5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 11)

Lời giải

a) * Xét ΔBAC có:

• AM = MB (vì M là trung điểm AB);

• BN = NC (vì N là trung điểm CB).

Do đó MN // AC; \[MN = \;\frac{1}{2}AC\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (1)

* Xét ΔACD có:

• AQ = QD (vì Q là trung điểm AD);

• CP = PD (vì P là trung điểm CD).

Do đó PQ // AC; \[QP = \;\frac{1}{2}AC\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (2)

Từ (1) và (2) suy ra MN // PQ // AC; \[MN = PQ = \;\frac{1}{2}AC\].

* Xét ΔBCD có:

• CN = NB (vì N là trung điểm CB);

• CP = PD (vì P là trung điểm CD).

Do đó NP // BD; \[NP = \;\frac{1}{2}BD\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (3)

* Xét ΔABD có:

• AM = MP (vì M là trung điểm AB)

• AQ = QD (vì Q là trung điểm AD)

Do đó  MQ // BD; \[MQ = \frac{1}{2}BD\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (4)

Từ (3) và (4) suy ra NP // MQ // BD;  \[NP = MQ = \;\frac{1}{2}BD\]. 

b) * Xét ΔABD có:

• MA = MB (gt)

• BF = FD (gt)

Do đó MF // AD; \[MF = \;\frac{1}{2}AD\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (5)

* Xét ΔACD có:

• AE = EC (gt)

• CP = PD (gt)

Do đó PE // AD; EP = \[\frac{1}{2}\]AD (định lí đường trung bình của một tam giác) (6)

Từ (5) và (6) suy ra MF // PE // AD; \[MF = PE = \;\frac{1}{2}AD\].

* Xét Δ ACB có:

• AE = EC (gt)

• AM = MB (gt)

Do đó ME // BC; \[ME = \;\frac{1}{2}BC\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (7)

* Xét ΔBDC có:

• BF = FD (gt)

• DP = PC (gt)

Do đó PF // BC; \[PF = \;\frac{1}{2}BC\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (8)

Từ (7) và (8) suy ra ME // PF // BC; \[ME = PF = \;\frac{1}{2}BC\]. 

c) Xét tứ giác MEPF có:

MN = PQ (chứng minh trên); NP = MQ (chứng minh trên)

Do đó, tứ giác MEPF là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

Xét tứ giác MNPQ có:

MF = PE (chứng minh trên); ME = PF (chứng minh trên).

Vậy tứ giác MNPQ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

Lời giải

a) Ta chứng minh AN = CM; AN // CM suy ra AMCN là hình bình hành.

Vì O là giao điểm của AC và BD, ABCD là hình chữ nhật nên O là trung điểm AC.

Do ANCM là hình bình hành có AC và MN là hai đường chéo.

Do đó O là trung điểm của đoạn thẳng MN.

b) Ta có: EM // AC nên \[\widehat {EMD} = \widehat {ACD}\] (hai góc so le trong)

NF // AC nên \[\widehat {BNF} = \widehat {BAC}\] (hai góc so le trong)

Mà \[\widehat {ACD} = \widehat {BAC}\] (vì AB // DC, tính chất hình chữ nhật)

Do đó \[\widehat {EMD} = \widehat {BNF}\].

Từ đó chứng minh được ∆EDM = ∆FBN (g.c.g).

Suy ra EM = FN.

Lại có EM // FN (vì cùng song song với AC).

Do đó tứ giác ENFM là hình bình hành.

c) Tứ giác ANCM là hình thoi nên AC ⊥ MN tại O

Do đó M, N lần lượt là giao điểm của đường thẳng đi qua O và vuông góc với AC và cắt CD, AB.

Khi đó M và N lần lượt là trung điểm của CD và AB.

d) Ta chứng minh được DBOC cân tại O

Suy ra \[\widehat {OCB} = \widehat {OBC}\] và \[\widehat {NFB} = \widehat {OCF}\] (hai góc đồng vị) 

Do đó DBFI cân tại I nên IB = IF (1)

Ta lại chứng minh được DNIB cân tại I nên IN = IB (2)

Từ (1) và (2) suy ra I là trung điểm của NF.

Lời giải

a) Ta có OB = OC (=R).

Suy ra O thuộc đường trung trực của đoạn thẳng CB.

Ta có AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 

Suy ra A thuộc đường trung trực của đoạn thẳng BC.

Như vậy A, O thuộc đường trung trực của BC suy ra AO ⊥ BC (đpcm)

b) Ta có \[\widehat {CBD}\] = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒ BD ⊥ BC mà AO ⊥ BC (chứng minh trên)

⇒ BD // AO (đpcm)

c) Ta có KH // AC (vì cùng vuông góc CD).

Theo định lý Ta-let, ta có:

\[\frac{{{\rm{KH}}}}{{{\rm{AC}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{DH}}}}{{{\rm{DC}}}} \Rightarrow {\rm{KH = }}\frac{{{\rm{DH}}\,{\rm{.}}\,{\rm{AC}}}}{{{\rm{DC}}}}\] (1)

Xét ΔACO và ΔBHD có: \[\widehat {ACO} = \widehat {BHD} = 90^\circ \]

\[\widehat {ACO} = \widehat {BDO}\] (hai góc đồng vị, BD // AO)

⇒ ∆ACO ᔕ ∆BHD (g.g)

⇒ \[\frac{{AC}}{{BH}} = \frac{{CO}}{{HD}} \Rightarrow BH = \frac{{AC.HD}}{{CO}}\]          (2)

Từ (1) và (2) ta có: \[\frac{{KH}}{{BH}} = \frac{{CO}}{{DC}} = \frac{1}{2}\].

Vậy BK = KH, K là trung điểm cạnh BH (đpcm).