7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án ( Phần 3)

a)

Ta có $\widehat{MAO}=90°$  (MA là tiếp tuyến của (O)).

Suy ra ba điểm M, A, O cùng thuộc đường tròn đường kính OM   (1)

Ta có $\widehat{MBO}=90°$  (MB là tiếp tuyến của (O)).

Suy ra ba điểm M, B, O cùng thuộc đường tròn đường kính OM   (2)

Từ (1), (2), suy ra tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn đường kính OM.

b) Xét ∆MAC và ∆MDA, có:

$\widehat{AMC}$ chung;

$\widehat{MAC}=\widehat{MDA}$ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến AM và dây cung AC và góc nội tiếp chắn cung AC).

Do đó $\Delta MAC\backsim \Delta MDA$  (g.g).

Suy ra $\frac{MA}{MD}=\frac{MC}{MA}$  .

Vì vậy MA² = MC.MD   (3)

Ta có OA = OB = R.

Suy ra O nằm trên đường trung trực của đoạn AB (*)

Lại có MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra M nằm trên đường trung trực của đoạn AB (**)

Từ (*), (**), suy ra OM là đường trung trực của đoạn AB.

Mà OM cắt AB tại H.

Do đó OM ⊥ AB tại H.

∆OAM vuông tại A có AH là đường cao: MA² = MH.MO   (4)

Từ (3), (4), suy ra MC.MD = MH.MO.

c) Gọi E là giao điểm của MD và AB.

Xét ∆MCH và ∆MOD, có:

$\widehat{CMH}$ chung;

$\frac{MC}{MO}=\frac{MH}{MD}$ (MC.MD = MH.MO).

Do đó  $\Delta MCH\backsim \Delta MOD$ (g.g).

Suy ra $\widehat{MHC}=\widehat{MDO}$  (cặp góc tương ứng)   (5)

Vì vậy tứ giác DCHO nội tiếp đường tròn.

Do đó  $\widehat{DHO}=\widehat{DCO}$(cùng chắn $\stackrel{⏜}{DO}$ )   (6)

Ta có OC = OD = R.

Suy ra ∆OCD cân tại O.

Do đó  $\widehat{OCD}=\widehat{ODC}$ (7)

Từ (5), (6), (7), suy ra $\widehat{DHO}=\widehat{MHC}$  .

Mà  $\widehat{DHO}+\widehat{DHA}=90°$ và $\widehat{MHC}+\widehat{AHC}=90°$ .

Suy ra $\widehat{DHA}=\widehat{AHC}$

Do đó HA là đường phân giác trong của ∆CDH.

Lại có AH ⊥ HM tại H.

Suy ra HM là đường phân giác ngoài của ∆CDH.

Áp dụng tính chất đường phân giác, ta được   $\frac{EC}{ED}=\frac{MC}{MD}=\frac{HC}{HD}$  (8)

Ta lại có IK // AD (giả thiết).

Áp dụng định lí Thales, ta được $\frac{CI}{AD}=\frac{MC}{MD}$  và   $\frac{CK}{AD}=\frac{EC}{ED}$   (9)

Từ (8), (9), suy ra $\frac{CI}{AD}=\frac{CK}{AD}$

Do đó CI = CK.

Vậy C là trung điểm của IK.

a)

Ta có $\widehat{MAO}=90°$ (MA là tiếp tuyến của (O)).

Suy ra ba điểm M, A, O cùng thuộc đường tròn đường kính OM   (1)

Ta có  $\widehat{MBO}=90°$(MB là tiếp tuyến của (O)).

Suy ra ba điểm M, B, O cùng thuộc đường tròn đường kính OM   (2)

Từ (1), (2), suy ra tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn đường kính OM.

b) Xét ∆EBD và ∆EAB, có:

$\widehat{BED}$ chung;

$\widehat{EBD}=\widehat{EAB}$ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến BE và dây cung BD và góc nội tiếp chắn cung BD).

Do đó $\Delta EBD\backsim \Delta EAB$   (g.g).

Suy ra $\frac{BE}{AE}=\frac{DE}{BE}$ .

Vì vậy BE² = AE.DE.

Ta có $\widehat{ACM}=\widehat{MAD}$  (góc tạo bởi tia tiếp tuyến AM và dây cung AD và góc nội tiếp chắn cung AD).

Mà  $\widehat{ACM}=\widehat{DME}$(ME // AC và cặp góc này là cặp góc so le trong).

Suy ra $\widehat{MAD}=\widehat{DME}$  .

Xét ∆EMD và ∆EAM, có:

$\widehat{DEM}$ chung;

$\widehat{MAD}=\widehat{DME}$ (chứng minh trên).

Do đó $\Delta EMD\backsim \Delta EAM$  (g.g).

Suy ra $\frac{ME}{AE}=\frac{DE}{ME}$ .

Vì vậy ME² = AE.DE.

Mà BE² = AE.DE (chứng minh trên).

Suy ra ME² = BE².

Vì vậy ME = BE.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

c) Ta có OA = OB = R.

Suy ra O nằm trên đường trung trực của đoạn AB (*)

Lại có MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra M nằm trên đường trung trực của đoạn AB (**)

Từ (*), (**), suy ra OM là đường trung trực của đoạn AB.

Mà OM cắt AB tại H.

Do đó OM ⊥ AB tại H và H là trung điểm của đoạn AB.

Mà E là trung điểm của đoạn MB (do ME = BE).

Suy ra HE là đường trung bình của ∆ABM.

Do đó HE // AM.

Vì vậy $\widehat{BHE}=\widehat{BAM}$  (cặp góc đồng vị).

Mà $\widehat{AKB}=\widehat{BAM}$  (góc tạo bởi tia tiếp tuyến AM và dây cung AB và góc nội tiếp chắn cung AB).

Suy ra $\widehat{BHE}=\widehat{AKB}$.

Do đó tứ giác BHIK nội tiếp đường tròn.

Vì vậy $\widehat{BIK}=\widehat{BHK}=90°$  (cùng chắn $\stackrel{⏜}{BK}$ ).

Vậy AK ⊥ BI.

Với A(–1; –2) và B(–4; 3) ta có $\overrightarrow{AB}=\left(-3;5\right)$

Đường thẳng (d) đi qua A, B nên nhận $\overrightarrow{AB}=\left(-3;5\right)$  làm vectơ chỉ phương, do đó nhận $\overrightarrow{n}=\left(5;3\right)$  làm vectơ pháp tuyến

Khi đó phương trình đường thẳng (d) là:

5(x + 1) + 3(y + 2) = 0 Û 5x + 3y + 11 = 0.

Ta có 4sin²2x – 3sin2x.cos2x – cos²2x = 0   (1)

Trường hợp 1: cos2x = 0.

Phương trình (1) tương đương với: 4sin²2x = 0.

⇔ sin2x = 0 (loại vì cos2x = 0).

Trường hợp 2: cos2x ≠ 0.

Chia hai vế của phương trình (1) cho cos²2x, ta được: 4tan²2x – 3tan2x – 1 = 0.

$\iff \left[\begin{array}{l}\tan 2x=1\\ \tan 2x=-\frac{1}{4}\end{array}\right.$.

$\iff \left[\begin{array}{l}2x=\frac{\pi }{4}+k\pi \\ 2x=\text{arctan}\left(-\frac{1}{4}\right)+k\pi \end{array}\right.\left(k\in \mathbb{Z}\right)$

$\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{8}+k\frac{\pi }{2}\\ x=\frac{1}{2}\text{arctan}\left(-\frac{1}{4}\right)+k\frac{\pi }{2}\end{array}\right.\left(k\in \mathbb{Z}\right)$

So với điều kiện cos2x ≠ 0, ta nhận $x=\frac{\pi }{8}+k\frac{\pi }{2};x=\frac{1}{2}\text{arctan}\left(-\frac{1}{4}\right)+k\frac{\pi }{2}\left(k\in \mathbb{Z}\right)$ .

• Vì x ∈ (0; π) nên $0<\frac{\pi }{8}+k\frac{\pi }{2}<\pi$

$\iff -\frac{\pi }{8}<k\frac{\pi }{2}<\frac{7\pi }{8}$.

$\iff -\frac{1}{4}<k<\frac{7}{4}$

Mà k ∈ ℤ, suy ra k ∈ {0; 1}.

Do đó $x=\frac{\pi }{8};x=\frac{5\pi }{8}$  .

• Vì x ∈ (0; π) nên .

$\iff -\frac{1}{2}\text{arctan}\left(-\frac{1}{4}\right)<k\frac{\pi }{2}<\pi -\frac{1}{2}\text{arctan}\left(-\frac{1}{4}\right)$.

$\iff -\frac{1}{\pi }\text{arctan}\left(-\frac{1}{4}\right)<k<2-\frac{1}{\pi }\text{arctan}\left(-\frac{1}{4}\right)$.

Mà k ∈ ℤ.

Suy ra k ∈ {1; 2}.

Do đó $x=\frac{1}{2}\text{arctan}\left(-\frac{1}{4}\right);x=\frac{1}{2}\text{arctan}\left(-\frac{1}{4}\right)+\frac{\pi }{2}$ .

Vậy trong (0; π), phương trình đã cho có nghiệm là: $x=\frac{\pi }{8};x=\frac{5\pi }{8};$  $x=\frac{1}{2}\text{arctan}\left(-\frac{1}{4}\right);x=\frac{1}{2}\text{arctan}\left(-\frac{1}{4}\right)+\frac{\pi }{2}$ .

Do đó ta chọn phương án D.