5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 13)

Lời giải

1) Ta có: AP, MP là hai tiếp tuyến của đường tròn (O).

Suy ra \(\widehat {PAO} = 90^\circ \) và \(\widehat {PMO} = 90^\circ \).

Khi đó \(\widehat {PAO} + \widehat {PMO} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \).

Vậy bốn điểm A, P, M, O cùng thuộc đường tròn đường kính PO.

2) Ta có \(\widehat {ABM} = \frac{{\widehat {AOM}}}{2}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm).

Mà \(\widehat {AOP} = \frac{{\widehat {AOM}}}{2}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra \(\widehat {ABM} = \widehat {AOP}\).

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị.

Vậy BM // OP.

3) Xét ∆AOP và ∆OBN, có:

\(\widehat {PAO} = \widehat {NOB} = 90^\circ \);

AO = OB (= R);

\(\widehat {ABM} = \widehat {AOP}\) (chứng minh trên).

Do đó ∆AOP = ∆OBN (g.c.g).

Suy ra OP = BN (cặp cạnh tương ứng).

Mà BN // OP (chứng minh trên).

Vậy tứ giác OBNP là hình bình hành.

4) Ta có PN // OB (OBNP là hình bình hành).

Suy ra \(\widehat {PNO} = \widehat {NOB} = 90^\circ \) (cặp góc so le trong).

Lại có \(\widehat {PAO} = \widehat {NOA} = 90^\circ \).

Do đó tứ giác AONP là hình chữ nhật.

Suy ra AP // ON.

Khi đó \(\widehat {APO} = \widehat {PON}\) (cặp góc so le trong).

Mà \(\widehat {APO} = \widehat {MPO}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra \(\widehat {PON} = \widehat {MPO}\).

Do đó tam giác IPO cân tại I.

Mà K là trung điểm PO (AONP là hình chữ nhật).

Nên IK vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao của tam giác IPO.

Suy ra IK ⊥ PO   (1)

Tam giác POJ có các đường cao PM, ON cắt nhau tại I.

Suy ra I là trực tâm của tam giác POJ.

Do đó IJ ⊥ PO    (2)

Từ (1), (2), suy ra ba điểm I, J, K thẳng hàng.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Lời giải

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {1;1;2} \right)\).

Mặt phẳng (P) đi qua điểm A(0; 1; 1) và có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {AB} = \left( {1;1;2} \right)\).

Suy ra phương trình mặt phẳng (P): 1.(x – 0) + 1.(y – 1) + 2.(z – 1) = 0.

⇔ x + y + 2z – 3 = 0.

Vậy ta chọn phương án A.

Lời giải

Ta có \(\overrightarrow {{M_0}M} = \left( {x - {x_0};y - {y_0}} \right)\).

Ta có M(x; y) ∈ d.

\( \Leftrightarrow \vec n \bot \overrightarrow {{M_0}M} \)

\( \Leftrightarrow \vec n.\overrightarrow {{M_0}M} = 0\)

⇔ A(x – x₀) + B(y – y₀) = 0.

Vậy điều kiện cần và đủ để điểm M(x; y) nằm trên đường thẳng d đi qua điểm M(x₀; y₀) và có vectơ pháp tuyến \(\vec n\left( {A,B} \right)\) là A(x – x₀) + B(y – y₀) = 0.

Do đó ta chọn phương án D.

Lời giải

a) \(2\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} - \overrightarrow {MC} = \left( {\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} } \right) + \left( {\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MC} } \right)\)

\( = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {CA} = - \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) = - 2\overrightarrow {AI} \), với I là trung điểm BC.

Tam giác ABI vuông tại B: \(AI = \sqrt {A{B^2} + B{I^2}} = \sqrt {A{B^2} + {{\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\).

Ta có \(\left| {2\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} - \overrightarrow {MC} } \right| = \left| { - 2\overrightarrow {AI} } \right| = 2AI = 2.\frac{{a\sqrt 5 }}{2} = a\sqrt 5 \).

b) \(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} - 3\overrightarrow {MD} = \overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MD} + \overrightarrow {MB} - \overrightarrow {MD} + \overrightarrow {MC} - \overrightarrow {MD} \)

\( = \overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DC} + \overrightarrow {DB} = 2\overrightarrow {DO} + \overrightarrow {DB} \), với O là tâm hình vuông ABCD.

\[ = \overrightarrow {DB} + \overrightarrow {DB} = 2\overrightarrow {DB} \].

Tam giác ABD vuông tại A: \(DB = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \).

Ta có \[\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} - 3\overrightarrow {MD} } \right| = \left| {2\overrightarrow {DB} } \right| = 2DB = 2a\sqrt 2 \].

c) \(4\overrightarrow {MA} - 3\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} - 2\overrightarrow {MD} = 3\overrightarrow {MA} - 3\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MD} + \overrightarrow {MC} - \overrightarrow {MD} \)

\( = 3\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DC} = 3\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {DA} - \overrightarrow {BA} = 2\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {DA} \)

\( = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {CB} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {CA} = - \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) = - 2\overrightarrow {AI} \).

Ta có \(\left| {4\overrightarrow {MA} - 3\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} - 2\overrightarrow {MD} } \right| = \left| { - 2\overrightarrow {AI} } \right| = 2AI = a\sqrt 5 \).

Lời giải

a) Xét ∆MAB và ∆MCA, có:

\[\widehat M\] chung;

\[\widehat {MAB} = \widehat {MCA}\] (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung).

Do đó  (g.g).

Suy ra \[\frac{{MA}}{{MC}} = \frac{{MB}}{{MA}}\].

⇔ MA² = MB.MC.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

b) Ta có DE // AM (giả thiết).

Suy ra \[\widehat {MAB} = \widehat {AED}\] (cặp góc so le trong).

Mà \[\widehat {MAB} = \widehat {MCA}\] (chứng minh trên).

Do đó \[\widehat {MCA} = \widehat {AED}\].

Vì vậy tứ giác BCDE là tứ giác nội tiếp được.

Ta có \[\widehat {BEC} = \widehat {BDC} = 90^\circ \] (cùng chắn ).

Suy ra tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn đường kính BC.

Vậy tâm O’ của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCDE là trung điểm cạnh BC.

c) Do O’ là trung điểm BC (chứng minh trên) và OO’ cắt (O) tại N.

Suy ra N là điểm chính giữa của .

Khi đó .

Suy ra \[\widehat {BAN} = \widehat {NAC}\].

Vậy AN là tia phân giác của \[\widehat {BAC}\].

d) Ta có AI là đường phân giác của tam giác ABD.

Suy ra \[\frac{{IB}}{{ID}} = \frac{{AB}}{{AD}}\] (tính chất đường phân giác).

Tương tự, ta có \[\frac{{KC}}{{KE}} = \frac{{AC}}{{AE}}\].

Xét ∆ABC và ∆ADE, có:

\[\widehat A\] chung;

\[\widehat {MCA} = \widehat {AED}\] (chứng minh trên).

Do đó  (g.g).

Suy ra \[\frac{{AB}}{{AD}} = \frac{{AC}}{{AE}}\].

Do đó AB.AE = AC.AD.

Ta có \[\frac{{IB}}{{ID}}.\frac{{KC}}{{KE}} = \frac{{IB}}{{ID}} + \frac{{KC}}{{KE}}\].

\[ \Leftrightarrow \frac{{AB}}{{AD}}.\frac{{AC}}{{AE}} = \frac{{AB}}{{AD}} + \frac{{AC}}{{AE}}\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{AB}}{{AD}}.\frac{{AC}}{{AE}} = \frac{{AB.AE + AC.AD}}{{AD.AE}}\]

⇔ AB.AC = AB.AE + AC.AD

\[ \Leftrightarrow AB.AC = AB.\frac{1}{2}AC + AC.\frac{1}{2}AB\].

Vì vậy để \[\frac{{IB}}{{ID}}.\frac{{KC}}{{KE}} = \frac{{IB}}{{ID}} + \frac{{KC}}{{KE}}\] thì ta cần \[AE = \frac{1}{2}AC\] và \[AD = \frac{1}{2}AB\].

Tam giác ABD vuông tại D: \[\cos \widehat {BAD} = \frac{{AD}}{{AB}} = \frac{1}{2}\].

Suy ra \[\widehat {BAD} = 60^\circ \].

Vậy tam giác ABC cần có thêm điều kiện \[\widehat {BAC} = 60^\circ \] thì ta có \[\frac{{IB}}{{ID}}.\frac{{KC}}{{KE}} = \frac{{IB}}{{ID}} + \frac{{KC}}{{KE}}\].