10 câu Trắc nghiệm Ôn tập Toán 10 Chương 2 Hình học có đáp án (Vận dụng)
10 câu hỏi
Cho tam giác ABC biết A−1;2,B2;0,C−3;1. Tìm tọa độ điểm M thuộc BC sao cho SABM=13SABC
M3;13
M−13;−13
M1;1
M13;13
Đáp án D
Giả sử M(x; y) là điểm thỏa mãn điều kiện đề bài.
Kẻ AH vuông góc với BC. Suy ra
12BM.AH=13.12AH.BC⇒BM→=13BC→x−2;y=13−5;1⇔x−2=−53y=13⇔x=13y=13⇒M13;13
Hai chiếc tàu thuỷ cùng xuất phát từ vị trí A, đi thẳng theo hai hướng tạo với nhau một góc 60∘. 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?
2013
1513
1013
15
Đáp án A
Ta có: 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 = 80km.
Vậy: sau 2h hai tàu cách nhau là:
S=S12+S22−2S1.S2.cos600=2013
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 A1, B1 cùng thẳng hàng với C1 thuộc chiều cao CD của tháp. Người ta đo được góc DA1C1^=490 và DB1C1^=350. Tính chiều cao CD của tháp
22,77m
21,47m
20,47m
21,77m
Đáp án A
Ta có:
C1DA1^=900−490=410;C1DB1^=900−350=550;
nên A1DB1^=140
Xét tam giác A1DB1 có
A1B1sinA1DB1^=A1DsinA1B1D^⇒A1D=12.sin350sin140≈28,45m
Xét tam giác C1A1D vuông tại C1, có:
sinC1A1D^=C1DA1D⇒C1D=A1D.sinC1A1D^=28,45.sin490≈21,47m
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
E (−7; 3)
E (7; 3)
E (1; 1)
E (73;−3)
Đáp án D
Ta có: AB2=8,AC2=2⇒ACAB=12
Giả sử E (x; y) thuộc đoạn BC. Theo tính chất đường phân giác ta có:
EBAB=ECAC⇒ECEB=ACAB=12⇒EC→EB→=−12⇔2−x;−2−y=−123−x;−5−y⇔2−x=−32+12x−2−y=52+ 12y⇔x=73y=−3⇒E73;−3
Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Tính cos góc giữa hai trung tuyến BE và CF
cosa=15
cosa=25
cosa=45
Kết quả khác
Đáp án C
Gọi a là góc tạo bởi hai trung tuyến BE, CF
Khi đó cosa=BE→.CF→BE→CF→
Sử dụng phân tích
BE→.CF→=BA→+AE→CA→+AF→=BA→.CA→+BA→.AF→+AE→.CA→+AE→.AF→=0−AB→.AB→2−AC→.AC→2+0=−AB22−AC22=−AB22−AB22=−AB2
BE=CF=AB2+AE2=AB2+AB24=AB54
Từ đó suy ra cosa=AB2AB254=45
Xác định dạng của tam giác ABC biết rằng S=336a+b+c2
Tam giác tù
Tam giác vuông
Tam giác đều
Chưa đủ điều kiện để kết luận
Đáp án C
Với p là nửa chu vi của tam giác ta có:
S=336a+b+c2=336.2p2=39p2
Theo công thức He-rong ta có:
pp−ap−bp−c=39p2⇔p−ap−bp−c=127p3
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
p−ap−bp−c≤p−a+p−b+p−c327=3p−a+b+c327=3p−2p327=p327
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Khi đó tam giác ABC đều
Tìm bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết b = 7cm, c = 5cm, cosA=35
R=522
R=52
R=22
R=225
Đáp án A
Theo định lí cosin ta có:
a2=b2+c2−2bccosA=72+52−2.7.5.35=32⇒a=42
Từ công thức sin2A+cos2A=1⇒sinA=45
Theo định lí sin ta có: asinA=2R
⇒R=a2sinA=422.45=522
Xác định hình dạng tam giác ABC biết b3+c3−a3b+c−a=a2a=2bcosC
Tam giác tù
Tam giác vuông
Tam giác đều
Chưa đủ diều kiện để kết luận
Đáp án C
Theo định lí cosin ta có: cosC=a2+b2−c22ab thay vào đẳng thức thứ hai của hệ trên. Ta có:
a=2bcosC=2b.a2+b2−c22ab⇒a2=a2+b2−c2⇔b2−c2=0⇔b2=c2⇔b=c
Thay b = c vào hệ thức thứ nhất ta có:
2b3−a32b−a=a2⇔2b3−a3=2ba2−a3⇔b2=a2⇔a=b
Do đó a = b = c. Vậy tam giác ABC đều
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A3;4,B2;1,C−1;−2. Gọi M (x; y) là điểm trên đường thẳng BC sao cho SΔABC=4SΔABM. Tính P = x.y
P=516P=716
P=7716P=716
P=516P=7716
Đáp án khác
Đáp án C
Dễ thấy SΔABCSΔABM=4⇔BCBM=4⇔BC→=4BM→BC→=−4BM→
TH1: BC→=4BM→⇒BM→=14BC→
thì x−2=−34y−1=−34⇔x=54y=14⇒x.y=516
TH2: BC→=−4BM→⇒BM→=−14BC→
thì x−2=34y−1=34⇔x=114y=74⇒x.y=7716
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≤x≤1), DN = y (0≤y≤1). Tìm mối liên hệ giữa x và y sao cho CM⊥BN
x−y=0
x−y2=0
x+y=1
x−y3=0
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: CM→=1;x−1;BN→=y−1;−1
Do đó: CM⊥BN
⇔CM→.BN→=0⇔x−y=0
