE

Xét tứ giác AIHK có:

\(\widehat A + \widehat {AIH} + \widehat {IHK} + \widehat {AKH} = {360^o}\) (định lí tổng các góc trong của tứ giác)

\( \Rightarrow \widehat {AHK} = {360^o} - {50^o} - {90^o} - {90^o} = {130^o}\)

Suy ra: \(\widehat {BHC} = \widehat {IHK} = {130^o}\) (hai góc đối đỉnh)

Vì tứ giác BHCD là hình bình hành nên: \(\widehat {B{{D}}C} = \widehat {BHC} = {130^o}\)

Vậy \(\widehat {B{{D}}C} = {130^o}\)

Vì \(AK = \frac{{AB}}{2};IC = \frac{{C{{D}}}}{2}\) (gt) mà AB = CD (cạnh đối hình bình hành) nên

AK = IC

Vì AB // CD (gt), K Є AB, I Є DC ⇒ AK // IC

Tứ giác AKCI có AK // IC, AK = IC (cmt) nên là hình bình hành. Suy ra AI // CK.

Mà E Є AI, F Є CK ⇒ EI // CF, KF // AE

Xét ΔDCF có: DI = IC (gt); IE // CF (cmt) ⇒ ED = FE (1)

Xét ΔABE có: AK = KB (gt), KF // AE (cmt) ⇒ EF = FB (2)

Từ (1) và (2) suy ra ED = FE = FB

Vì \(E{\rm{A}} = EC(gt),MB = MC(gt)\)

Vì \(ME//AB\) và \(ME = \frac{{AB}}{2}\)

Lại có: \(A{\rm{D}} = DB = \frac{{AB}}{2} \Rightarrow A{\rm{D}} = ME\) nên ADME là hình bình hành.

Ta có ABCD là hình bình hành nên \(\widehat A + \widehat B = {180^o}\) mà \(\widehat A - \widehat B = {20^o} \Rightarrow \widehat A = {100^o}\)

\( \Rightarrow 4\widehat B = {180^o} \Rightarrow \widehat B = {45^o};\widehat A = {135^o}\)

Trong hình bình hành ABCD có các góc đối bằng nhau nên \(\widehat A = \widehat C = {135^o};\widehat B = \widehat D = {45^o}\)

Nối EF; EP, FQ, EM, PM, QN. Gọi O là giao của QN và EF.

Xét tam giác CED ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{FN = \frac{1}{2}DE = EQ}\\{FN//E{\rm{D}} \Rightarrow {\rm{FN//EQ}}}\end{array}} \right.\)

⇒ NFQE là hình bình hành nên hai đường chéo QN và EF giao nhau tại trung điểm của mỗi đường. Suy ra O là trung điểm của QN và EF (1)

Xét tam giác ABF ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{EM = \frac{1}{2}BF = PF}\\{EM//BF \Rightarrow EM//PF}\end{array}} \right.\)

⇒ EMFB là hình bình hành nên hai đường chéo PM và EF giao nhau tại trung điểm của mỗi đường. Mà O là trung điểm của EF nên O cũng là trung điểm của PM (2)

Từ (1) và (2) suy ra: tứ giác QMNP có hai đường chéo QN, PM giao nhau tại trung điểm O mỗi đường nên QMNP là hình bình hành

Gọi O là giao điểm của AC, BD

Vì ABCD là hình bình hành nên AC, BD giao nhau tại trung điểm O mỗi đường, hay \(AO = CO = \frac{{AC}}{2}\)

Xét tam giác ABD có BE, AO là đường trung tuyến cắt nhau tại K nên K là trọng tâm ΔABD.

Suy ra \(AK = \frac{2}{3}AO = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}AC = \frac{1}{3}AC\) (1)

Xét tam giác CBD có DF, CO là hai đường trung tuyến cắt nhau tại I nên I là trọng tâm ΔCBD.

Suy ra \(CI = \frac{2}{3}CO = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}AC = \frac{1}{3}AC\) (2)

Lại có:

\(\begin{array}{l}AK + KI + CI = AC\\ \Rightarrow KI = AC - AK - CI\\ = AC - \frac{1}{3}AC - \frac{1}{2}AC = \frac{1}{3}AC(3)\end{array}\)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: AK = KI = IC

Dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có các cạnh đối song song là hình bình hành.

Trong hình bình hành hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Nên \(\widehat A = \widehat C = {120^o};\widehat B = \widehat D = {60^o}\)

Hình bình hành có các góc đối bằng nhau

\(\Delta {{AOF = }}\Delta {{COE}}\) (g – c – g) suy ra AF = CE

Xét tam giác AHB và CKD có: \(\widehat {AHB} = \widehat {CK{{D}}} = {90^o}\); AB = CD; \(\widehat {ABH} = \widehat {C{{D}}K}\)

\( \Rightarrow \Delta AHB = \Delta CK{{D}} \Rightarrow AH = CK(1)\)

Lại có: \(AH \bot B{{D}};CK \bot B{{D}} \Rightarrow AH//CK(2)\)

Từ (1), (2) suy ra AHCK là hình bình hành.

Vì chu vi của hình bình hành ABCD bằng 10 cm nên:

AB + BC + CD + DA = 10

\( \Rightarrow AB + DA = 5\)

Chu vi của tam giác ABD bằng 9 cm nên: \(AB + B{{D}} + DA = 9 \Rightarrow B{{D}} = 4cm\)

+ Vì ABCD là hình bình hành nên AB // CD, AD // BC

+ Xét tam giác AEFD có AE = FD; AE // FD (do AB // CD) nên AEFD là hình bình hành.

+ Xét tứ giác BEFC có BE = FC; BE // FC (do AB // CD) nên BEFC là hình bình hành

+ Xét tứ giác AECF có AE = FC; AE // FC (do AB // CD) nên AECF là hình bình hành

+ Xét tứ giác BEDF có BE = FD, BE //FD (do AB // CD) nên BEDF là hình bình hành

+ Vì AECF là hình bình hành nên AF // EC ⇒ EH // GF; vì BEDF là hình bình hành nên ED // BF ⇒ EG // HF

Suy ra EGHF là hình bình hành

Vậy có tất cả 6 hình bình hành: ABCD; AEFD; BEFC; AECF; BEDF; EGHF

 Vì ABCD là hình bình hành nên AB // CD; AB = CD

+ Xét tứ giác BEDF có BE =FD; BE // FD (do AB // CD) nên BFDE là hình bình hành.

Từ đó: DE = BF (tính chất hình bình hành)

Trong hình bình hành có các góc đối nhau và tổng các góc trong hình bình hành phải bằng 360⁰ nên ta có:

60⁰.2 + 120⁰.2 = 360⁰

40⁰.2 + 50⁰.2 = 180⁰ ≠ 360⁰

130⁰.2 + 50⁰.2 = 360⁰

105⁰.2 + 75⁰.2 = 360⁰

Do đó hai góc kề của hình bình hành không thể có số đo 40⁰; 50⁰

Gọi BK, CI là các đường cao của tam giác ABC. Khi đó BK ⊥ AC; CI ⊥ AB hay BH ⊥ AC; CH ⊥ AB (vì H là trực tâm).

Lại có BD ⊥ AB; CD ⊥ AC (giả thiết) nên BD // CH (cùng vuông với AB) và CD // BH (cùng vuông với AC)

Suy ra tứ giác BHCD là hình bình hành

Chứng minh tứ giác MNPQ có PQ // NM; PQ = MN suy ra tứ giác MNPQ là hình bình hành.

Nối AC.

Xét tam giác EAC suy ra MN // AC; \(MN = \frac{1}{2}AC\) (1)

Xét tam giác FAC suy ra PQ // AC; \(PQ = \frac{1}{2}AC\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra PQ // NM; PQ = MN nên MNPQ là hình bình hành.

Áp dụng tính chất của dãy tir số bằng nhau để tìm độ dài các cạnh.

Gọi độ dài hai cạnh của hình bình hành là a và b với a, b > 0

Theo bài ra ta có: \(\frac{a}{3} = \frac{b}{5}\) 

Nửa chu của hình bình hành là: 48 : 2 = 24cm

Suy ra: a + b = 24cm. Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:

\(\frac{a}{3} = \frac{b}{5} = \frac{{a + b}}{{3 + 5}} = \frac{{24}}{8} = 3\)

⇒ a = 3.3 = 9; b = 3.5 = 15

Vậy hai cạnh của hình bình hành là 9cm và 15cm

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có OA = OC, OB = OD

Mà BE = DF (gt) ⇒ OE = FO.

Tứ giác AECF có hai đường chéo AC và EF cắt nhau tại trung điểm O nên AECF là hình bình hành

⇒ FA = CE

Xét tứ giác AIHK có:

\(\widehat A + \widehat {AIH} + \widehat {IHK} + \widehat {AKH} = {360^o}\) (định lí tổng các góc trong của tứ giác)

\( \Rightarrow \widehat {AHK} = {360^o} - {50^o} - {90^o} - {90^o} = {130^o}\)

Suy ra: \(\widehat {BHC} = \widehat {IHK} = {130^o}\) (hai góc đối đỉnh)

Vì tứ giác BHCD là hình bình hành nên: \(\widehat {B{{D}}C} = \widehat {BHC} = {130^o}\)

Vậy \(\widehat {B{{D}}C} = {130^o}\)

Vì \(AK = \frac{{AB}}{2};IC = \frac{{C{{D}}}}{2}\) (gt) mà AB = CD (cạnh đối hình bình hành) nên

AK = IC

Vì AB // CD (gt), K Є AB, I Є DC ⇒ AK // IC

Tứ giác AKCI có AK // IC, AK = IC (cmt) nên là hình bình hành. Suy ra AI // CK.

Mà E Є AI, F Є CK ⇒ EI // CF, KF // AE

Xét ΔDCF có: DI = IC (gt); IE // CF (cmt) ⇒ ED = FE (1)

Xét ΔABE có: AK = KB (gt), KF // AE (cmt) ⇒ EF = FB (2)

Từ (1) và (2) suy ra ED = FE = FB

Vì \(E{\rm{A}} = EC(gt),MB = MC(gt)\)

Vì \(ME//AB\) và \(ME = \frac{{AB}}{2}\)

Lại có: \(A{\rm{D}} = DB = \frac{{AB}}{2} \Rightarrow A{\rm{D}} = ME\) nên ADME là hình bình hành.

Ta có ABCD là hình bình hành nên \(\widehat A + \widehat B = {180^o}\) mà \(\widehat A - \widehat B = {20^o} \Rightarrow \widehat A = {100^o}\)

\( \Rightarrow 4\widehat B = {180^o} \Rightarrow \widehat B = {45^o};\widehat A = {135^o}\)

Trong hình bình hành ABCD có các góc đối bằng nhau nên \(\widehat A = \widehat C = {135^o};\widehat B = \widehat D = {45^o}\)

Nối EF; EP, FQ, EM, PM, QN. Gọi O là giao của QN và EF.

Xét tam giác CED ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{FN = \frac{1}{2}DE = EQ}\\{FN//E{\rm{D}} \Rightarrow {\rm{FN//EQ}}}\end{array}} \right.\)

⇒ NFQE là hình bình hành nên hai đường chéo QN và EF giao nhau tại trung điểm của mỗi đường. Suy ra O là trung điểm của QN và EF (1)

Xét tam giác ABF ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{EM = \frac{1}{2}BF = PF}\\{EM//BF \Rightarrow EM//PF}\end{array}} \right.\)

⇒ EMFB là hình bình hành nên hai đường chéo PM và EF giao nhau tại trung điểm của mỗi đường. Mà O là trung điểm của EF nên O cũng là trung điểm của PM (2)

Từ (1) và (2) suy ra: tứ giác QMNP có hai đường chéo QN, PM giao nhau tại trung điểm O mỗi đường nên QMNP là hình bình hành

Gọi O là giao điểm của AC, BD

Vì ABCD là hình bình hành nên AC, BD giao nhau tại trung điểm O mỗi đường, hay \(AO = CO = \frac{{AC}}{2}\)

Xét tam giác ABD có BE, AO là đường trung tuyến cắt nhau tại K nên K là trọng tâm ΔABD.

Suy ra \(AK = \frac{2}{3}AO = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}AC = \frac{1}{3}AC\) (1)

Xét tam giác CBD có DF, CO là hai đường trung tuyến cắt nhau tại I nên I là trọng tâm ΔCBD.

Suy ra \(CI = \frac{2}{3}CO = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}AC = \frac{1}{3}AC\) (2)

Lại có:

\(\begin{array}{l}AK + KI + CI = AC\\ \Rightarrow KI = AC - AK - CI\\ = AC - \frac{1}{3}AC - \frac{1}{2}AC = \frac{1}{3}AC(3)\end{array}\)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: AK = KI = IC