Đề kiểm tra chuyên đề Hình học Toán 8: Hình bình hành (Vận dụng - Vận dụng cao)

Đáp án

D

A

B

B

C

C

A

A

A

A

Câu 1

a)

Đúng

1,0

b)

Sai

c)

Đúng

d)

Sai

Câu 2

a)

Đúng

1,0

b)

Đúng

c)

Đúng

d)

Sai

Câu 3

a)

Đúng

1,0

b)

Đúng

c)

Sai

d)

Đúng

Câu 4

a)

Đúng

1,0

b)

Sai

c)

Đúng

d)

Đúng

Câu 1

$24$ (hoặc $24\text{ cm}^2$)

0,75

Câu 2

$9$ (hoặc $9\text{ cm}$)

0,75

Câu 3

$30$ (hoặc $30\text{ cm}^2$)

1,00

Câu 4

$9$ (hoặc $9\text{ cm}$)

1,00

Phần II
Câu 1

a

Chứng minh tứ giác $AEFD$ là hình bình hành
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB \parallel CD$ và $AB = CD$.
Theo giả thiết, $E, F$ là trung điểm của $AB, CD$ nên $AE = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{1}{2}CD = DF$.
Tứ giác $AEFD$ có cặp cạnh đối $AE \parallel DF$ và $AE = DF$ nên là hình bình hành. Khẳng định Đúng.

0,25

b

Xét tính chất của tam giác $AFD$
Ta có $AD = \dfrac{1}{2}AB = AE = DF$. Hình bình hành $AEFD$ có hai cạnh kề $AD = DF$ nên là hình thoi.
Hình thoi $AEFD$ có $\widehat{D} = 60^\circ$ nên tam giác $AFD$ cân tại $D$ có một góc $60^\circ$, do đó $\triangle AFD$ là tam giác đều.
Khẳng định cho rằng "không phải là tam giác đều" là Sai.

0,25

c

Chứng minh $AF \perp BF$
Vì $AEFD$ là hình thoi nên $EF = AD = \dfrac{1}{2}AB = EB$.
Xét tam giác $ABF$ có $E$ là trung điểm của $AB$ và trung tuyến $FE = \dfrac{1}{2}AB$.
Do đó tam giác $ABF$ vuông tại $F$, suy ra $AF \perp BF$. Khẳng định Đúng.

0,25

d

Tính số đo góc $\widehat{AEC}$
Tương tự, tứ giác $EBCF$ có $EB \parallel FC$ và $EB = FC = BC$ nên là hình thoi.
Ta có $\widehat{B} = 180^\circ - \widehat{D} = 120^\circ$. Trong hình thoi $EBCF$, đường chéo $EC$ là tia phân giác của góc $\widehat{FEB}$.
Mà $\widehat{FEB} = 180^\circ - \widehat{B} = 60^\circ \implies \widehat{CEB} = 30^\circ$.
Do đó $\widehat{AEC} = 180^\circ - \widehat{CEB} = 180^\circ - 30^\circ = 150^\circ \ne 120^\circ$. Khẳng định Sai.

0,25

Phần II
Câu 2

a

Chứng minh $ADME$ là hình bình hành
Theo đề bài: $MD \parallel AC \implies MD \parallel AE$ và $ME \parallel AB \implies ME \parallel AD$.
Tứ giác $ADME$ có các cặp cạnh đối song song nên là hình bình hành. Khẳng định Đúng.

0,25

b

Tính chất điểm $I$ đối với đoạn thẳng $AM$
Trong hình bình hành $ADME$, hai đường chéo $AM$ và $DE$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Vì $I$ là trung điểm của $DE$ nên $I$ cũng là trung điểm của $AM$. Khẳng định Đúng.

0,25

c

Quỹ tích chuyển động của điểm $I$
Gọi $H, K$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $AC$. Khi đó $HK$ là đường trung bình của $\triangle ABC$.
Vì $I$ là trung điểm của $AM$ ($M \in BC$) nên theo tính chất đường trung bình trong tam giác $ABM$ và $\triangle ACM$, điểm $I$ luôn thuộc đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh bên $HK \parallel BC$. Khẳng định Đúng.

0,25

d

Giá trị lớn nhất của đoạn $DE$
Vì $ADME$ là hình bình hành nên hai đường chéo $DE$ và $AM$ không nhất thiết bằng nhau.
Tuy nhiên, $DE$ biến thiên phụ thuộc vào khoảng cách của $M$; $DE$ không đạt cực đại tại trung điểm $BC$ (tại trung điểm, $AM$ là trung tuyến). Khẳng định Sai.

0,25

Phần II
Câu 3

a

Chứng minh tứ giác $AMCN$ là hình bình hành
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB \parallel CD$ và $AB = CD$.
Do $M, N$ lần lượt là trung điểm của $AB, CD$ nên $AM = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{1}{2}CD = CN$.
Tứ giác $AMCN$ có $AM \parallel CN$ và $AM = CN$ nên là hình bình hành. Khẳng định Đúng.

0,25

b

Chứng minh $BP = PQ = QD$
Trong tam giác $ABC$, $BO$ và $CM$ là hai đường trung tuyến cắt nhau tại $Q \implies Q$ là trọng tâm $\triangle ABC$.
Suy ra $BQ = \dfrac{2}{3}BO = \dfrac{1}{3}BD$ và $OQ = \dfrac{1}{3}BO = \dfrac{1}{6}BD$.
Tương tự trong tam giác $ADC$, $P$ là trọng tâm $\triangle ADC \implies DP = \dfrac{2}{3}DO = \dfrac{1}{3}BD$ và $OP = \dfrac{1}{6}BD$.
Đoạn $PQ = OP + OQ = \dfrac{1}{6}BD + \dfrac{1}{6}BD = \dfrac{1}{3}BD$.
Vậy $BP = PQ = QD = \dfrac{1}{3}BD$. Khẳng định Đúng.

0,25

c

Xét hình dạng tứ giác $PMQN$
Ta có $O$ là trung điểm của $MN$ (do $AMCN$ là hình bình hành có hai đường chéo $AC, MN$ cắt nhau tại trung điểm $O$).
Đồng thời $OP = OQ = \dfrac{1}{6}BD$ nên $O$ là trung điểm của $PQ$.
Tứ giác $PMQN$ có hai đường chéo $MN$ và $PQ$ cắt nhau tại trung điểm $O$ của mỗi đường nên $PMQN$ là hình bình hành. Khẳng định cho rằng "không phải hình bình hành" là Sai.

0,25

d

Chứng minh ba đường thẳng đồng quy
Đường chéo $AC$ đi qua $O$. Đoạn thẳng $MN$ đi qua trung điểm $O$. Đoạn thẳng $PQ$ nằm trên đường chéo $BD$ cũng đi qua $O$.
Do đó $AC, MN, PQ$ đồng quy tại điểm $O$. Khẳng định Đúng.

0,25

Phần II
Câu 4

a

Kiểm tra phương song song của thanh $CD$
Tứ giác $ABCD$ có 4 cạnh bằng nhau nên luôn là hình thoi $\implies ABCD$ luôn là hình bình hành.
Do đó $CD \parallel AB$. Vì thanh $AB$ cố định nằm ngang trên mặt đất nên thanh $CD$ luôn song song với mặt đất trong suốt hành trình nâng. Khẳng định Đúng.

0,25

b

Chiều cao nâng lớn nhất
Chiều cao nâng là khoảng cách $h$ giữa hai đường thẳng song song $AB$ và $CD$.
Ta có $h = AD \cdot \sin \alpha \le AD = 30\text{ cm}$.
Dấu bằng đạt được khi $\alpha = 90^\circ$ (khi đó $ABCD$ là hình vuông).
Vậy chiều cao nâng lớn nhất là $30\text{ cm}$, không phải $60\text{ cm}$. Khẳng định Sai.

0,25

c

Tính khoảng cách khi $\alpha = 30^\circ$
Khi $\alpha = 30^\circ$, hạ đường cao $DH \perp AB$ ($H \in AB$).
Trong tam giác vuông $AHD$, cạnh đối diện góc $30^\circ$ bằng nửa cạnh huyền:
$h = DH = AD \cdot \sin 30^\circ = 30 \cdot \dfrac{1}{2} = 15\text{ cm}$. Khẳng định Đúng.

0,25

d

Tính khoảng cách $BD$ khi $\alpha = 120^\circ$
Tam giác $ABD$ cân tại $A$ có $AB = AD = 30\text{ cm}$ và $\widehat{BAD} = 120^\circ$.
Kẻ đường cao $AI \perp BD$ ($I \in BD$) $\implies I$ là trung điểm của $BD$ và $\widehat{BAI} = 60^\circ$.
Trong tam giác vuông $ABI$: $BI = AB \cdot \sin 60^\circ = 30 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 15\sqrt{3}\text{ cm}$.
Suy ra $BD = 2 \cdot BI = 30\sqrt{3}\text{ cm}$. Khẳng định Đúng.

0,25

Phần III
Câu 1

-

Tính diện tích tam giác $AKD$
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên đường chéo $BD$ chia hình bình hành thành hai tam giác có diện tích bằng nhau:
$S_{ABD} = \dfrac{1}{2}S_{ABCD} = \dfrac{1}{2} \cdot 72 = 36\text{ cm}^2$.
Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD \implies O$ là trung điểm của $BD$ và $AC$.
Trong tam giác $ABC$, hai đường trung tuyến $BO$ và $AM$ cắt nhau tại $K$, suy ra $K$ là trọng tâm của tam giác $ABC$.
Do đó $\dfrac{BK}{BO} = \dfrac{2}{3} \implies BK = \dfrac{2}{3} \cdot \left(\dfrac{1}{2}BD\right) = \dfrac{1}{3}BD \implies KD = \dfrac{2}{3}BD$.
Hai tam giác $\triangle AKD$ và $\triangle ABD$ có chung đường cao hạ từ đỉnh $A$ xuống đường thẳng $BD$, do đó tỉ số diện tích bằng tỉ số hai đáy:
$\dfrac{S_{AKD}}{S_{ABD}} = \dfrac{KD}{BD} = \dfrac{2}{3} \implies S_{AKD} = \dfrac{2}{3} \cdot S_{ABD} = \dfrac{2}{3} \cdot 36 = 24\text{ cm}^2$.

0,75

Phần III
Câu 2

-

Tính độ dài đoạn thẳng $PR$
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD \parallel BC \implies AD \parallel BQ$.
Áp dụng hệ quả định lí Thalès cho $\triangle BKP$ hoặc cặp đường chéo trong hình bình hành với $AD \parallel BQ$:
$\dfrac{AP}{PQ} = \dfrac{DP}{PB}$ (1).
Mặt khác, do $AB \parallel CD \implies AB \parallel DR$, áp dụng hệ quả định lí Thalès đối với cát tuyến qua $P$ cắt $AB$ và $DR$:
$\dfrac{PR}{AP} = \dfrac{DP}{PB}$ (2).
Từ (1) và (2) suy ra hệ thức tích kinh điển:
$\dfrac{AP}{PQ} = \dfrac{PR}{AP} \implies AP^2 = PQ \cdot PR$.
Thay số liệu đề bài cho: $AP = 6\text{ cm}, PQ = 4\text{ cm}$ ta được:
$6^2 = 4 \cdot PR \iff 36 = 4 \cdot PR \implies PR = \dfrac{36}{4} = 9\text{ cm}$.

0,75

Phần III
Câu 3

-

Tính diện tích tứ giác $PMQN$
Ta có $AM \parallel DN$ và $AM = \dfrac{2}{3}AB = \dfrac{2}{3}CD = DN$.
Tứ giác $AMND$ có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau nên là hình bình hành.
Do đó $P$ là giao điểm của hai đường chéo $AN$ và $DM$, suy ra $P$ là trung điểm của $DM$.
Diện tích hình bình hành $AMND$ là: $S_{AMND} = \dfrac{AM}{AB} \cdot S_{ABCD} = \dfrac{2}{3} \cdot 120 = 80\text{ cm}^2$.
Trong $\triangle DMN$, $P$ là trung điểm của $DM$ nên:
$S_{PMN} = \dfrac{1}{2}S_{DMN} = \dfrac{1}{2} \cdot \left(\dfrac{1}{2}S_{AMND}\right) = \dfrac{1}{4}S_{AMND} = \dfrac{1}{4} \cdot 80 = 20\text{ cm}^2$.
Tương tự, tứ giác $MBCN$ có $MB \parallel NC$ và $MB = \dfrac{1}{3}AB = NC = \dfrac{1}{3}CD$ nên là hình bình hành.
Suy ra $Q$ là trung điểm của $CM$ và diện tích $S_{MBCN} = \dfrac{1}{3}S_{ABCD} = \dfrac{1}{3} \cdot 120 = 40\text{ cm}^2$.
Trong $\triangle CMN$, $Q$ là trung điểm của $CM$ nên:
$S_{QMN} = \dfrac{1}{2}S_{CMN} = \dfrac{1}{4}S_{MBCN} = \dfrac{1}{4} \cdot 40 = 10\text{ cm}^2$.
Vậy diện tích tứ giác $PMQN$ là: $S_{PMQN} = S_{PMN} + S_{QMN} = 20 + 10 = 30\text{ cm}^2$.

1,00

Phần III
Câu 4

-

Tính độ dài đoạn thẳng $DK$
Từ điểm $M$ kẻ đường thẳng song song với $AB$ cắt cạnh $AD$ tại $H$.
Khi đó $MH \parallel AB \parallel CD$.
Theo giả thiết: $BM = 3MD \implies \dfrac{MD}{BD} = \dfrac{1}{4}$.
Áp dụng định lí Thalès trong tam giác $ABD$ với $MH \parallel AB$:
$\dfrac{DH}{DA} = \dfrac{DM}{DB} = \dfrac{1}{4} \implies DH = \dfrac{1}{4}AD = \dfrac{1}{4} \cdot 18 = 4,5\text{ cm}$.
Đồng thời: $\dfrac{MH}{AB} = \dfrac{DM}{DB} = \dfrac{1}{4} \implies MH = \dfrac{1}{4}AB = \dfrac{1}{4}CD$.
Vì $N$ là trung điểm của $CD$ nên $DN = \dfrac{1}{2}CD$.
Suy ra: $\dfrac{MH}{DN} = \dfrac{\dfrac{1}{4}CD}{\dfrac{1}{2}CD} = \dfrac{1}{2}$.
Xét tam giác $KDN$ có $MH \parallel DN$ ($H \in KD, M \in KN$). Theo hệ quả định lí Thalès:
$\dfrac{KH}{KD} = \dfrac{MH}{DN} = \dfrac{1}{2} \implies H$ là trung điểm của đoạn thẳng $KD$.
Do đó: $KD = 2 \cdot DH = 2 \cdot 4,5 = 9\text{ cm}$.

1,00