7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 34)

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có: \(MB = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AB} - \frac{1}{4}\overrightarrow {AC} \)

                    \( = \overrightarrow {AB} - \frac{1}{4}(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} ) = \frac{3}{4}\overrightarrow {AB} - \frac{1}{4}\overrightarrow {AD} \)

\(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {AN} - \overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DN} - \frac{1}{4}\overrightarrow {AC} \)

        \( = \overrightarrow {AD} + \frac{1}{2}\overrightarrow {DC} - \frac{1}{4}(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} )\)

        \( = \overrightarrow {AD} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} - \frac{1}{4}(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} )\)

       \( = \frac{3}{4}\overrightarrow {AD} + \frac{1}{4}\overrightarrow {AB} \)

Suy ra \(\overrightarrow {MB} .\overrightarrow {MN} = \left( {\frac{3}{4}\overrightarrow {AB} - \frac{1}{4}\overrightarrow {AD} } \right)\left( {\frac{3}{4}\overrightarrow {AD} + \frac{1}{4}\overrightarrow {AB} } \right)\)

                          \( = \frac{1}{{16}}\left( {3\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} + 3{{\overrightarrow {AB} }^2} - 3{{\overrightarrow {AD} }^2} - \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB} } \right)\)

                          \( = \frac{1}{{16}}\left( {0 + 3{a^2} - 3{a^2} - 0} \right) = 0\).

Vậy ta chọn đáp án B.

Lời giải

a) Xét tam giác ABC có

\(\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ \) (tổng ba góc trong một tam giác)

Hay \(\widehat A + \alpha + \alpha = 180^\circ \)

Suy ra \(\widehat A = 180^\circ - 2\alpha \)

Xét tứ giác AHOK có

\(\widehat {AHO} + \widehat {AK{\rm{O}}} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)

Suy ra tứ giác AHOK nội tiếp

Do đó \(\widehat {HAK} + \widehat {HOK} = 180^\circ \)

Hay \(180^\circ - 2\alpha + \widehat {HOK} = 180^\circ \)

Suy ra \(\widehat {HOK} = 2\alpha \)

Xét (O) có MH, ME là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M

Suy ra OM là tia phân giác của \(\widehat {HOE}\)

Do đó \(\widehat {HOM} = \widehat {MOE} = \frac{1}{2}\widehat {HOE}\)

Xét (O) có NK, NE là hai tiếp tuyến cắt nhau tại N

Suy ra ON là tia phân giác của \(\widehat {KOE}\)

Do đó \(\widehat {KON} = \widehat {NOE} = \frac{1}{2}\widehat {KOE}\)

Ta có: \(\widehat {MON} = \widehat {MOE} + \widehat {NOE} = \frac{1}{2}\widehat {HOE} + \frac{1}{2}\widehat {K{\rm{O}}E} = \frac{1}{2}\widehat {HOK} = \frac{1}{2}.2\alpha = \alpha \)

Vậy \(\widehat {MON} = \alpha \)

b) Xét (O) có MH, ME là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M

Suy ra MO là tia phân giác của \(\widehat {HME}\)

Do đó \(\widehat {HMO} = \widehat {OME} = \frac{1}{2}\widehat {HME}\)

Xét (O) có NK, NE là hai tiếp tuyến cắt nhau tại N

Suy ra NO là tia phân giác của \(\widehat {KNE}\)

Do đó \(\widehat {KNO} = \widehat {ONE} = \frac{1}{2}\widehat {KNE}\)

Xét ∆BMO và ∆OMN có:

\(\widehat {BMO} = \widehat {NMO}\) (chứng minh trên);

\(\widehat B = \widehat {MON}\left( { = \alpha } \right)\)

Suy ra (g.g)

Xét ∆CON và ∆OMN có

\(\widehat {CNO} = \widehat {MNO}\) (chứng minh trên);

\(\widehat C = \widehat {MON}\left( { = \alpha } \right)\)

Suy ra (g.g)

Vậy OM, ON chia tứ giác BMNC thành ba tam giác đồng dạng.

c) Vì OM, ON chia tứ giác BMNC thành ba tam giác đồng dạng

Suy ra

Do đó \(\frac{{CO}}{{BM}} = \frac{{CN}}{{BO}}\)

Suy ra BM . CN = CO . BO = a . a = a²

d) Vì tích BM . CN = a² cố định nên tổng BM + CN nhỏ nhất khi BM = CN

Mà AB = AC

Suy ra \(\frac{{BM}}{{AB}} = \frac{{CN}}{{AC}}\)

Do đó MN // BC

Vậy khi MN // BC thì BM + CN nhỏ nhất.

Lời giải

a) Xét tam giác ABH vuông tại H có HI là trung tuyến ứng với cạnh huyền

Suy ra \(HI = \frac{1}{2}AB\)

Mà \(AI = BI = \frac{1}{2}AB\)

Do đó BI = IH

Hay tam giác IBH cân tại I

Suy ra \(\widehat {IBH} = \widehat {IHB}\)

Mà \(\widehat {IBH} = \widehat {ACB}\) (vì tam giác ABC cân tại A)

Do đó \(\widehat {ACB} = \widehat {IHB}\)

Lại có hai góc này ở vị trí đồng vị

Suy ra IH // AC

Do đó IHCA là hình thang

b) Xét tứ giác AHBK có

I là trung điểm của AB và HK

AB và HK là hai đường chéo

Suy ra AHBK là hình bình hành

Mà \(\widehat {AHB} = 90^\circ \)

Suy ra AHBK là hình chữ nhật

c) Nếu tam giác ABC đều thì AB = AC = BC, \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB} = \widehat {BAC}\)

Suy ra HIAC là hình thang cân

d) Để hình chữ nhật AHBK là hình vuông

⇔ AH = BH

\( \Leftrightarrow AH = \frac{1}{2}BC\)

\( \Leftrightarrow \widehat {BAC} = 90^\circ \)

⇔ Tam giác ABC vuông cân tại A

Vậy tam giác ABC vuông cân thì AHBK là hình vuông.

Lời giải

a) Vì AM là tia phân giác của \(\widehat {BAC}\)

Nên \(\widehat {BAM} = \widehat {CAM}\)

Xét ΔABM và ΔANM có:

AB = AN (giả thiết)

\(\widehat {BAM} = \widehat {CAM}\)

AM là cạnh chung chung

Suy ra ΔABM = ΔANM (c.g.c)

b) Vì ΔABM = ΔANM (chứng minh câu a)

Nên \(\widehat {ABM} = \widehat {ANM}\) (hai góc tương ứng)

Mà \(\widehat {ABM} = 90^\circ \)

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

Hay tam giác CMN vuông tại N

Suy ra \(\widehat {NCM} + \widehat {NMC} = 90^\circ \) (trong tam giác vuông, tổng hai góc nhọn bằng 90°)

Mà \(\widehat {NCM} + \widehat {BAC} = 90^\circ \) (vì tam giác ABC vuông tại C)

Do đó \(\widehat {BAC} = \widehat {CMN}\)

Vậy \(\widehat {BAC} = \widehat {CMN}\).

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh trong 20 đỉnh có \(C_{20}^3\) cách

Suy ra n(Ω) = 1140

Đa giác đều 20 đỉnh có 10 đường chéo đi qua tâm đa giác mà cứ 2 đường chéo tạo thành 1 hình chữ nhật và 1 hình chữ nhật tạo thành 4 tam giác vuông

Suy ra số tam giác vuông là \(4.C_{10}^2 = 180\)

Tuy nhiên, trong \(C_{10}^2\) hình chữ nhật có 5 hình vuông

Nên số tam giác vuông cân là 5 . 4 = 20

Do đó, số kết quả thuận lợi cho biến cố X là n(X) = 180 – 20 = 160.

Vậy \(P = \frac{{n\left( X \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{160}}{{1140}} = \frac{8}{{57}}\).