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:

5 000 . 23 635 . 12 = 1 418 100 000 (đồng).

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 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.

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.

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: \(\widehat {DAB} = 90^\circ ,CD = DA,\widehat {ADB} = \widehat {ABD} = \widehat {DBC} = 45^\circ \)

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.