10 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Trắc nghiệm Ôn tập Toán 10 Chương 2 Hình học có đáp án (Vận dụng)

Câu 1:

Cho tam giác ABC biết $A (- 1; 2), B (2; 0), C (- 3; 1)$ . Tìm tọa độ điểm M thuộc BC sao cho $S_{A B M} = \frac{1}{3} S_{A B C}$

A. $M (3; \frac{1}{3})$

B. $M (- \frac{1}{3}; - \frac{1}{3})$

C. $M (1; 1)$

D. $M (\frac{1}{3}; \frac{1}{3})$

Xem đáp án

Đáp án D

Giả sử M(x; y) là điểm thỏa mãn điều kiện đề bài.

Kẻ AH vuông góc với BC. Suy ra

$\frac{1}{2} B M . A H = \frac{1}{3} . \frac{1}{2} A H . B C \Rightarrow \vec{B M} = \frac{1}{3} \vec{B C} (x - 2; y) = \frac{1}{3} (- 5; 1) \Leftrightarrow \{\begin{matrix} x - 2 = - \frac{5}{3} \\ y = \frac{1}{3} \end{matrix} \Leftrightarrow \{\begin{matrix} x = \frac{1}{3} \\ y = \frac{1}{3} \end{matrix} \Rightarrow M (\frac{1}{3}; \frac{1}{3})$

Câu 2:

Hai chiếc tàu thuỷ cùng xuất phát từ vị trí A, đi thẳng theo hai hướng tạo với nhau một góc $60^{\circ}$ . Tàu thứ nhất chạy với tốc độ 30km/h, tàu thứ hai chạy với tốc độ 40km/h. Hỏi sau 2 giờ hai tàu cách nhau bao nhiêu km?

A. $20 \sqrt{13}$

B. $15 \sqrt{13}$

C. $10 \sqrt{13}$

D. 15

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có: Sau 2h quãng đường tàu thứ nhất chạy được là: $S_{1}$ = 30.2 = 60km.

Sau 2h quãng đường tàu thứ hai chạy được là: $S_{2}$ = 40.2 = 80km.

Vậy: sau 2h hai tàu cách nhau là:

$S = \sqrt{S_{1}^{2} + S_{2}^{2} - 2 S_{1} . S_{2} . \cos 60^{0}} = 20 \sqrt{13}$

Câu 3:

Muốn đo chiều cao của tháp chàm Por Klong Garai ở Ninh Thuận người ta lấy hai điểm A và B trên mặt đất có khoảng cách AB = 12m cùng thẳng hàng với chân C của tháp để đặt hai giác kế. Chân của giác kế có chiều cao h = 1,3m. Gọi D là đỉnh tháp và hai điểm $A_{1}, B_{1}$ cùng thẳng hàng với $C_{1}$ thuộc chiều cao CD của tháp. Người ta đo được góc $\hat{D A_{1} C_{1}} = 49^{0}$ và $\hat{D B_{1} C_{1}} = 35^{0}$ . Tính chiều cao CD của tháp

A. 22,77m

B. 21,47m

C. 20,47m

D. 21,77m

Xem đáp án

Đáp án A

Ta có:

$\hat{C_{1} D A_{1}} = 90^{0} - 49^{0} = 41^{0}; \hat{C_{1} D B_{1}} = 90^{0} - 35^{0} = 55^{0};$

nên $\hat{A_{1} D B_{1}} = 14^{0}$

Xét tam giác $A_{1} D B_{1}$ có

$\frac{A_{1} B_{1}}{\sin \hat{A_{1} D B_{1}}} = \frac{A_{1} D}{\sin \hat{A_{1} B_{1} D}} \Rightarrow A_{1} D = \frac{12. \sin 35^{0}}{\sin 14^{0}} \approx 28, 45 m$

Xét tam giác $C_{1} A_{1} D$ vuông tại $C_{1}$ , có:

$\sin \hat{C_{1} A_{1} D} = \frac{C_{1} D}{A_{1} D} \Rightarrow C_{1} D = A_{1} D . \sin \hat{C_{1} A_{1} D} = 28, 45. \sin 49^{0} \approx 21, 47 m$

Câu 4:

Cho tam giác ABC với tọa độ các đỉnh A (1; −3), B (3; −5), C (2; −2). Tìm tọa độ giao điểm E của BC với phân giác trong của góc A

A. E (−7; 3)

B. E (7; 3)

C. E (1; 1)

D. $E (\frac{7}{3}; - 3)$

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có: $A B^{2} = 8, A C^{2} = 2 \Rightarrow \frac{A C}{A B} = \frac{1}{2}$

Giả sử E (x; y) thuộc đoạn BC. Theo tính chất đường phân giác ta có:

$\frac{E B}{A B} = \frac{E C}{A C} \Rightarrow \frac{E C}{E B} = \frac{A C}{A B} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{\vec{E C}}{\vec{E B}} = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow (2 - x; - 2 - y) = - \frac{1}{2} (3 - x; - 5 - y) \Leftrightarrow \{\begin{matrix} 2 - x = - \frac{3}{2} + \frac{1}{2} x \\ - 2 - y = \frac{5}{2} + \frac{1}{2} y \end{matrix} \Leftrightarrow \{\begin{matrix} x = \frac{7}{3} \\ y = - 3 \end{matrix} \Rightarrow E (\frac{7}{3}; - 3)$

Câu 5:

Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Tính cos góc giữa hai trung tuyến BE và CF

A. $\cos a = \frac{1}{5}$

B. $\cos a = \frac{2}{5}$

C. $\cos a = \frac{4}{5}$

D. Kết quả khác

Xem đáp án

Đáp án C

Gọi a là góc tạo bởi hai trung tuyến BE, CF

Khi đó $\cos a = \frac{|\vec{B E} . \vec{C F}|}{|\vec{B E}| |\vec{C F}|}$

Sử dụng phân tích

$\vec{B E} . \vec{C F} = (\vec{B A} + \vec{A E}) (\vec{C A} + \vec{A F}) = \vec{B A} . \vec{C A} + \vec{B A} . \vec{A F} + \vec{A E} . \vec{C A} + \vec{A E} . \vec{A F} = 0 - \vec{A B} . \frac{\vec{A B}}{2} - \vec{A C} . \frac{\vec{A C}}{2} + 0 = - \frac{A B^{2}}{2} - \frac{A C^{2}}{2} = - \frac{A B^{2}}{2} - \frac{A B^{2}}{2} = - A B^{2}$

$B E = C F = \sqrt{A B^{2} + A E^{2}} = \sqrt{A B^{2} + \frac{A B^{2}}{4}} = A B \sqrt{\frac{5}{4}}$

Từ đó suy ra $\cos a = \frac{A B^{2}}{A B^{2} \frac{5}{4}} = \frac{4}{5}$

Câu 6:

Xác định dạng của tam giác ABC biết rằng $S = \frac{\sqrt{3}}{36} {(a + b + c)}^{2}$

A. Tam giác tù

B. Tam giác vuông

C. Tam giác đều

D. Chưa đủ điều kiện để kết luận

Xem đáp án

Đáp án C

Với p là nửa chu vi của tam giác ta có:

$S = \frac{\sqrt{3}}{36} {(a + b + c)}^{2} = \frac{\sqrt{3}}{36} . {(2 p)}^{2} = \frac{\sqrt{3}}{9} p^{2}$

Theo công thức He-rong ta có:

$\sqrt{p (p - a) (p - b) (p - c)} = \frac{\sqrt{3}}{9} p^{2} \Leftrightarrow (p - a) (p - b) (p - c) = \frac{1}{27} p^{3}$

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

$(p - a) (p - b) (p - c) \leq \frac{{(p - a + p - b + p - c)}^{3}}{27} = \frac{{(3 p - (a + b + c))}^{3}}{27} = \frac{{(3 p - 2 p)}^{3}}{27} = \frac{p^{3}}{27}$

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

Khi đó tam giác ABC đều

Câu 7:

Tìm bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết b = 7cm, c = 5cm, $\cos A = \frac{3}{5}$

A. $R = \frac{5 \sqrt{2}}{2}$

B. $R = \frac{5}{2}$

C. $R = \frac{\sqrt{2}}{2}$

D. $R = \frac{2 \sqrt{2}}{5}$

Xem đáp án

Đáp án A

Theo định lí cosin ta có:

$a^{2} = b^{2} + c^{2} - 2 b c \cos A = 7^{2} + 5^{2} - 2.7.5. \frac{3}{5} = 32 \Rightarrow a = 4 \sqrt{2}$

Từ công thức $\sin^{2} A + \cos^{2} A = 1 \Rightarrow \sin A = \frac{4}{5}$

Theo định lí sin ta có: $\frac{a}{\sin A} = 2 R$

$\Rightarrow R = \frac{a}{2 \sin A} = \frac{4 \sqrt{2}}{2. \frac{4}{5}} = \frac{5 \sqrt{2}}{2}$

Câu 8:

Xác định hình dạng tam giác ABC biết $\{\begin{matrix} \frac{b^{3} + c^{3} - a^{3}}{b + c - a} = a^{2} \\ a = 2 b \cos C \end{matrix}$

A. Tam giác tù

B. Tam giác vuông

C. Tam giác đều

D. Chưa đủ diều kiện để kết luận

Xem đáp án

Đáp án C

Theo định lí cosin ta có: $\cos C = \frac{a^{2} + b^{2} - c^{2}}{2 a b}$ thay vào đẳng thức thứ hai của hệ trên. Ta có:

$a = 2 b \cos C = 2 b . \frac{a^{2} + b^{2} - c^{2}}{2 a b} \Rightarrow a^{2} = a^{2} + b^{2} - c^{2} \Leftrightarrow b^{2} - c^{2} = 0 \Leftrightarrow b^{2} = c^{2} \Leftrightarrow b = c$

Thay b = c vào hệ thức thứ nhất ta có:

$\frac{2 b^{3} - a^{3}}{2 b - a} = a^{2} \Leftrightarrow 2 b^{3} - a^{3} = 2 b a^{2} - a^{3} \Leftrightarrow b^{2} = a^{2} \Leftrightarrow a = b$

Do đó a = b = c. Vậy tam giác ABC đều

Câu 9:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có $A (3; 4), B (2; 1), C (- 1; - 2)$ . Gọi M (x; y) là điểm trên đường thẳng BC sao cho $S_{Δ A B C} = 4 S_{Δ A B M}$ . Tính P = x.y

A. $[\begin{matrix} P = \frac{5}{16} \\ P = \frac{7}{16} \end{matrix}$

B. $[\begin{matrix} P = \frac{77}{16} \\ P = \frac{7}{16} \end{matrix}$

C. $[\begin{matrix} P = \frac{5}{16} \\ P = \frac{77}{16} \end{matrix}$

D. Đáp án khác

Xem đáp án

Đáp án C

Dễ thấy $\frac{S_{Δ A B C}}{S_{Δ A B M}} = 4 \Leftrightarrow \frac{B C}{B M} = 4 \Leftrightarrow [\begin{matrix} \vec{B C} = 4 \vec{B M} \\ \vec{B C} = - 4 \vec{B M} \end{matrix}$

TH1: $\vec{B C} = 4 \vec{B M} \Rightarrow \vec{B M} = \frac{1}{4} \vec{B C}$

thì $\{\begin{matrix} x - 2 = - \frac{3}{4} \\ y - 1 = - \frac{3}{4} \end{matrix} \Leftrightarrow \{\begin{matrix} x = \frac{5}{4} \\ y = \frac{1}{4} \end{matrix} \Rightarrow x . y = \frac{5}{16}$

TH2: $\vec{B C} = - 4 \vec{B M} \Rightarrow \vec{B M} = - \frac{1}{4} \vec{B C}$

thì $\{\begin{matrix} x - 2 = \frac{3}{4} \\ y - 1 = \frac{3}{4} \end{matrix} \Leftrightarrow \{\begin{matrix} x = \frac{11}{4} \\ y = \frac{7}{4} \end{matrix} \Rightarrow x . y = \frac{77}{16}$

Câu 10:

Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 1. Hai điểm M, N thay đổi lần lượt ở trên cạnh AB, AD sao cho AM = x ( $0 \leq x \leq 1$ ), DN = y ( $0 \leq y \leq 1$ ). Tìm mối liên hệ giữa x và y sao cho $C M ⊥ B N$

A. $x - y = 0$

B. $x - y \sqrt{2} = 0$

C. $x + y = 1$

D. $x - y \sqrt{3} = 0$

Xem đáp án

Đáp án A

Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.

Khi đó: D (0; 0), C (0; 1), A (1; 0); B (1; 1), M (1; x); N (y; 0).

Ta có: $\vec{C M} = (1; x - 1); \vec{B N} = (y - 1; - 1)$

Do đó: $C M ⊥ B N$

$\Leftrightarrow \vec{C M} . \vec{B N} = 0 \Leftrightarrow x - y = 0$