10000 câu trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2025 mới nhất (có đáp án) - Phần 55

Tam giác ABD có E, H là trung điểm của hai cạnh AB và AD.

Suy ra EH là đường trung bình của ∆ABD nên EH // BD và 2EH = BD.

Tương tự, GF cũng là đường trung bình của ∆BCD nên GF // BD và 2GF = BD.

Do đó ta có: EH // GF và EH = GF.

Suy ra tứ giác EFGH là hình bình hành.

Ta có: AE BD, CF BD nên AE // CF.

ABCD là hình bình hành nên ∆ABD = ∆BCD.

Khi đó, hai đường cao ứng với hai đỉnh tương ứng của hai tam giác là AE và CF có độ lớn bằng nhau.

Suy ra tứ giác AECF là hình bình hành.

Gọi M là trung điểm của BC.

S.ABCD là chóp tứ giác đều nên mặt bên SBC là tam giác cân tại S.

Suy ra SM BC nên SM là trung đoạn của hình chóp.

Ta có: \[OC = \frac{{CD}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{4\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} = 4\] (cm).

Áp dụng định lý Pythagore trong ∆SOC, ta có:

\[SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}} = \sqrt {{5^2} - {4^2}} = 3\] (cm).

OM = 0,5.CD = \[2\sqrt 2 \] (cm).

Áp dụng định lý Pythagore trong ∆SOM, ta có:

SM = \[\sqrt {S{O^2} + O{M^2}} = \sqrt {{3^2} + {{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt {17} \] (cm)

S.ABC là chóp tam giác đều nên O là trọng tâm của ∆ABC.

Gọi M = AO BC nên M là trung điểm của BC.

Khi đó SM BC nên SM là trung đoạn của hình chóp.

Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông ABM, ta có:

\[AM = \sqrt {A{B^2} - B{M^2}} = \sqrt {{2^2} - {1^2}} = \sqrt 3 \] (cm)

Suy ra \[OM = \frac{1}{3}AM = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\] (cm)

Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông SOM, ta có:

– \[SM = \sqrt {S{O^2} + O{M^2}} = \sqrt {{4^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{7\sqrt 3 }}{3}\] (cm).

Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông ABC, ta có:

\[B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\] (1)

Diện tích tam giác ABC là: \[{S_{ABC}} = \frac{1}{2}BC.AH = \frac{1}{2}AB.AC\].

Suy ra \[BC = \frac{{AB.AC}}{{AH}}\] (2)

Thay (2) vào (1) ta được: \[{\left( {\frac{{AB.AC}}{{AH}}} \right)^2} = A{B^2} + A{C^2}\].

Suy ra \[\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{{A{B^2} + A{C^2}}}{{{{\left( {AB.AC} \right)}^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}}\].

Theo giả thiết, ta có: S_ABED = 3.S_CDE nên S_ABCD = 4.S_CED

Ta có: \[\frac{1}{2}.CB.CA.\sin \widehat {BCA} = 4.\frac{1}{2}.CE.CD.\sin \widehat {BCA}\]

Suy ra \[\frac{{CB}}{{CE}} = 4.\frac{{CD}}{{CA}} = 4.\frac{1}{3} = \frac{4}{3}\].

Do đó \[BE = \frac{1}{4}BC = 1,5\,\,(cm).\]

Ta có: \[\widehat {ABC} + \widehat {ACB} = 2\widehat {.IBC} + 2\widehat {.ICB} = 2.37^\circ + 2.23^\circ = 120^\circ \].

Suy ra: \[\widehat {BAC} = 180^\circ - \left( {\widehat {ABC} + \widehat {ACB}} \right) = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ \].

Do đó: \[x = \frac{{\widehat {BAC}}}{2} = 30^\circ \].

Ta có ∆ABC là tam giác cân tại A nên đường trung tuyến AM là đường phân giác của góc A của ∆ABC.

Do đó, ta có các đường thẳng AM, BD, CE là các đường phân giác trong của tam giác ABC nên ba đường thẳng này đồng quy.