25 câu hỏi trắc nghiệm thuộc 100 câu trắc nghiệm Tích vô hướng của hai vectơ nâng cao (P3)

Câu 1:

Cho $\vec{a} (2; - 3); \vec{b} (5; m)$ . Giá trị của m để 2 vecto cùng phương là:

A. -6.

B.

C. 8.

D.

Xem đáp án

Chọn D.

Ta có: cùng phương suy ra

Câu 2:

Cho các điểm A(1;1) ; B( 2;4) và C(10; -2) . Góc BAC bằng bao nhiêu độ?

A. 90⁰

B. 45⁰

C. 120⁰

D. 30⁰

Xem đáp án

Chọn A.

Ta có: và

Suy ra:

Câu 3:

Gọi là tổng bình phương độ dài ba trung tuyến của tam giác ABC. Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào đúng ?

A. S = ¾.( a²+ b²+ c²).

B. S = a²

C. S = 3/2.( a²+ b²+ c²).

D. S = 3( a²+ b²+ c²).

Xem đáp án

Chọn A.

Áp dụng công thức độ dài đuờng trung tuyến ta có

Câu 4:

Cho tam giác ABC có a²+ b²- c²> 0. Khi đó :

A. Góc C > 90⁰.

B. Góc C < 90⁰.

C. Góc C = 90⁰.

D. Không thể kết luận được gì về góc C.

Xem đáp án

Chọn B.

Theo hệ quả định lí cosin ta có:

Mà a²+ b²- c²> 0 suy ra: cosC > 0 suy ra: C < 90⁰.

Câu 5:

Một tam giác có ba cạnh là 52; 56; 60. Bán kính đường tròn ngoại tiếp là:

A. 32,5

B. 32

C. 36

D. Đáp án khác

Xem đáp án

Chọn A.

Ta có nửa chu vi của tam giác đã cho là:

P = (52 + 56 + 60) : 2 = 84

Suy ra:

Mà

Câu 6:

Khoảng cách từ A đến B không thể đo trực tiếp được vì phải qua một cái ao. Người ta xác định được một điểm C mà từ đó có thể nhìn được A và B dưới một góc 78⁰24’ . Biết CB = 120m và CA = 250 m. Khoảng cách AB bằng bao nhiêu ?

A. 198

B. 255

C. 156

D. 237

Xem đáp án

Chọn B.

Áp dụng định lí cosin trong tam giác ta có:

AB²= AC²+ BC²- 2BC.AC.cosC

= 250²+ 120²- 2.250.120.cos78⁰24’ = 64835

Suy ra AB = 255.

Câu 7:

Hai chiếc tàu thuỷ cùng xuất phát từ vị trí A, đi thẳng theo hai hướng tạo với nhau một góc 60⁰. Tàu thứ nhất chạy với tốc độ 30 km/h, tàu thứ hai chạy với tốc độ 40km/h. Hỏi sau 2 giờ hai tàu cách nhau bao nhiêu km?

A. 13

B.

C.

D. 15

Xem đáp án

Chọn C.

Sau 2h quãng đường tàu thứ nhất chạy được là: S₁= 30.2 = 60km

Sau 2h quãng đường tàu thứ hai chạy được là: S₂= 40.2 = 80 km

Suy ra sau 2h hai tàu cách nhau là:

Câu 8:

Tam giác ABC có BC = a; CA = b và AB = c và có diện tích S. Nếu tăng cạnh BC lên 2 lần đồng thời tăng cạnh AC lên 3 lần và giữ nguyên độ lớn của góc C thì khi đó diện tích của tam giác mới được tạo nên bằng:

A. 2S

B. 3S

C. 4S

D. 6S

Xem đáp án

Chọn D.

Diện tích tam giác ABC ban đầu là

Khi tăng cạnh BC lên 2 lần và cạnh AC lên 3 lần thì diện tích tam giác ABC lúc này là

Câu 9:

Tam giác ABC có BC = a và CA = b. Tam giác ABC có diện tích lớn nhất khi góc C bằng:

A. 60⁰

B. 90⁰

C. 150⁰

D. 120⁰

Xem đáp án

Chọn B.

Diện tích tam giác ABC là

S = ½. AC. BC.sinC = ½.a.b.sinC

Vì a; b không đổi và sinC ≤ 1 nên suy ra S ≤ ab/2

Dấu xảy ra khi và chỉ khi sinC = 1 hay

Vậy giá trị lớn nhất của diện tích tam giác ABC là ab/2.

Câu 10:

Cho tam giác ABC thoả mãn $b^{2} + c^{2} - a^{2} = \sqrt{3} b c$ . Khi đó :

A. A = 30⁰

B. A = 90⁰

C. A = 60⁰

D. A = 120⁰

Xem đáp án

Chọn A.

Áp dụng định lí ciosin trong tam giác ta có:

Câu 11:

Tam giác ABC có a = 16,8; $\hat{B} = 56^{o} 13'; \hat{C} = 71^{o}$ . Cạnh c gần với giá trị nào nhất?

A. 14

B. 16

C. 19

D. 20

Xem đáp án

Chọn D.

Ta có: Trong tam giác ABC:

Mặt khác theo định lí sin ta có:

Câu 12:

Cho tam giác ABC có b = 7; c = 5, cosA = 3/5. Đường cao h_a của tam giác ABC là

A.

B. 6.

C.

D.

Xem đáp án

Chọn A.

Áp dụng định lí cosin trong tam giác ta có:

a²= b²+ c²= 2bc.cosA = 7²+ 5²- 2.7.5.3/5 = 32

Nên

Mặt khác: sin²A + cos²A = 1 nên sin²A = 1 - cos²A = 16/25

Mà sinA > 0 nên sinA = 4/5

Mà:

Câu 13:

Cho tam giác ABC có A(5;3); B(2;-1) và C(-1; 5). Tìm tọa độ trực tâm tam giác ABC.

A. H(1;2)

B. (2;3)

C. (3;2)

D. (1;3)

Xem đáp án

Chọn C.

Gọi H(x; y) là trực tâm tam giác ABC

Câu 14:

Cho tam giác ABC có A(5;3) : B(2;-1) và C(-1; 5). Tính tọa độ chân đường cao vẽ từ A.

A. (1;2)

B. ( 1;1)

C. (1;-1)

D. (-2; 1)

Xem đáp án

Chọn B.

Gọi A’(x; y) là tọa độ chân đường cao vẽ từ A;

và

Ta có AA’ và BC vuông góc với nhau nên

Suy ra -3(x - 5) + 6(y - 3) = 0 hay x - 2y + 1 = 0 (1)

Và

cùng phương nên 2x + y – 3 = 0 (2)

Từ (1) và (2) suy ra x = y = 1

Vậy điểm A’ cần tìm có tọa độ (1; 1).

Câu 15:

Cho tam giác ABC có A(5;3) : B(2;-1) và C(-1; 5). Tính diện tích tam giác ABC.

A. 5

B. 10

C. 15

D. 20

Xem đáp án

Chọn C.

Gọi A’ là chân đường cao kẻ từ A.

Theo câu 64 ta có tọa độ điểm A’ là A’(1;1)

Ta có

Suy ra

Câu 16:

Cho ba điểm A(6; 3) ; B(-3; 6) và C(1;-2). Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

A. (1; 2)

B. (2; 4)

C. ( 1; -3)

D. (1; 3)

Xem đáp án

Chọn D.

Gọi O(x₀; y₀) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC suy ra:

OA= OB = OC nên

Câu 17:

Biết A(1;-1) và B(3;0) là hai đỉnh của hình vuông ABCD. Tìm tọa độ các đỉnh C ?

A. (4;2)

B. (2;2)

C. (4; -2)

D. Cả B và C đúng

Xem đáp án

Chọn D.

Giả sử tọa độ điểm C là (x; y) ;

và

Ta có :

Tứ giác ABCD hình vuông nên

Giải hệ phương trình trên ta được x = 4; y = -2 hoặc x = 2; y = 2

Từ đó suy ra có 2 điểm C thỏa mãn là C(4; -2) hoặc C( 2; 2)

Câu 18:

Trong mặt phẳng tọa độ cho ba điểm A(1; 4) ; B( -2; -2) và C( 4; 2). Xác định tọa độ điểm M sao cho tổng MA²+ 2MB²+ 3MC² nhỏ nhất.

A. (1;1)

B. (0,5; 1)

C. (1,5; 0)

D. (1,5; 1)

Xem đáp án

Chọn D.

Gọi điểm M có tọa độ là ( x; y)

MA²+ 2MB²+ 3MC²

= (x - 1)²+ (y - 4)²+ 2[ (x + 2)²+ (y + 2)²] + 3[ (x - 4)²+ (y - 2)²]

= 6x²-18x + 6y²-12y+ 93 = 1,5. (2x - 3)²+ 6(y - 1)²+ 147/2 ≥ 147/2

Dấu “=” xảy ra khi x = 1,5 và y = 1

Vậy tọa độ điểm M cần tìm là ( 1,5; 1).

Câu 19:

Cho hình chữ nhật ABCD biết AD = 1 . Giả sử E là trung điểm AB và thỏa mãn $\sin \hat{B D E} = \frac{1}{3}$ .Tính độ dài cạnh AB.

A. 1

B. 2

C . $\sqrt{2}$

D. $\sqrt{3}$

Xem đáp án

Chọn C.

Đặt AB = 2x suy ra AE = EB = x.

Vì góc BDE nhọn nên suy ra

Theo định lí Pitago ta có:

DE²= AD²+ AE²= 1 + x² nên

BD²= DC²+ BC²= 4x²+ 1 nên

Áp dụng định lí côsin trong tam giác BDE ta có

Suy ra: 4x⁴- 4x²+ 1 = 0 nên (do x > 0)

Vậy độ dài cạnh AB là .

Câu 20:

Cho tam giác ABC vuông tại B có AB=1. Trên tia đối của CA lấy điểm D sao cho CD = AB. Giả sử góc CBD bằng 30⁰. Tính AC.

A. 1

B. $\sqrt[3]{2}$

D. Đáp án khác

Xem đáp án

Chọn B.

Đặt AC = x > 0

Áp dụng định lí côsin trong tam giác ABD ta có

BD²= 1 + (1 + x) ²- 2.(1 + x). 1/x

Áp dụng định lí sin trong tam giác BCD ta có

$\frac{B D}{\sin \hat{B C D}} = \frac{D C}{\sin \hat{D B C}} \Leftrightarrow B D = \frac{\sin \hat{B C D} . D C}{\sin \hat{D B C}} = \frac{\sin \hat{B C A} . 1}{\sin 30 °} = \frac{2}{x}$ ( do $\hat{B C A} v à \hat{B C D}$ kề bù nên $\sin \hat{B C D} = \sin \hat{B C A}$ )

Suy ra ta được phương trình

$\Leftrightarrow 2 + 2 x + x^{2} - \frac{2}{x} - 2 - \frac{4}{x^{2}} = 0 \Leftrightarrow x^{4} + 2 x^{3} - 2 x - 4 = 0 \Leftrightarrow x^{3} (x + 2) - 2 (x + 2) = 0 \Leftrightarrow (x + 2) (x^{3} - 2) = 0$

$\Leftrightarrow [\begin{matrix} x + 2 = 0 \\ x^{3} - 2 = 0 \end{matrix} \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = - 2 (l o ạ i) \\ x = \sqrt[3]{2} (T M) \end{matrix}$