10000 câu trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2025 mới nhất (có đáp án) - Phần 55
30 câu hỏi
Tứ giác ABCD có các điểm E, F, G, H là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA. Chứng minh tứ giác EFGH là hình bình hành.
Tam giác ABD có E, H là trung điểm của hai cạnh AB và AD.
Suy ra EH là đường trung bình của ∆ABD nên EH // BD và 2EH = BD.
Tương tự, GF cũng là đường trung bình của ∆BCD nên GF // BD và 2GF = BD.
Do đó ta có: EH // GF và EH = GF.
Suy ra tứ giác EFGH là hình bình hành.
Cho hình bình hành ABCD. Gọi E, F là các hình chiếu của A và C lên đường chéo BD. Chứng minh tứ giác AECF là hình bình hành.
Ta có: AE BD, CF BD nên AE // CF.
ABCD là hình bình hành nên ∆ABD = ∆BCD.
Khi đó, hai đường cao ứng với hai đỉnh tương ứng của hai tam giác là AE và CF có độ lớn bằng nhau.
Suy ra tứ giác AECF là hình bình hành.
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ lớn cạnh đáy là \[4\sqrt 2 \] cm, cạnh bên là 5 cm. Tính độ dài trung đoạn của hình chóp trên.
Gọi M là trung điểm của BC.
S.ABCD là chóp tứ giác đều nên mặt bên SBC là tam giác cân tại S.
Suy ra SM BC nên SM là trung đoạn của hình chóp.
Ta có: \[OC = \frac{{CD}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{4\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} = 4\] (cm).
Áp dụng định lý Pythagore trong ∆SOC, ta có:
\[SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}} = \sqrt {{5^2} - {4^2}} = 3\] (cm).
OM = 0,5.CD = \[2\sqrt 2 \] (cm).
Áp dụng định lý Pythagore trong ∆SOM, ta có:
SM = \[\sqrt {S{O^2} + O{M^2}} = \sqrt {{3^2} + {{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt {17} \] (cm)
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC, đường cao SO = 4 cm. Tam giác ABC có cạnh dài 2 cm. Tính trung đoạn của hình chóp.
S.ABC là chóp tam giác đều nên O là trọng tâm của ∆ABC.
Gọi M = AO BC nên M là trung điểm của BC.
Khi đó SM BC nên SM là trung đoạn của hình chóp.
Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông ABM, ta có:
\[AM = \sqrt {A{B^2} - B{M^2}} = \sqrt {{2^2} - {1^2}} = \sqrt 3 \] (cm)
Suy ra \[OM = \frac{1}{3}AM = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\] (cm)
Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông SOM, ta có:
– \[SM = \sqrt {S{O^2} + O{M^2}} = \sqrt {{4^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{7\sqrt 3 }}{3}\] (cm).
Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Chứng minh rằng
\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}}\).
Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông ABC, ta có:
\[B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\] (1)
Diện tích tam giác ABC là: \[{S_{ABC}} = \frac{1}{2}BC.AH = \frac{1}{2}AB.AC\].
Suy ra \[BC = \frac{{AB.AC}}{{AH}}\] (2)
Thay (2) vào (1) ta được: \[{\left( {\frac{{AB.AC}}{{AH}}} \right)^2} = A{B^2} + A{C^2}\].
Suy ra \[\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{{A{B^2} + A{C^2}}}{{{{\left( {AB.AC} \right)}^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}}\].
Cho tam giác ABC có BC = 6cm. D AC thỏa mãn CD = 2AD, E BC. Đoạn thẳng DE chia tam giác ABC thành hai phần thỏa mãn diện tích hình tứ giác gấp 3 lần diện tích hình tam giác. Tính độ dài đoạn thẳng BE.
Theo giả thiết, ta có: SABED = 3.SCDE nên SABCD = 4.SCED
Ta có: \[\frac{1}{2}.CB.CA.\sin \widehat {BCA} = 4.\frac{1}{2}.CE.CD.\sin \widehat {BCA}\]
Suy ra \[\frac{{CB}}{{CE}} = 4.\frac{{CD}}{{CA}} = 4.\frac{1}{3} = \frac{4}{3}\].
Do đó \[BE = \frac{1}{4}BC = 1,5\,\,(cm).\]
Tìm x trong hình vẽ sau, biết I là giao điểm của các đường phân giác trong tam giác.
Ta có: \[\widehat {ABC} + \widehat {ACB} = 2\widehat {.IBC} + 2\widehat {.ICB} = 2.37^\circ + 2.23^\circ = 120^\circ \].
Suy ra: \[\widehat {BAC} = 180^\circ - \left( {\widehat {ABC} + \widehat {ACB}} \right) = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ \].
Do đó: \[x = \frac{{\widehat {BAC}}}{2} = 30^\circ \].
Cho tam giác ABC cân tại A. Kẻ các đường phân giác BD, CE. Lấy M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng AM, BD, CE đồng quy.
Ta có ∆ABC là tam giác cân tại A nên đường trung tuyến AM là đường phân giác của góc A của ∆ABC.
Do đó, ta có các đường thẳng AM, BD, CE là các đường phân giác trong của tam giác ABC nên ba đường thẳng này đồng quy.
Hãy xét xem các khẳng định sau là đúng hay sai? Vì sao?
(a) (–13).(–5) > (–13).2;
(b) 7 + (–3).5 > 7 + (–5).(–3).
a) Khẳng định đúng vì 65 > –26
b) Khẳng định sai vì –8 < 22
Cho x > y, hãy so sánh
(a) –3x + 4 và –3y + 4;
(b) 2x + 3 và 2y – 5.
a) Vì x > y nên –3x < –3y.
Do đó –3x + 4 < –3y + 4.
b) Vì x > y nên 2x > 2y.
Do đó 2x + 3 > 2y + 3 > 2y – 5.
Trong những khẳng định dưới đây, khẳng định nào là sai?
Tứ giác có hai cặp cạnh đối song song là hình bình hành.
Tứ giác có hai cặp góc đối bằng nahu là hình bình hành.
Tứ giác có hai cặp cạnh đối bằng nhau là hình bình hành.
Hình thang có hai góc kề một đáy bằng nhau là hình bình hành.
Đáp án đúng là: D
Hình bình hành có các cặp cạnh song song nên hai góc kề một đáy bù nhau.
Cho tứ giác MNPQ, tứ giác MNPQ là hình bình hành khi
\[\widehat M = \widehat P\,,\,\,\widehat N = \widehat Q\].
\[\widehat N = \widehat Q\].
MN // PQ, MQ = NP.
\[\widehat M = \widehat P\].
Đáp án đúng là: A
Hình tứ giác có các cặp góc đối bằng nhau là một hình bình hành.
Cho tam giác ABC, các trung tuyến AD, BE, CF đồng quy tại G. Gọi các điểm H, I là trung điểm của GC và GB. Tứ giác EFIH là
Hình thang vuông.
Hình bình hành.
Hình thang cân.
Hình chữ nhật.
Đáp án đúng là: B
Ta nhận thấy G là trọng tâm của tam giác ABC.
Do đó: BG = 2EG, mà BG = 2GI.
Suy ra G là trung điểm của EI.
Tương tự, ta chứng minh được G là trung điểm của HF.
Do đó tứ giác EFIH là hình bình hành.
Cho ∆ABC, các đường trung tuyến AD và BE cắt nhau tại G. Các điểm F, H đối xứng với G qua D và E. Tứ giác ABFH là
Hình thang cân.
Hình thang.
Hình bình hành.
Cả A, B, C đều sai.
Đáp án đúng là: C
Do F đối xứng với G qua điểm D nên D là trung điểm của GF hay GD = DF.
Lại có G là trọng tâm của ∆ABC nên AG = 2GD = GD + DF = GF.
Suy ra G là trung điểm của AF.
Tương tự, ta chứng minh được G là trung điểm của HB.
Do đó tứ giác ABFH là hình bình hành.
Có bao nhiêu hình bình hành trong hình vẽ sau?
3.
4.
5.
6.
Đáp án đúng là: D
– Tứ giác ABCD có các cặp cạnh đối AB = CD, AD = BC nên ABCD là hình bình hành.
Khi đó AB // CD và AD // BC.
– Tứ giác AEFD có cặp cạnh đối AE và DF song song và bằng nhau nên AEFD là hình bình hành.
– Tứ giác BEFC có cặp cạnh đối BE và CF song song và bằng nhau nên BEFC là hình bình hành.
– Tứ giác AECF có cặp cạnh đối AE và CF song song và bằng nhau nên AECF là hình bình hành.
– Tứ giác BEDF có cặp cạnh đối BE và DF song song và bằng nhau nên BEDF là hình bình hành.
– AECF và BEDF là hình bình hành nên AF // CE và DE // BF. Suy ra tứ giác GEHF có các cặp cạnh đối song song với nhau nên GEHF là hình bình hành.
Cho hình vẽ. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào là sai?
AB // CD.
ABCD là hình bình hành.
ABCD là hình thang cân.
BC // AD.
Đáp án đúng là: C
Dựa vào hình vẽ, ta nhận thấy tứ giác ABCD có các đường chéo AC và BD cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên ABCD là hình bình hành.
Suy ra AB // CD và BC // AD.
Cho hình bình hành ABCD. Tia phân giác của góc \[\widehat B\] cắt CD tại M, góc \[\widehat D\] cắt AB tại N. Khẳng định nào dưới đây là sai?
BMDN là hình bình hành.
BNDC là hình thang.
DMBA là hình thang cân.
DM = NB.
Đáp án đúng là: C
– Tứ giác BMDN có BN // DM, \[\widehat {NBM} = \widehat {NDM}\].
Suy ra \[180^\circ - \widehat {NBM} = 180^\circ - \widehat {NDM}\] hay \[\widehat {DMB} = \widehat {DNB}\].
Tứ giác BMDN có các góc đối bằng nhau nên BMDN là hình bình hành.
– Do đó DM = NB.
– Do BN // DC nên tứ giác BNDC là hình thang.
Cho ∆ABC. Hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H. Vẽ điểm F sao cho FB AB, FC AC. Tứ giác BFCH là
Hình thang cân.
Hình thang.
Hình bình hành.
Hình thang vuông.
Đáp án đúng là: B
Ta có:
+) CF AC, BH AC nên CF // BH.
+) BF AB, CH AB nên CH // BF.
Suy ra tứ giác BFCH là hình bình hành.
Cho tứ giác ABCD. E = AB CD, F = AD BC. M, N, P, Q là trung điểm của AE, EC, CF, FA. Tứ giác MNPQ là
Hình thang.
Hình thang cân.
Hình thang vuông.
Hình bình hành.
Đáp án đúng là: D
Tam giác AEC có M, N là trung điểm của AE và CE nên MN là đường trung bình của ∆AEC.
Suy ra MN // AC và AC = 2MN.
Tương tự, ta chứng minh được: PQ // AC và AC = 2PQ.
Do đó MN // PQ và MN = PQ nên tứ giác MNPQ là hình bình hành.
Cho tứ giác ABCD. E, F, M, N, P, Q là trung điểm của AB, CD, AF, CE, BF, DE. Khi đó MNPQ là
Hình thang.
Hình thang cân.
Hình thang vuông.
Hình bình hành.
Đáp án đúng là: D
Tam giác ABF có E, P là trung điểm của AB và BF nên EP là đường trung bình của ∆ABF.
Khi đó ta có EP // MF và EP = MF (M là trung điểm của AF).
Suy ra MEPF là hình bình hành.
Gọi O = MP EF, khi đó O là trung điểm của cả MP và EF.
Tương tự, ta chứng minh được tứ giác NEQF là hình bình hành.
Khi đó QN cắt EF tại trung điểm của EF là O và O cũng chính là trung điểm của QN.
Suy ra MP và QN cắt nhau tại O là trung điểm của mỗi đường.
Do đó MNPQ là hình bình hành.
Cho hình chóp đều S.ABCD có trung đoạn AM. Khẳng định nào sau đây là không đúng?
M là trung điểm của
M là trung điểm của
M là trung điểm của
M là trung điểm của BD.
Đáp án đúng là: D
Trung đoạn của hình chóp đều S.ABCD là đường cao kẻ từ đỉnh S của mỗi mặt bên.
Mà lại có các mặt bên của một hình chóp đều là tam giác cân nên M có thể là trung điểm của một trong 4 cạnh đáy hình chóp.
BD là đường chéo của đa giác đáy nên D là đáp án sai
Cho hình chóp tam giác đều có tất cả các cạnh có độ lớn là a. Độ lớn trung đoạn của hình chóp là
2a.
3a.
\[a\frac{{\sqrt 3 }}{2}\].
\[a\frac{{\sqrt 3 }}{4}\].
Đáp án đúng là: C
Ta có: \[SM = \sqrt {S{B^2} - B{M^2}} = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} = a\frac{{\sqrt 3 }}{2}\].
Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 4cm, cạnh bên bằng \[\sqrt {33} \]cm. Độ dài trung đoạn của hình chóp là
3 cm.
5 cm.
\[\sqrt {29} \] cm.
\[5\sqrt 2 \] cm.
Đáp án đúng là: C
Ta có:
+) \[SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}} = \sqrt {33 - {{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2}} = 5\] (cm).
+) \[SM = \sqrt {S{O^2} + O{M^2}} = \sqrt {{5^2} + {2^2}} = \sqrt {29} \] (cm).
Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng 10 cm, cạnh bên bằng 12 cm. Độ dài trung đoạn của hình chóp là
10 cm.
\[\sqrt {119} \] cm.
\[5\sqrt 5 \] cm.
12 cm.
Đáp án đúng là: B
Gọi M là trung điểm của cạnh BC.
Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông SBM:
\[SM = \sqrt {S{B^2} - B{M^2}} = \sqrt {{{12}^2} - {5^2}} = \sqrt {119} \] (cm).
Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 6cm. Mặt bên tạo với đáy một góc 60°. Độ dài trung đoạn của hình chóp là
\[6\sqrt 2 \] cm.
\[6\sqrt 3 \] cm.
12 cm.
6 cm.
Đáp án đúng là: D
Gọi M là trung điểm của BC.
Ta nhận thấy:
+) SM BC, OM BC.
+) SM (SBC), OM (ABCD).
+) (ABCD) (SBC) = BC.
Suy ra ((ABCD), (SBC)) = (SM, OM) = \[\widehat {SMO}\] = 60°.
Ta có: SM = \[\frac{{OM}}{{\cos 60^\circ }}\] = 2.3 = 6 (cm).
Cho hình chóp đều S.ABCD, biết rằng độ dài các cạnh bên bằng 10cm và các cạnh bên tạo với đáy một góc 60°. Độ dài trung đoạn của hình chóp S.ABCD là
10 cm
\[\frac{{5\sqrt {14} }}{4}\] cm.
\[\frac{{5\sqrt {10} }}{2}\] cm.
\[\frac{{5\sqrt {14} }}{2}\] cm.
Đáp án đúng là: B
Gọi M là trung điểm của BC, ta dễ thấy SM là trung đoạn của hình chóp S.ABCD
Do SO (ABCD) nên ta có: (SC, (ABCD)) = \[\widehat {SCO}\] = 60°.
Suy ra OC = SC.cos60° = 5 cm nên \[MC = \frac{{OC}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{5\sqrt 2 }}{2}\] (cm).
Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông SMC, ta có:
\[SM = \sqrt {S{C^2} + M{C^2}} = \sqrt {{{10}^2} - {{\left( {\frac{{5\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{5\sqrt {14} }}{2}\].
Cho hình chóp đều S.ABC có tất cả các cạnh bằng nhau và đều bằng 5. Độ dài trung đoạn của hình chóp là
10.
\[5\frac{{\sqrt 2 }}{2}\].
\[5\frac{{\sqrt 3 }}{2}\].
\[\frac{{5\sqrt 3 }}{4}\].
Đáp án đúng là: C
Gọi M là trung điểm của BC.
Dễ thấy SM là trung đoạn của hình chóp S.ABC.
∆SBC đều, cạnh 5cm: SM = SB.sin60° = \[5\frac{{\sqrt 3 }}{2}\].
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Cho biết cạnh bên của hình chóp có độ lớn là 5 cm, đáy là hình vuông có cạnh bằng 8cm. Độ dài trung đoạn của hình chóp là
3 cm.
\[3\sqrt 2 \] cm.
\[2\sqrt 3 \]cm.
\[3\sqrt 3 \] cm.
Đáp án đúng là: A
Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông SMB, ta có:
\[SM = \sqrt {S{B^2} - B{M^2}} = \sqrt {{5^2} - {4^2}} = 3\] (cm).
Cho hình chóp đều S.ABC, biết rằng độ dài các cạnh bên bằng 7cm và các cạnh bên tạo với đáy một góc 60°. Độ dài trung đoạn của hình chóp S.ABC là
\[\frac{{7\sqrt {13} }}{2}\] cm.
8 cm.
9 cm.
\[\frac{{7\sqrt {13} }}{4}\] cm.
Đáp án đúng là: D
Gọi M là trung điểm của BC, dễ thấy SM là trung đoạn của hình chóp.
Ta có: \[\widehat {SBO}\] = 60°
Do đó SO = SB.sin60° = \[7\frac{{\sqrt 3 }}{2}\]cm, OB = SB.cos60° = \[\frac{7}{2}\] (cm).
Suy ra: OM = \[\frac{1}{2}\]OA = \[\frac{1}{2}\]OB = \[\frac{7}{4}\] (cm).
Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông SOM, ta có:
\[SM = \sqrt {S{O^2} + O{M^2}} = \sqrt {{{\left( {7\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{7}{4}} \right)}^2}} = \frac{{7\sqrt {13} }}{4}\] (cm).
Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng 8cm. Mặt bên tạo với đáy một góc 45°. Độ dài trung đoạn của hình chóp là
\[\frac{{4\sqrt 6 }}{3}\] cm.
\[\frac{{4\sqrt 6 }}{6}\] cm.
\[\frac{{4\sqrt 6 }}{2}\] cm.
\[\frac{{4\sqrt 3 }}{3}\] cm.
Đáp án đúng là: A
Gọi M là trung điểm của BC, dễ thấy SM là trung đoạn của hình chóp.
Ta có: \[OM = AB.\frac{{\sqrt 3 }}{6} = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}\] (cm).
Lại có: \[\widehat {SMO}\] = 45° nên SM = \[\frac{{OM}}{{\cos 45^\circ }} = \frac{{4\sqrt 6 }}{3}\] (cm).
