20 câu trắc nghiệm Toán 10 Kết nối tri thức Bài 7. Các khái niệm mở đầu (Đúng sai - trả lời ngắn) có đáp án
20 câu hỏi
Phần I. Trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn
Cho hai điểm phân biệt \(A\) và \(B\), số vectơ khác vectơ - không có thể xác định được từ 2 điểm trên là:
\(4\).
\(3\) .
\(2\).
\(1\) .
Đáp án đúng là: C
Ta có hai vectơ đó là \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {BA} \).
Cho tam giác \(ABC\), có thể xác định được bao nhiêu vectơ (khác vectơ không) có điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh \(A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C\).
\(3\).
\(4\).
\(5\).
\(6\).
Đáp án đúng là: D
Có 6 vectơ là \(\overrightarrow {AB} ,{\rm{ }}\overrightarrow {BA} ,{\rm{ }}\overrightarrow {AC} ,{\rm{ }}\overrightarrow {CA} ,{\rm{ }}\overrightarrow {BC} ,{\rm{ }}\overrightarrow {CB} \).
Cho ba điểm \[M,N,P\] thẳng hàng, trong đó điểm \[N\] nằm giữa hai điểm \[M\] và \[P\]. Khi đó các cặp vectơ nào sau đây cùng hướng?
\[\overrightarrow {MN} \]và \[\overrightarrow {PN} \].
\[\overrightarrow {MN} \]và \[\overrightarrow {MP} \].
\[\overrightarrow {MP} \]và \[\overrightarrow {PN} \].
\[\overrightarrow {NM} \]và \[\overrightarrow {NP} \].
Đáp án đúng là: B
Chọn câu dưới đây để mệnh đề sau là mệnh đề đúng: Nếu có \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AC} \) thì
tam giác \[ABC\] là tam giác cân.
tam giác \[ABC\] là tam giác đều.
\(A\) là trung điểm của đoạn \[BC\].
điểm \(B\) trùng với điểm \(C\).
Đáp án đúng là: D
\(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AC} \Rightarrow \)\(A,\) \(B,\) \(C\) là ba điểm thằng hàng và \(B,\) \(C\) nằm cùng phía so với \(A\);
mà \(AB = AC\) nên \(B \equiv C\).
Cho hình chữ nhật\(ABCD\) có \(AB = 3{\rm{cm}}\), \(AD = 4{\rm{cm}}\). Tính \(\left| {\overrightarrow {AC} } \right|\).
\[3\] cm.
\[4\] cm.
\[5\] cm.
\[6\] cm.
Đáp án đúng là: C
Ta có \(AC = BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {9 + 16} = 5\). Suy ra \(\left| {\overrightarrow {AC} } \right| = AC = 5\,\,{\rm{cm}}\).
Cho lục giác đều \(ABCDEF\) có tâm \(O\). Đẳng thức nào sau đây là sai?
\(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {ED} .\)
\(\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \left| {\overrightarrow {AF} } \right|.\)
\(\overrightarrow {OD} = \overrightarrow {BC} .\)
\(\overrightarrow {OB} = \overrightarrow {OE} .\)
Đáp án đúng là: D
Vì \(ABCDEF\) là lục giác đều tâm \(O\) nên:
+ \(AB = ED\), \(AB\,{\rm{//}}\,ED\) và hai vectơ \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {ED} \) cùng hướng, suy ra \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {ED} .\)
+ \(AB = AF\) nên \(\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \left| {\overrightarrow {AF} } \right|.\)
+ \(OD = BC\), \(OD\,{\rm{//}}\,BC\) và hai vectơ \(\overrightarrow {OD} ,\,\overrightarrow {BC} \) cùng hướng, suy ra \(\overrightarrow {OD} = \overrightarrow {BC} .\)
+ Hai vectơ \(\overrightarrow {OB} ,\overrightarrow {OE} \) ngược hướng nên hai vectơ này không thể bằng nhau.
Gọi \(M,\;N\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AB,\;AC\) của tam giác đều \(ABC\). Đẳng thức nào sau đây đúng?
\(\overrightarrow {MA} = \overrightarrow {MB} .\)
\(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AC} .\)
\(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {BC} .\)
\(\left| {\overrightarrow {BC} } \right| = 2\left| {\overrightarrow {MN} } \right|.\)
Đáp án đúng là: D
Ta có \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\).
Do đó BC=2MN→BC→=2MN→.
Cho hình bình hành \[ABGE\]. Đẳng thức nào sau đây đúng?
\[\overrightarrow {BA} = \overrightarrow {EG} \].
\[\overrightarrow {AG} = \overrightarrow {BE} \].
\[\overrightarrow {GA} = \overrightarrow {BE} \].
\[\overrightarrow {BA} = \overrightarrow {GE} \].
Đáp án đúng là: D
Hình bình hành \[ABGE\]\[ \Leftrightarrow \overrightarrow {BA} = \overrightarrow {GE} \].
Cho hình thoi tâm O, cạnh bằng a và \(\widehat A = 60^\circ \). Kết luận nào sau đây là đúng?
\(\left| {\overrightarrow {AO} } \right| = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
\(\left| {\overrightarrow {OA} } \right| = a\).
\(\left| {\overrightarrow {OA} } \right| = \left| {\overrightarrow {OB} } \right|\).
\(\left| {\overrightarrow {OA} } \right| = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
Đáp án đúng là: A
Vì \(\widehat A = 60^\circ \Rightarrow \Delta ABD\) đều \( \Rightarrow AO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AO} } \right| = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Cho hình bình hành \(ABCD\). Trên các đoạn thẳng \(DC,\,\,AB\) theo thứ tự lấy các điểm \(M,\,\,N\) sao cho \(DM = BN\). Gọi \(P\) là giao điểm của \(AM,\,\,DB\) và \(Q\) là giao điểm của \(CN,\,\,DB\). Khẳng định nào đúng?
\[\overrightarrow {DP} = \overrightarrow {QB} \].
\[\overrightarrow {MQ} = \overrightarrow {NP} \].
\[\left| {\overrightarrow {PQ} } \right| = \left| {\overrightarrow {MN} } \right|\].
\[\left| {\overrightarrow {MN} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} } \right|\].
Đáp án đúng là: A
Ta có \(DM = BN \Rightarrow AN = MC\), mặt khác \(AN\) song song với \(MC\) do đó tứ giác \(ANCM\) là hình bình hành. Suy ra \(AM\,{\rm{//}}\,NC\).
Xét tam giác \(\Delta DMP\) và \(\Delta BNQ\) ta có \(DM = NB\) (giả thiết), \(\widehat {PDM} = \widehat {QBN}\) (so le trong).
Mà \(\widehat {DMP} = \widehat {MCN}\) (hai góc đồng vị) và \(\widehat {MCN} = \widehat {BNQ}\) (so le trong) suy ra \(\widehat {DMP} = \widehat {BNQ}\).
Do đó \(\Delta DMP = \Delta BNQ\) (g.c.g) suy ra \(DP = QB\).
Dễ thấy \(\overrightarrow {DP} ,\,\,\overrightarrow {QB} \) cùng hướng vì vậy \(\overrightarrow {DP} = \overrightarrow {QB} \).
Phần II. Trắc nghiệm đúng, sai
Cho tam giác \(ABC\) có \(M\) và \(N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(AC\). Lấy điểm \(P\) đối xứng với điểm \(M\) qua \(N\).
a) \(MN = BC\).
b) \(\left| {\overrightarrow {MP} } \right| = \left| {\overrightarrow {BC} } \right|\).
c) \(\overrightarrow {MN} \) và \(\overrightarrow {BC} \) ngược hướng.
d) \(\overrightarrow {MP} = \overrightarrow {BC} \).
a) Sai. Do \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\) nên \(MN = \frac{1}{2}BC\) và \(MN\,{\rm{//}}\,BC\).
b) Đúng. Điểm \(P\) đối xứng với điểm \(M\) qua \(N\) nên \(MP = 2MN = BC\).
Do đó \(\left| {\overrightarrow {MP} } \right| = \left| {\overrightarrow {BC} } \right|\). (1)
c) Sai. Xét nửa mặt phẳng bờ \(AB\) chứa \(C\), ta có \(N\) là trung điểm \(AC\) nên \(N\) và \(C\) cùng phía \(AB\) hay cùng phía \(MB\), mà \(MN\,{\rm{//}}\,BC\), do đó hai vectơ \(\overrightarrow {MN} \) và \(\overrightarrow {BC} \) cùng hướng.
d) Đúng. Ta có \(P\) đối xứng \(M\) qua \(N\) nên hai vectơ \(\overrightarrow {MP} \) và \(\overrightarrow {MN} \) cùng hướng, dễ thấy \(\overrightarrow {MN} \ne \overrightarrow 0 \) nên hai vectơ \(\overrightarrow {MP} \) và \(\overrightarrow {BC} \) cùng hướng. (2)
Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(\overrightarrow {MP} = \overrightarrow {BC} \).
Cho tứ giác \(ABCD\). Gọi \(M,N,P,Q\) lần lượt là trung điểm \(AB,BC\),\(CD,DA\).
a) \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ACD\).
b) \(PQ = \frac{1}{2}AC\).
c) Tứ giác \(MNPQ\) là hình thang.
d) \(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {QP} \).
a) Sai. Ta có \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}MN\parallel AC\\MN = \frac{1}{2}AC\end{array} \right.\left( 1 \right)\).
b) Đúng. Tương tự, \(PQ\) là đường trung bình của tam giác \(ACD\) nên: \(\left\{ \begin{array}{l}PQ\parallel AC\\PQ = \frac{1}{2}AC\end{array} \right.\left( 2 \right)\).
c) Sai. Từ (1), (2) suy ra \(MN\,{\rm{//}} = \,PQ\) nên tứ giác \(MNPQ\) là hình bình hành.
d) Đúng. Vì tứ giác \(MNPQ\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {QP} \).
Cho \(\Delta ABC\) đều cạnh \(a\), trực tâm \(H\).
a) \(AH \bot BC\).
b) \(AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
c) \(\overrightarrow {HA} = \overrightarrow {HB} = \overrightarrow {HC} \).
d) \(\left| {\overrightarrow {HA} } \right| = \left| {\overrightarrow {HB} } \right| = \left| {\overrightarrow {HC} } \right| = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}{\rm{. }}\)
a) Đúng. Vì \(H\) là trực tâm của \(\Delta ABC\) nên \(AH \bot BC\).
b) Sai. Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm cạnh \(BC,AB\).
Do tam giác \(ABC\) đều nên \(AM,BN\) cũng là các đường cao của tam giác \(ABC\), vì vậy \(H\) vừa là trực tâm vừa là trọng tâm tam giác này.
Áp dụng định lí Pythagore cho \(\Delta ABM\), ta có: \(A{M^2} = A{B^2} - B{M^2} = {a^2} - {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{3{a^2}}}{4}\)
\( \Rightarrow AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}{\rm{. }}\)
Theo tính chất trọng tâm, ta có: \(AH = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
c) Sai. Vì các vectơ \(\overrightarrow {HA} ,\overrightarrow {HB} ,\overrightarrow {HC} \) không cùng phương nên chúng không thể bằng nhau.
d) Đúng. Dễ thấy ba vectơ \(\overrightarrow {HA} ,\overrightarrow {HB} ,\overrightarrow {HC} \) có độ dài bằng nhau:
\(\left| {\overrightarrow {HA} } \right| = \left| {\overrightarrow {HB} } \right| = \left| {\overrightarrow {HC} } \right| = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}{\rm{. }}\)
Cho hình thang \(ABCD\) vuông tại \(A\) và \(D\) có \(AB = AD = \frac{1}{2}DC = a\). Gọi \(BF\) là đường phân giác trong của tam giác \(ABD\,\,\left( {F \in AD} \right)\).
a) \(C{A^2} = D{A^2} + D{C^2}\).
b) \(\left| {\overrightarrow {CA} } \right| = a\sqrt 3 \).
c) \(\widehat {ABF} = 45^\circ \).
d) \(\left| {\overrightarrow {BF} } \right| \approx 2,08a\).
a) Đúng. Ta có \(C{A^2} = D{A^2} + D{C^2} = {a^2} + {\left( {2a} \right)^2} = 5{a^2}\) (Theo định lí Pythagore).
b) Sai. Từ câu a) suy ra \(\left| {\overrightarrow {CA} } \right| = CA = a\sqrt 5 \).
c) Sai. Tương tự \(\left| {\overrightarrow {BD} } \right| = BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \).
Dễ thấy \(\Delta ABD\) vuông cân tại \(A\), do đó: \(\widehat {ABD} = 45^\circ \Rightarrow \widehat {ABF} = 22,5^\circ \).
d) Sai. Xét \(\Delta ABF\) vuông tại \(A\), ta có: \(\left| {\overrightarrow {BF} } \right| = BF = \frac{{AB}}{{\cos \widehat {ABF}}} = \frac{a}{{\cos 22,5^\circ }} \approx 1,08a\).
Cho \(\Delta ABC\) có trực tâm \(H\) và \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Gọi \(B'\) là điểm đối xứng của \(B\) qua \(O\).
a) \(B'C \bot BC\).
b) \(B'C{\rm{//}}AB\).
c) Tứ giác \(AB'CH\) là hình bình hành.
d) \(\overrightarrow {AH} = \overrightarrow {B'C} ;\,\,\overrightarrow {AB'} = \overrightarrow {HC} \).
a) Đúng. Ta có \(BB'\) là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) nên \(\widehat {BCB'} = 90^\circ \) \( \Rightarrow B'C \bot BC\).
b) Sai. Ta có \(AH \bot BC\), suy ra \(B'C{\rm{//}}AH\) (1). Mà \(A,B,\,H\) không thẳng hàng nên \[B'C\] không song song với \(AB\).
c) Đúng. Tương tự: \(\widehat {BAB'} = 90^\circ \) hay \(AB' \bot AB\) mà \(CH \bot AB\) nên \(CH\,{\rm{//}}\,AB'\,\,(2)\).
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác \(AB'CH\) là hình bình hành.
d) Đúng. Vì tứ giác \(AB'CH\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow {AH} = \overrightarrow {B'C} ;\,\,\overrightarrow {AB'} = \overrightarrow {HC} \).
Phần III. Trắc nghiệm trả lời ngắn
Cho hình chữ nhật \(ABCD\) tâm \(O\) có cạnh \(AB = \sqrt 3 ,AD = 1\). Tìm vectơ \(\vec u\) khác vectơ không và cùng hướng với vectơ \(\overrightarrow {BD} \) (khác \(\overrightarrow {BD} \)), tính độ dài vectơ \(\vec u\) đó.
Ta có \(\vec u\) khác vectơ không và cùng hướng với vectơ \(\overrightarrow {BD} \) nên \(\vec u\) là một trong hai vectơ \(\overrightarrow {BO} ,\overrightarrow {OD} \).
Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác \(ABD\): \(B{D^2} = A{B^2} + A{D^2} = 3 + 1 = 4 \Rightarrow BD = 2\).
Vì vậy \(\left| {\vec u} \right| = \left| {\overrightarrow {BO} } \right| = \left| {\overrightarrow {OD} } \right| = \frac{{BD}}{2} = 1\).
Đáp án: 1.
Cho tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) và \(G\) là trọng tâm. Gọi \(I\) là trung điểm của \(AG\). Tính độ dài của vectơ \(\overrightarrow {BI} \) ta được kết quả là \(\frac{{a\sqrt m }}{6}\). Khi đó, giá trị của \(m\) bằng bao nhiêu?
Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\), ta có:
\(AG = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3}\sqrt {A{B^2} - B{M^2}} = \frac{2}{3}\sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
Suy ra \(MI = AG = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
Khi đó, \(\left| {\overrightarrow {BI} } \right| = BI = \sqrt {B{M^2} + M{I^2}} = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{3}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{6}\).
Vậy \(m = 21\).
Đáp án: 21.
Cho hình chữ nhật \(ABCD\). Có bao nhiêu vectơ được tạo thành mà điểm đầu và điểm cuối lấy từ các đỉnh của hình chữ nhật?
Dễ thấy có 4 vectơ-không là: \(\overrightarrow {AA} ,\overrightarrow {BB} ,\overrightarrow {CC} ,\overrightarrow {DD} \).
Từ mỗi đỉnh của hình chữ nhật, ta lập được 3 vectơ khác vectơ-không nhận đỉnh đó làm điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh còn lại. Chẳng hạn với đỉnh \(A\) ta có: \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AD} \).
Suy ra có 12 vectơ khác \(\vec 0\).
Như vậy có tất cả 16 vectơ thỏa mãn.
Đáp án: 16.
Cho hình lục giác đều ABCDEF tâm O. Có bao nhiêu vectơ khác vectơ-không, cùng phương với vectơ \(\overrightarrow {OB} \) có điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh của lục giác?
Các vectơ cùng phương với vectơ \(\overrightarrow {OB} \) có điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh của lục giác là: \(\overrightarrow {BE} ,\overrightarrow {EB} ,\overrightarrow {DC} ,\overrightarrow {CD} ,\overrightarrow {FA} ,\overrightarrow {AF} .\)
Đáp án: 6.
Cho hình thoi \(ABCD\) có tâm \(I\). Xét các khẳng định sau:
a) \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {BC} \);
b) \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \);
c) \(\overrightarrow {IA} = \overrightarrow {ID} \);
d) \(\overrightarrow {IB} = \overrightarrow {IA} \);
e) \(\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \left| {\overrightarrow {BC} } \right|\);
f) \(2\left| {\overrightarrow {IA} } \right| = \left| {\overrightarrow {BD} } \right|\).
Hãy cho biết có bao nhiêu khẳng định đúng trong các khẳng định trên?
Các khẳng định đúng: \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \); \(\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \left| {\overrightarrow {BC} } \right|\).
Đáp án: 2.
