5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 79)

a) Xét ∆AED và ∆BEC có:

AE = BE

\(\widehat {EAD} = \widehat {EBC}\) (Vì ABCD là hình thang cân)

AD = BC (Vì ABCD là hình thang cân)

Do đó ∆AED = ∆BEC (c.g.c)

Þ ED = EC (Hai cạnh tương ứng bằng nhau)

Xét ∆EDC có DE = EC (cmt)

Do đó ∆EDC cân tại E

b) Xét ∆ADC có:

AM = MD (gt)

DK = KC (gt)

Do đó MK là đường trung bình của ∆ADC

Þ MK // AC và \(MK = \frac{1}{2}AC\) (1)

Chứng minh tương tự, ta có: EI là đường trung bình của ∆ABC

Þ EI // AC và \(EI = \frac{1}{2}AC\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra: MK // EI và MK = EI

Do đó EIKM là hình bình hành (3)

Lại có: ME là đường trung bình của ∆ABD

\( \Rightarrow ME = \frac{1}{2}BD\)

Mà BD = AC (Vì ABCD là hình thang cân)

nên ME = MK (4)

Từ (3) và (4) suy ra: EIKM là hình thoi

a) Xét tam giác ABC có E; I lần lượt là trung điểm của AB và BC.

Suy ra ta có EI là đường trung bình của tam giác ABC.

Do đó EI // AC, \(EI = \frac{1}{2}AC\) (1)

Chứng minh tương tự ta có: MK // AC, \(MK = \frac{1}{2}AC\) (2)

ME // BD, \(ME = \frac{1}{2}BD\) (3)

Mặt khác AC = BD (do tứ giác ABCD là hình thang cân) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \[ME = \frac{1}{2}AC = MK\] (5)

Từ (1); (2); (5) suy ra tứ giác EIKM là hình thoi.

b) Để tứ giác EIMK là hình vuông thì EM ^ EI.

Mà theo câu a) ta có: EI // AC; EM // BD.

Khi đó suy ra để tứ giác EIMK là hình vuông thì AC ^ BD.

a) Xét ∆OEB và ∆OMC

Vi ABCD là hình vuông nên ta có: OB = OC

Và \[\widehat B = \widehat C = 45^\circ \]

BE = CM (gt)

Þ ∆OEB = ∆OMC (c.g.c)

Þ OE = OM và \({\widehat O_1} = {\widehat O_3}\)

Lại có: \({\widehat O_1} + {\widehat O_2} = \widehat {BOC} = 90^\circ \) vì tứ giác ABCD là hình vuông

\({\widehat O_1} + {\widehat O_2} = \widehat {EOM} = 90^\circ \) kết hợp với OE = OM

Þ ∆OEM vuông cân tại O.

b) Tứ giác ABCD là hình vuông Þ AB = CD và AB // CD

AB // CD Þ AB // CN \( \Rightarrow \frac{{AM}}{{MN}} = \frac{{BM}}{{MC}}\) (Theo định lý Ta-lét) (*)

Mà BE = CM (gt) và AB = CD Þ AE = BM thay vào (*)

Ta có: \[\frac{{AM}}{{MN}} = \frac{{AE}}{{EB}} \Rightarrow ME\;{\rm{//}}\;BN\] (theo định lý đảo Ta-lét)

c) Gọi H¢ là giao điểm của OM và BN

Từ ME // BN \[ \Rightarrow \widehat {OME} = \widehat {OH'E}\] (Cặp góc ở vị trí so le trong)

Mà \[\widehat {OME} = 45^\circ \] vì ∆OME vuông cân tại O

\( \Rightarrow \widehat {MH'B} = 45^\circ = \widehat {{C_1}}\)

Þ ∆OMC = ∆BMH¢ (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{OM}}{{OB}} = \frac{{MH'}}{{MC}}\), kết hợp \( \Rightarrow \widehat {OMB} = \widehat {CMH'}\) (hai góc đối đỉnh)

Þ ∆OMB = ∆CMH¢ (c.g.c) \( \Rightarrow \widehat {OBM} = \widehat {MH'C} = 45^\circ \)

Vậy \(\widehat {BH'C} + \widehat {BH'M} + \widehat {MH'C} = 90^\circ \Rightarrow CH' \bot BN\)

Mà CH ^ BN (H Î BN) Þ H = H¢ hay 3 điểm O, M, H thẳng hàng (đpcm).

a) Gọi giao điểm của AD và EO là T

Giao điểm của BC và OF là H

Xét tứ giác EAOD có

\(\left. \begin{array}{l}AT = TD\\ET = TO\end{array} \right\} \Rightarrow EAOD\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

Mà AD ^ EO nên tứ giác EAOD là hình thoi.

Hình thoi EAOD có \[\widehat {AOD} = 90^\circ \] nên là hình vuông.

Vậy EAOD là hình vuông theo dấu hiệu nhận biết hình thoi có 1 góc vuông.

Chứng minh tương tự với tứ giác OBFC.

b) Xét 2 tam giác ECF và FDE có:

\(\widehat {CFE} = \widehat {DEF} = 45^\circ \)

EF chung

FC = DE

Þ ΔECF = ∆FDE (c.g.c)

\( \Rightarrow \widehat {FEC} = \widehat {EFD}\)

Vậy tam giác EFI cân.

Mà O là trung điểm của EF Þ OI ^ EF (trong tam giác cân đường trung tuyến cũng là đường cao)

c) Ta có: ΔAED = ∆ABO = ∆BCO = ∆COD = ∆DOA = ∆BFC

S_AED + S_ABO + S_BCO + S_COD + S_DOA + S_BFC = S_ABFCDE = 6

Þ S_ABO = S_BCO = S_COD = S_DOA = 1

Þ S_ABCD = S_ABO + S_BCO + S_COD + S_DOA = 4

\( \Rightarrow AB = BC = CD = AD = \sqrt 4 = 2\)

d) Gọi M là giao điểm của IO với AB, N là giao điểm của IM với AK, ta có:

IO ^ FE Þ IO ^ AB Þ OM ^ AB, mà O là trung điểm của của HT nên M là trung điểm của AB.

Xét tam giác ABK có:

MA = MB (cmt)

MN // BK (vì MO // CD)

Do đó NA = NK

Þ N là trung điểm của AK

Þ IN là đường trung tuyến của ∆AIK.

Mà G là trọng tậm tam giác nên G Î IN

Þ G Î M với IM cố định (I, M cố định).

Vậy điểm G luôn nằm trên đường thẳng cố định IM.

Diện tích tam giác ABC là:

\({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB\,.\,BC\,.\,\sin \widehat {ABC} = \frac{1}{2}\,.\,5\,.\,8\,.\,\sin 30^\circ = 10\;\left( {c{m^2}} \right)\)

Ta có:

\[\overrightarrow {BA} \,.\,\overrightarrow {BC} = \left| {\overrightarrow {BA} } \right|\,.\,\left| {\overrightarrow {BC} } \right|\,.\,\cos \left( {\overrightarrow {BA} \,,\,\overrightarrow {BC} } \right) = 5\,.\,8\,.\,\cos 30^\circ = 20\sqrt 3 \;\left( {c{m^2}} \right)\]

Vậy \(\overrightarrow {BA} \,.\,\overrightarrow {BC} = 20\sqrt 3 \)

Xét ∆AHB vuông tại H có đường cao MH nên ta có: MH² = MB.MA.

Do đó \(MH = \sqrt {8\,.\,2} = 4\;\left( {cm} \right)\).

Áp dụng định lý Py−ta−go vào ∆AMH vuông tại M, ta có:

\[AH = \sqrt {A{M^2} + M{H^2}} = \sqrt {{8^2} + {4^2}} = 4\sqrt 5 \;\left( {cm} \right)\]

Vậy \(AH = 4\sqrt 5 \,\,cm;\;MH = 4\,\,cm.\)

a) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông:

AM.AB = AH²

AN.AC = AH²

Þ AM.AB = AN.AC (đpcm)

b) Vì \(AM\,.\,AB = AN\,.\,AC \Rightarrow \frac{{AM}}{{AN}} = \frac{{AC}}{{AB}}\)

Xét ∆AMN và ∆ACB có:

\[\widehat A\] chung

\(\frac{{AM}}{{AN}} = \frac{{AC}}{{AB}}\) (cmt)

Do đó ∆AMN ᔕ ∆ACB (c.g.c)