5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 12)

Lời giải

4x² – 8xy + 4y²

= 4(x² – 2xy + y²)

= 4(x – y)².

Lời giải

a) Ta có MA, MB là hai tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại M.

Suy ra MA = MB.

Khi đó M nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AB   (1)

Lại có OA = OB = R.

Suy ra O nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AB   (2)

Từ (1), (2), suy ra MO là đường trung trực của đoạn thẳng AB.

Do đó MO ⊥ AB tại H và H là trung điểm AB.

Ta có MA là tiếp tuyến của (O).

Suy ra \(\widehat {AOM} = 90^\circ \).

Xét ∆AOM vuông tại A có AH là đường cao:

MA² = MH.MO (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

b) Xét ∆IEK và ∆IHO, có:

\(\widehat {IEK} = \widehat {IHO} = 90^\circ \).

\(\widehat I\) chung.

Do đó  (g.g).

Suy ra \(\frac{{IE}}{{IH}} = \frac{{IK}}{{IO}}\).

Do đó IE.IO = IH.IK.

c) Xét ∆OEM và ∆OHI, có:

\(\widehat {OEM} = \widehat {OHI} = 90^\circ \).

\(\widehat O\) chung.

Do đó  (g.g).

Suy ra \(\frac{{OE}}{{OH}} = \frac{{OM}}{{OI}}\).

Do đó OE.OI = OM.OH.

Xét ∆AOM vuông tại A có AH là đường cao:

OA² = OH.OM (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Suy ra OE.OI = OA².

Mà OA = OD = R.

Do đó OE.OI = OD².

Xét ∆ODI và ∆OED, có:

\(\frac{{OD}}{{OE}} = \frac{{OI}}{{OD}}\) (OE.OI = OD²).

\(\widehat O\) chung.

Do đó  (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {ODI} = \widehat {OED} = 90^\circ \).

Do đó OD ⊥ DI.

Vậy ID là tiếp tuyến của (O).

Lời giải

a) Ta có MA, MB là hai tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại M.

Suy ra MA = MB.

Khi đó M nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AB   (1)

Lại có OA = OB = R.

Suy ra O nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AB   (2)

Từ (1), (2), suy ra MO là đường trung trực của đoạn thẳng AB.

Do đó MO ⊥ AB tại K và K là trung điểm AB.

b) Xét ∆OHM và ∆OKI, có:

\(\widehat O\) chung.

\(\widehat {OHM} = \widehat {OKI} = 90^\circ \).

Do đó  (g.g).

Suy ra \(\frac{{OH}}{{OK}} = \frac{{OM}}{{OI}}\).

Do đó OH.OI = OM.OK.

Xét ∆AOM vuông tại A có AK là đường cao:

OA² = OK.OM (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Vậy OH.OI = OA² = OB² (điều phải chứng minh).

c) Ta có \(\widehat {OAM} = 90^\circ \) (giả thiết)

Suy ra O, A, M nội tiếp đường tròn đường kính OM.

Tương tự, ta có O, H, M nội tiếp đường tròn đường kính OM.

Khi đó tứ giác AHOM nội tiếp đường tròn đường kính OM.

Suy ra \(\widehat {AMO} = \widehat {AHI}\) (1)

Ta có \(\widehat {OAM} = \widehat {OBM} = 90^\circ \) (MA, MB là các tiếp tuyến của đường tròn (O)).

Suy ra \(\widehat {OAM} + \widehat {OBM} = 180^\circ \).

Do đó tứ giác OAMB nội tiếp đường tròn đường kính OM.

Vì vậy \(\widehat {AMO} = \widehat {ABO}\) (cùng chắn ) (2)

Từ (1), (2), suy ra \(\widehat {ABO} = \widehat {AHI}\).

Xét ∆IHN và ∆IKO, có:

\(\widehat I\) chung.

\(\widehat {IHN} = \widehat {IKO} = 90^\circ \).

Do đó  (g.g).

Suy ra \(\frac{{IH}}{{IK}} = \frac{{IN}}{{IO}}\).

Do đó IH.IO = IN.IK   (3)

Xét ∆AHI và ∆OBI, có:

\(\widehat I\) chung.

\(\widehat {ABO} = \widehat {AHI}\) (chứng minh trên).

Do đó  (g.g).

Suy ra \(\frac{{IA}}{{IO}} = \frac{{IH}}{{IB}}\).

Do đó IA.IB = IH.IO (4)

Từ (3), (4), suy ra IA.IB = IN.IK (điều phải chứng minh).

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Gọi C(x; y).

Ta có \[\overrightarrow {AB} = \left( {2;4} \right)\], \(\overrightarrow {DC} = \left( {x - 5;y - 5} \right)\).

Tứ giác ABCD là hình bình hành ⇔ \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 = x - 5\\4 = y - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 7\\y = 9\end{array} \right.\)

⇒ tọa độ C(7; 9).

Vậy ta chọn phương án C.

Lời giải

a) Ta có \(\overrightarrow {PA} + \overrightarrow {PB} = \vec 0\).

Suy ra P là trung điểm AB.

Ta có \(\overrightarrow {MB} = 3\overrightarrow {MC} = 3\left( {\overrightarrow {MB} - \overrightarrow {CB} } \right) = 3\overrightarrow {MB} - 3\overrightarrow {CB} \).

Suy ra \( - 2\overrightarrow {MB} = - 3\overrightarrow {CB} \).

Do đó \(\overrightarrow {BM} = \frac{3}{2}\overrightarrow {BC} \).

Ta có \[\overrightarrow {PM} = \overrightarrow {PB} + \overrightarrow {BM} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{3}{2}\overrightarrow {BC} \].

\[ = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{3}{2}\left( {\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } \right) = - \overrightarrow {AB} + \frac{3}{2}\overrightarrow {AC} \].

Ta có \[\overrightarrow {NA} = 3\overrightarrow {CN} = 3\left( {\overrightarrow {CA} - \overrightarrow {NA} } \right) = 3\overrightarrow {CA} - 3\overrightarrow {NA} \].

Suy ra \[4\overrightarrow {NA} = 3\overrightarrow {CA} \].

Do đó \[\overrightarrow {AN} = \frac{3}{4}\overrightarrow {AC} \].

Ta có \(\overrightarrow {PN} = \overrightarrow {PA} + \overrightarrow {AN} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}\overrightarrow {AC} \).

b) Ta có \[\overrightarrow {PN} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}\overrightarrow {AC} = \frac{1}{2}\left( { - \overrightarrow {AB} + \frac{3}{2}\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{1}{2}\overrightarrow {PM} \].

Vậy ba điểm M, N, P thẳng hàng.

Lời giải

a) Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {3;2} \right),\,\overrightarrow {AC} = \left( {5; - 3} \right)\).

Vì \(\frac{3}{5} \ne \frac{2}{{ - 3}}\) nên \(\overrightarrow {AB} \ne k\overrightarrow {AC} \).

Vậy ba điểm A, B, C không thẳng hàng.

b) Vì tứ giác ABCD là hình thang có AB // CD và CD = 2AB nên ta có \(\overrightarrow {DC} = 2\overrightarrow {AB} \).

Gọi D(x; y).

Ta có \(\overrightarrow {DC} = \left( {6 - x; - 2 - y} \right),\,2\overrightarrow {AB} = \left( {6;4} \right)\).

Suy ra \(\overrightarrow {DC} = 2\overrightarrow {AB} \)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6 - x = 6\\ - 2 - y = 4\end{array} \right.\)

Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = - 6\end{array} \right.\)

Vậy tọa độ D(0; –6).

Lời giải

a) Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 3; - 4} \right),\,\overrightarrow {AC} = \left( {4; - 3} \right)\).

Vì \(\frac{{ - 3}}{4} \ne \frac{{ - 4}}{{ - 3}}\) nên \(\overrightarrow {AB} \ne k\overrightarrow {AC} \).

Vậy ba điểm A, B, C không thẳng hàng.

b) Ta có G là trọng tâm của tam giác ABC.

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{2 - 1 + 6}}{3} = \frac{7}{3}\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{3 - 1 + 0}}{3} = \frac{2}{3}\end{array} \right.\)

Vậy tọa độ \(G\left( {\frac{7}{3};\frac{2}{3}} \right)\).

c) Gọi D(x; y).

Ta có \(\overrightarrow {DC} = \left( {6 - x; - y} \right)\).

Ta có tứ giác ABCD là hình bình hành.

Suy ra \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \).

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l} - 3 = 6 - x\\ - 4 = - y\end{array} \right.\)

Vì vậy \(\left\{ \begin{array}{l}x = 9\\y = 4\end{array} \right.\)

Vậy tọa độ D(9; 4).

d) Gọi E(x; y).

Ta có \(\overrightarrow {OE} = \left( {x;y} \right),\,\overrightarrow {EB} = \left( { - 1 - x; - 1 - y} \right),\,\overrightarrow {EA} = \left( {2 - x;3 - y} \right)\).

Suy ra \(3\overrightarrow {EB} = \left( { - 3 - 3x; - 3 - 3y} \right),\,3\overrightarrow {EA} = \left( {6 - 3x;9 - 3y} \right)\).

Theo đề, ta có \(\overrightarrow {OE} + 3\overrightarrow {EB} - 3\overrightarrow {EA} = \vec 0\).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 3 - 3x - 6 + 3x = 0\\y - 3 - 3y - 9 + 3y = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 9\\y = 12\end{array} \right.\)

Vậy tọa độ E(9; 12).