Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 81)

13764 lượt thi
95 câu hỏi
60 phút

BẮT ĐẦU LÀM BÀI

Câu 1:

Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt AB ở M và cắt AC ở N. Gọi H là giao điểm của BN và CM.

a) Chứng minh AH vuông góc với BC.

b) Gọi E là trung điểm AH. Chứng minh bốn điểm A, M, H, E cùng nằm trên một đường tròn và EM là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Xem đáp án

Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt AB ở M (ảnh 1)

a) Xét (O) có ΔBMC nội tiếp và BC là đường kính

Do đó: ΔBMC vuông tại M

⇒ BM ⊥ MC tại M

⇒ CM ⊥AB tại M

Xét (O) có ΔBNC nội tiếp và BC là đường kính

Do đó: ΔBNC vuông tại N

⇒ BN ⊥ NC tại N

⇒ BN ⊥ AC tại N

Xét ΔABC có BN, CM là đường cao

BN cắt CM tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

⇒ AH ⊥ BC

b) Xét tứ giác AMHN có: \(\widehat {AMH} + \widehat {ANH} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)

nên AMHN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH

⇒A, M, H, N cùng thuộc một đường tròn.

Gọi giao điểm của AH với BC là F

Xét ΔABC có: H là trực tâm của ΔABC

F là giao điểm của AH với BC

Do đó: AH ⊥ BC tại F

⇒ ΔAFB vuông tại F

⇒ \(\widehat {ABF} + \widehat {BAF} = 90^\circ \)

Mà \(\widehat {ABF} + \widehat {MCB} = 90^\circ \)(do ΔCMB vuông tại M)

Nên: \(\widehat {MCB} = \widehat {BAF}\)

Lại có: \[\widehat {EMO} = \widehat {EMH} + \widehat {OMH} = \widehat {EMH} + \widehat {OCM} = 90^\circ - \widehat {MAH} + \widehat {MCB} = 90^\circ \]

Vậy EM là tiếp tuyến của (O).

Câu 2:

Tính giá trị biểu thức: \(\frac{{2\sqrt {15} - 2\sqrt {10} + \sqrt 6 - 3}}{{2\sqrt 5 - 2\sqrt {10} - \sqrt 3 + \sqrt 6 }}\).

Xem đáp án

\[\frac{{2\sqrt {15} - 2\sqrt {10} + \sqrt 6 - 3}}{{2\sqrt 5 - 2\sqrt {10} - \sqrt 3 + \sqrt 6 }}\]

\[ = \frac{{\left( {2\sqrt {15} - 2\sqrt {10} } \right) - \left( {3 - \sqrt 6 } \right)}}{{\left( {2\sqrt 5 - 2\sqrt {10} } \right) - \left( {\sqrt 3 - \sqrt 6 } \right)}}\]

\[ = \frac{{2\sqrt 5 \left( {\sqrt 3 - \sqrt 2 } \right) - \sqrt 3 \left( {\sqrt 3 - \sqrt 2 } \right)}}{{2\sqrt 5 \left( {1 - \sqrt 2 } \right) - \sqrt 3 \left( {1 - \sqrt 2 } \right)}}\]

\[ = \frac{{\left( {2\sqrt 5 - \sqrt 3 } \right)\left( {\sqrt 3 - \sqrt 2 } \right)}}{{\left( {2\sqrt 5 - \sqrt 3 } \right)\left( {1 - \sqrt 2 } \right)}}\]

\[ = \frac{{\sqrt 3 - \sqrt 2 }}{{1 - \sqrt 2 }}\]

\[ = \frac{{\left( {\sqrt 3 - \sqrt 2 } \right)\left( {1 + \sqrt 2 } \right)}}{{\left( {1 - \sqrt 2 } \right)\left( {1 + \sqrt 2 } \right)}}\]

\[ = \frac{{\left( {\sqrt 3 - \sqrt 2 } \right)\left( {1 + \sqrt 2 } \right)}}{{1 - 2}}\]

\[ = - \left( {\sqrt 3 - \sqrt 2 } \right)\left( {1 + \sqrt 2 } \right)\]

\[ = - \left( {\sqrt 3 + \sqrt 6 - \sqrt 2 - 2} \right)\]

\[ = - \sqrt 3 - \sqrt 6 + \sqrt 2 + 2\].

Câu 3:

Cho nửa đường tròn (O). Đường kính AB = 6 cm. Kẻ các tiếp tuyến Ax, By cùng phía đối với nửa đường tròn đối với AB. Gọi C là một điểm thuộc tia Ax, kẻ tiếp tuyến CE với nửa đường tròn (E là tiếp điểm), CE cắt By tại D.

a) Chứng minh \[\widehat {COD} = 90^\circ \].

b) Chứng minh AEB và COD đồng dạng.

c) Gọi I là trung điểm của CD. Vẽ đường tròn (I) bán kính IC. Chứng minh rằng AB là tiếp tuyến của (I).

Xem đáp án

Cho nửa đường tròn (O). Đường kính AB = 6 cm. Kẻ các tiếp tuyến Ax (ảnh 1)

a) Ta có: \[\widehat {AOI} + \widehat {BOI} = 180^\circ \] (2 góc kề bù)

OC là tia phân giác \[\widehat {AOI}\](tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

OD là tia phân giác \[\widehat {BOI}\](tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra: \[\widehat {ECO} = \widehat {OCA};\widehat {EDO} = \widehat {ODB}\]

Xét tam giác ACO và tam giác CEO có:

Chung CO

\[\widehat {ECO} = \widehat {OCA}\]

AC = CE (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Nên: ∆ACO = ∆ECO (c.g.c)

⇒ \[\widehat {COA} = \widehat {COE}\]

Chứng minh tương tự, ta có: ∆DOE = ∆DOB (c.g.c)

⇒ \[\widehat {DOE} = \widehat {DOB}\]

Mà: \[\widehat {DOE} + \widehat {DOB} + \widehat {COA} + \widehat {COE} = 180^\circ \]

⇒ \[2\left( {\widehat {DOE} + \widehat {COE}} \right) = 180^\circ \]

Hay \[\widehat {DOE} + \widehat {COE} = 90^\circ \], tức \[\widehat {DOC} = 90^\circ \]

b) Ta có: \[\widehat {AEB} = \frac{1}{2}\widehat {CEO} + \frac{1}{2}\widehat {DEO} = \frac{1}{2}\widehat {DEC} = 90^\circ \]

\[\widehat {CDO} = \widehat {EBA}\](cùng chắn cung OE)

Xét ∆AEB và ∆COD có:

\[\widehat {CDO} = \widehat {EBA}\]

\[\widehat {COD} = \widehat {AEB} = 90^\circ \]

Suy ra: ∆AEB ~ ∆COD (g.g)

c) I là trung điểm của CD, kẻ IO

Ta có: DB ⊥ AB

AC ⊥ AB

⇒ DB // AC

⇒ CDBA là hình thang

⇒ OI là đường trung bình do nối 2 cạnh bên của hình thang

⇒ OI // AC

Mà AC ⊥ AB nên OI ⊥ AB

Vậy AB là tiếp tuyến của (I;IC)

Câu 4:

Cho tam giác ABC vuông tại A, M là trung điểm của BC. D, E lần lượt là hình chiếu của M trên AB và AC.

a) Tứ giác ADME là hình gì, tại sao?

b) Chứng minh DE = \(\frac{1}{2}BC\).

c) Gọi P là trung điểm của BM, Q là trung điểm của MC, chứng minh tứ giác DPQE là hình bình hành. Từ đó chứng minh: tâm đối xứng của hình bình hành DPQE nằm trên đoạn AM.

d) Tam giác vuông ABC ban đầu cần thêm điều kiện gì để hình bình hành DPQE là hình chữ nhật?

Xem đáp án

Cho tam giác ABC vuông tại A, M là trung điểm của BC. D, E (ảnh 1)

a) Ta có D, E là hình chiếu của M trên AB, AC

Nên DM ⊥ AB và ME ⊥ AC, hay \(\widehat {ADM} = \widehat {AEM} = 90^\circ \)

Xét tứ giác ADME có \(\widehat {DAE} = \widehat {ADM} = \widehat {AEM} = 90^\circ \)

Suy ra ADME là hình chữ nhật.

b) Xét ΔABC vuông tại A có M là trung điểm BC

Suy ra AM = \(\frac{1}{2}BC\)

Vì ADME là hình chữ nhật có AM, DE là hai đường chéo, suy ra AM = DE

Mà AM = \(\frac{1}{2}BC\)

Do đó DE = \(\frac{1}{2}BC\).

c) Ta có AD ⊥ AC và ME ⊥ AC, suy ra AD // ME

Mà M là trung điểm của BC

Suy ra E là trung điểm của AC

Xét tam giác AMC có E, Q lần lượt là trung điểm của AC, MC

Suy ra QE là đường trung bình

Do đó QE // AM, QE =\(\frac{1}{2}AM\)(1)

Ta có DM ⊥ AB và AB ⊥ AC

Suy ra DM // AC

Mà M là trung điểm của BC

Suy ra D là trung điểm của AB

Xét ΔBAM có D, P lần lượt là trung điểm của AB và BM

Suy ra DP là đường trung bình của ΔBAM

Do đó DP // AM và DP = \(\frac{1}{2}AM\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra DP // EQ, DP = EQ

Do đó DPQE là hình bình hành.

Gọi O là tâm đối xứng của DPQE (là giao điểm 2 đường chéo)

Ta có P, Q lần lượt là trung điểm của BM, MC và M là trung điểm BC

Suy ra M là trung điểm PQ

Xét hình bình hành DPQE có AM // DP và M là trung điểm PQ

Suy ra AM là đường trung bình của DPQE

Do đó AM đi qua trung điểm DE, gọi điểm đó là F

Từ đó AM là trục đối xứng của DPQE tức là đi qua O

Vậy tâm đối xứng của hình bình hành DPQE nằm trên đoạn AM.

d) Để hình bình hành DPQE là hình chữ nhật thì \(\widehat {APQ} = \widehat {PQE} = \widehat {QED} = \widehat {EDP} = 90^\circ \)

Ta xét ΔBAM nếu DP ⊥ BM thì AM ⊥ BM

Xét ΔABC có AM vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao

Suy ra ΔABC vuông cân tại A

Vậy để hình bình hành DPQE là hình chữ nhật thì tam giác vuông ΔABC cần thêm điều kiện cân tại A.

Câu 5:

Cho tam giác ABC có A(1; 2), B (–3; –1), và C (3; –4). Tìm điều kiện của tham số m để điểm M\(\left( {m;\frac{{m - 5}}{3}} \right)\) nằm bên trong tam giác ABC.

Xem đáp án

Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 4; - 3} \right)\)

Suy ra: \(\overrightarrow {{n_{AB}}} = \left( {3; - 4} \right)\)

Phương trình đường thẳng AB là: 3(x – 1) – 4(y – 2) = 0 ⇔ 3x – 4y + 5 = 0

Tương tự: phương trình đường thẳng BC là: x + 2y + 5 = 0

Phương trình đường thẳng AC: 3x + y – 5 = 0

Để M nằm trong tam giác ABC thì thỏa mãn:

– M, A nằm cùng phía đối với BC

– M, B nằm cùng phía đối với AC

– M, C nằm cùng phía đối với AB

Suy ra M nằm trong miền nghiệm của hệ bất phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y + 5 > 0\\3x + y - 5 < 0\\3x - 4y + 5 > 0\end{array} \right.\)

Thay M\(\left( {m;\frac{{m - 5}}{3}} \right)\) vào hệ bất phương trình trên ta được:

\[\left\{ \begin{array}{l}m + 2.\frac{{m - 5}}{3} + 5 > 0\\3m + \frac{{m - 5}}{3} - 5 < 0\\3m - 4.\frac{{m - 5}}{3} + 5 > 0\end{array} \right.\]

⇒ –1 < m < 2.

Vậy –1 < m < 2 thì M nằm trong tam giác ABC.

Bắt đầu thi để xem toàn bộ câu hỏi trong đề

Bài thi liên quan:

Các bài thi hot trong chương:

Đánh giá trung bình

Thi Online Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án