112 câu Trắc nghiệm Toán 10 Bài 3: Tích của vecto với một số có đáp án (Mới nhất)

a) Do 12CB→=CM→ suy ra theo quy tắc ba điểm ta có 12CB→+MA→=CM→+MA→=CA→

Vậy 12CB→+MA→=CA=a

Chọn A

b) Vì 12BC→=BM→ nên theo quy tắc trừ ta có BA→−12BC→=BA→−BM→=MA→

Theo định lí Pitago ta có MA=AB2−BM2=a2−a22=a32

Vậy BA→−12BC→=MA=a32

Chọn B

c) Gọi N là trung điểm AB, Q là điểm đối xứng của A qua C và P là đỉnh của hình bình hành AQPN.

Khi đó ta có 12AB→=AN→,  2AC→=AQ→ suy ra theo quy tắc hình bình hành ta có 12AB→+2AC→=AN→+AQ→=AP→

Gọi L là hình chiếu của A lên QN

Vì MN//AC⇒ANL^=MNB^=CAB^=600

Xét tam giác vuông ANL ta có

sinANL^=ALAN⇒AL=AN.sinANL^=a2sin600=a34

cosANL^=NLAN⇒NL=AN.cosANL^=a2cos600=a4

Ta lại có AQ=PN⇒PL=PN+NL=AQ+NL=2a+a4=9a4

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác ALP ta có

AP2=AL2+PL2=3a216+81a216=21a24⇒AP=a212

Vậy 12AB→+2AC→=AP=a212

Chọn B

d) Gọi K là điểm nằm trên đoạn AM sao cho MK=34MA, H  thuộc tia MB sao cho MH=2,5MB.

Khi đó 34MA→=MK→,  2,5MB→=MH→

Do đó 34MA→−2,5MB→=MK→−MH→=HK→

Ta có MK=34AM=34.a32=33a8, MH=2,5MB=2,5.a2=5a4

Áp dụng định lí Pitago cho tam tam giác vuông KMH ta có KH=MH2+MK2=25a216+27a264=a1278

Vậy 34MA→−2,5MB→=KH=a1278

Chọn B

a) Gọi O là tâm hình vuông.
Theo quy tắc ba điểm ta có u→=4MO→+OA→−3MO→+OB→+MO→+OC→−2MO→+OD→     =4OA→−3OB→+OC→−2OD→
Mà  OD→=−OB→,  OC→=−OA→ nên u→=3OA→−OB→
Suy ra u→ không phụ thuộc vào vị trí điểm M

b) Lấy điểm A'  trên tia OA sao cho OA'=3OA  khi đó OA'→=3OA→

 do đó u→=OA'→−OB→=BA'→

Mặt khác BA'=OB2+OA'2=OB2+9OA2=a5

Suy ra u→=a5

Chọn A

a) Theo quy tắc ba điểm ta có AN→+12CB→=NC→+CM→=NM→

Suy ra AN→+12CB→=MN=12AB=a2

Chọn C

b) Theo quy tắc trừ ta có 12BC→−2MN→=BM→−BA→=AM→

⇒12BC→−2MN→=AM=a32

Chọn B

c) Gọi F là điểm đối xứng của A qua C, điểm E là là đỉnh của hình bình hành ABEF, theo quy tắc hình bình hành ta có AB→+2AC→=AB→+AF→=AE→

Gọi I là hình chiếu của E lên AC.

Vì AB//EF⇒EIF^=CAB^=600

sinIFE^=IEEF⇒IE=EF.sinIFE^=asin600=a32

cosIFE^=IFEF⇒IF=EF.cosIFE^=acos600=a2

Áp dụng định lí Pitago ta có AE=AI2+IE2=2a+a22+a322=a282

Suy ra AB→+2AC→=AE=a282

Chọn B

d) Lấy các điểm H, K sao cho  0,25MA→=MH→;  32MB→=MK→

Suy ra 0,25MA→−32MB→=MH→−MK→=KH→

Do đó 0,25MA→−32MB→=KH=AM42+32MB2=a382+a42=a78Chọn C

Gọi O là tâm hình vuông.

Theo quy tắc ba điểm ta có

 u→=MO→+OA→−2MO→+OB→+3MO→+OC→−2MO→+OD→     =OA→−2OB→+3OC→−2OD→

Mà OD→=−OB→,  OC→=−OA→ nên u→=−2OA→

Suy ra u→ không phụ thuộc vào vị trí điểm M

b)   u→=−2OA→=2OA=a2

Chọn A

(Hình 1.16)
a) Theo quy tắc ba điểm ta có
AC→=AI→+IJ→=AI→+IJ→+JC→
Tương tự BD→=BI→+IJ→+JD→

Mà I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD nên AI→+BI→=0→,  JC→+JD→=0→

Vậy AC→+BD→=AI→+BI→+  JC→+JD→+2IJ→=2IJ→ đpcm

Chọn D

b) Theo hệ thức trung điểm ta có OA→+OB→=2OI→,  OC→+OD→=2OJ→

Mặt khác O là trung điểm IJ nên OI→+OJ→=0→

Suy ra OA→+OB→+OC→+OD→=2OI→+OJ→=0→ đpcm

Chọn C

c) Gọi F là điểm đối xứng của A qua C, điểm E là là đỉnh của hình bình hành ABEF, theo quy tắc hình bình hành ta có AB→+2AC→=AB→+AF→=AE→

Gọi I là hình chiếu của E lên AC.

Vì AB//EF⇒EIF^=CAB^=600 

sinIFE^=IEEF⇒IE=EF.sinIFE^=asin600=a32

cosIFE^=IFEF⇒IF=EF.cosIFE^=acos600=a2

Áp dụng định lí Pitago ta có

AE=AI2+IE2=2a+a22+a322=a282

Suy ra AB→+2AC→=AE=a282

Chọn B

c) Theo câu b ta có OA→+OB→+OC→+OD→=0→ do đó với mọi điểm M thì

OA→+OB→+OC→+OD→=0→⇔OM→+MA→+OM→+MA→+OM→+MA→+OM→+MA→=0→

⇔MA→+MB→+MC→+MD→=4MO→  đpcm

Chọn D

Vì G1 là trọng tâm tam giác BCA1 nên 3GG1→=GB→+GC→+GA1→

Tương tự G2,  G3 lần lượt là trọng tâm tam giác ABC1,  ACB1 suy ra

 3GG2→=GA→+GB→+GC1→và 3GG3→=GA→+GC→+GB1→

Công theo vế với vế các đẳng thức trên ta có

GG1→+GG2→+GG3→=2GA→+GB→+GC→+GA1→+GB1→+GC1→

Mặt khác hai tam giác ABC và A1B1C1 có cùng trọng tâm G nên

 GA→+GB→+GC→=0→và GA1→+GB1→+GC1→

Suy ra   GG1→+GG2→+GG3→=0→

Hình 1.17)
a) Dễ thấy HA→+HB→+HC→=2HO→  nếu tam giác ABC vuông
Nếu tam giác ABC không vuông gọi D là điểm đối xứng của A qua O khi đó
BH//DC (vì cùng vuông góc với AC)
BD//CH (vì cùng vuông góc với AB)

Suy ra BDCH là hình bình hành, do đó theo quy tắc hình bình hành thì HB→+HC→=HD→ (1)

Mặt khác vì O là trung điểm của AD nên HA→+HD→=2HO→ (2)

Từ (1) và (2) suy ra HA→+HB→+HC→=2HO→

Chọn B

b) Theo câu a) ta có

HA→+HB→+HC→=2HO→⇔HO→+OA→+HO→+OB→+HO→+OC→=2HO→

⇔OA→+OB→+OC→=OH→ đpcm

Chọn C

c) Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên OA→+OB→+OC→=3OG→

Mặt khác theo câu b) ta có OA→+OB→+OC→=OH→

Suy ra OH→=3OG→⇔OG→+GH→−3OG→=0→⇔GH→+2GO→=0→

Chọn B

Trên tia GD, GE, MF lần lượt lấy các điểm N, P, Q sao cho GN=a,  GP=b,  GQ=c và dựng hình bình hành GPRN
Ta có a2.GD→+b2.GE→+c2.GF→=0→⇔a.GD.GN→+b.GE.GP→+c.GF.GQ→=0→ (*)
Ta có a.GD=2SΔGBC,  b.GE=2SΔGCA,   c.GF=2SΔGAB, mặt khác G là trọng tâm tam giác ABC nên SΔGBC=SΔGCA=SΔGAB suy ra a.GD= b.GE= c.GF
Vậy (*)⇔GN→+GP→+GQ→=0→
Ta có AC=GP=b,  PR=BC=a và ACB^=GPR^ (góc có cặp cạnh vuông góc với nhau)
Suy ra ΔACB=ΔGPRc.g.c
⇒GR=AB=c và PGR^=BAC^
Ta có QGP^+BAC^=1800⇒QGP^+GPR^=1800⇒Q,  G,  R thẳng hàng do đó G là trung điểm của QR
Theo quy tắc hình bình hành và hệ thức trung điểm ta có
GN→+GP→+GQ→=GR→+GQ→=0→Vậy a2.GD→+b2.GE→+c2.GF→=0→.

Cách 1:

(Hình 1.19)Gọi D là chân đường phân giác góc A
Do D là đường phân giác giác trong góc A nên ta có
DBDC=cb⇒BD→=cbDC→⇔ID→−IB→=cbIC→−ID→⇔b+cID→=bIB→+cIC→  (1)
Do I là chân đường phân giác nên ta có :

IDIA=BDBA=CDCA=BD+CDBA+CA=ab+c⇒b+cID→=−aIA→    (2)
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh
Cách 2:

(hình 1.20)Qua C dựng đường thẳng song song với AI cắt BI tai B’;song song với BI cắt AI tại A’
Ta có IC→=IA'→+IB'→ (*)
Theo định lý Talet và tính chất đường phân giác trong ta có :
IBIB'=BA1CA1=cb⇒IB'→=−bcIB→   (1)
Tương tự : IA'→=−acIA→   (2)

Từ (1) và (2) thay vào (*) ta có :
IC→=−acIA→−bcIB→⇔aIA→+bIB→+cIC→=0→

a) AM→+BN→+CP→==12AB→+AC→+12BC→+BA→+12CA→+CB→=0→

Chọn D

b) OM→+ON→+OP→=12OB→+OC→+12OC→+OA→+12OA→+OB→=OA→+OB→+OC→

Chọn C

a) Ta có

AH→=2AG→−AB→=23AC→+AB→−AB→=23AC→−13AB→

CH→=AH→−AC→=−13AB→−13AC→

Chọn B

b) MH→=12AH→−AB→+CH→=16AC→−56AB→

Chọn D

Ta có MCBCAB→+MBBCAC→=MCBCAM→+MB→+MBBCAM→+MC→

=AM→+MCBCMB→+MBBCMC→=AM→

Chọn D

Ta có:

 B'B→+CC'→+D'D→=AB→−AB'→+AC'→−AC→+AD→−AD'→=AB→+AD→−AC→−AB'→+AD→'+AC→=0→

Chọn C

(hình 1.50) Qua M kẻ các đường thẳng song song với các cạnh D ABC, các đường thẳng này lần lượt cắt tại các điểm như hình vẽ. Dễ thấy ta có các tam giác đều MD1D2,  ME2E2,  MF1F2 và các hình bình hành MF1AE2,  ME1CD2,  MD1BF2.

Ta có: MD→=12(MD→1+MD→2), ME→=12(ME→1+ME→2) , MF→=12(MF→1+MF→2).

Cộng từng vế 3 đẳng thức và nhóm ta được:  MD→+ME→+MF→=32MO→

Chọn C

Giả sử n vectơ là ai→,  i=1,2,...,n. Đặt u→=a1→+a2→+...+an→

Vì tổng của n-1 vectơ bất kì trong n vectơ trên cùng phương với vectơ còn lại do đó u→ cùng phương với hai vectơ a1→,  a2→ nên u→=0→.    

a) Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp ΔABC ta có a=rcotB2+cotC2 ;   b=rcotC2+cotA2 ;  c=rcotA2+cotB2
Theo ví dụ 5 ta có aIA→+bIB→+cIC→=0→

⇔cotB2+cotC2IA→+ cotC2+cotA2IB→+cotA2+cotB2IC→=0→

b) Ta có IM→=12IB→+IC→  ;  IN→=12IC→+IA→  ;  IP→=12IA→+IC→

Theo câu a) ta có cotA2IB→+IC→+cotB2IA→+IC→+cotC2IA→+IB→=0→

Suy ra cotA2IM→+cotB2IN→+cotC2IP→=0→

c) Ta có IA→=IP→+IN→−IM→ ; IB→=IM→+IP→−IN→ ; IC→=IM→+IN→−IP→

Kết hợp ví dụ 5 suy ra

aIA→+bIB→+cIC→=0→⇔b+c−aIM→+a+c−bIN→+a+b−cIP→=0→

d) ID→=DCBCIB→+DBBCIC→=p−caIB→+p−baIC→

 ⇔aID→=p−cIB→+p−aIC→ với p là nửa chu vi.

Tương tự ta có : bIE→=p−aIC→+p−cIA→ ;  cIF→=p−bIA→+p−aIB→

⇒aID→+bIE→+cIF→=2p−b−cIA→+2p−c−aIB→+2p−a−bIC→=aIA→+bIB→+cIC→⇒aAD→+bBE→+cCF→=0→

(hình 1.52)Gọi A' là giao điểm AM với BC ta có MA'→=A'CBCMB→+A'BBCMC→ (*)

Mặt khác  A'CA'B=SMA'CSMA'B=SMACSMAB⇒A'CA'B+1=SMACSMAB+1⇒A'BBC=SMABSMAB+SMAC

Và A'CBC=SMACSMAB+SMAC (1)

Mặt khác MA'→=−MA'MAMA→=−SMBCSMAB+SMACMA→ (2)

Thay (1) và (2) vào (*) ta được điều phải chứng minh.

(hình 1.53)Ta chứng minh bằng quy nạp

Với n=3 đẳng thức trở thành a.e1→+b.e2→+c.e3→=0→

(đúng vì đẳng thức này tương đương với đẳng thức ở bài 11)

Giả sử đúng với n=k−1,  k≥4  

Gọi e→ là vectơ đơn vị vuông góc với A1Ak−1 và hướng ra ngoài tam giác A1Ak−1Ak

Theo giả thiết quy nạp ta có A1A2e1→+A2A3e2→+...+Ak−2Ak−1ek−2→+Ak−1A1−e→=0→(1)

Mặt khác xét tam giác A1Ak−1Ak ta có A1Ak−1e→+Ak−1Akek−1→+AkA1ek→=0→ (2)

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.                   

Ta có HBHC=HB.BCHC.BC=c2b2,

Suy ra IH→=b2c2+b2IB→+c2c2+b2IC→

Mà b2+c2=a2 và IH→=−IA→  nên suy ra −IA→=b2a2IB→+c2a2IC→

Hay a2IA→+b2IB→+c2IC→=0→

a) 

Gọi I là trung điểm BC suy ra MB→+MC→=2MI→

Do đó 2MA→+MB→+MC→=0→ 

2MA→+2MI→=0→⇔MA→+MI→=0→

Suy ra M là trung điểm AI

Chọn D

b) Gọi K, H lần lượt là trung điểm của AB, CD ta có

NA→+NB→+NC→+ND→=0→⇔2NK→+2NH→=0→

⇔NK→+NH→=0→⇔N là trung điểm của KH

Chọn D

c) Gọi G là trọng tâm tam giác BCD khi đó ta có PB→+PC→+PD→=3PG→

Suy ra 3PA→+PB→+PC→+PD→=0→⇔3PA→+3PG→=0→

⇔PA→+PG→=0→⇔P là trung điểm AG.

Chọn C

Ta có: αIA→+βIB→=0→⇔αIA→+β(IA→+AB→)=0→

⇔(α+β)IA→+βAB→=0→.   ⇔(α+β)AI→=βAB→⇔AI→=βα+βAB→.

Vì A, B cố định nên vectơ βα+βAB→ không đổi, do đó tồn tại duy nhất điểm I thoả mãn điều kiện.     

Từ đó suy ra αMA→+βMB→=α(MI→+IA→)+β(MI→+IB→)

=(α+β)MI→+(αIA→+βIB→)=(α+β)MI→ đpcm.

a) Cho M≡I⇒IA→+IB→+2IC→=0→⇔IJ→+IC→=0→

Với J là trung điểm của AB, suy ra I là trung điểm của JC

MA→+MB→+2MC→=kMI→⇔4MI→=kMI→⇒k=4

Chọn B

b) k=4,  AI→=143AB→−AD→

Chọn D

c) k=2,  IA→=2AB→+3AC→−4AD→

Chọn B

M trùng với tâm đường tròn nội tiếp tam giác              Chọn C

a) Vì α+ β+ γ≠0⇒α+ β+β+ γ+γ+α≠0

Không mất tính tổng quát giả sử  α+β≠0⇒∃!D:αDA→+βDB→=0→.

Suy ra αMA→+βMB→+γMC→=0→⇔α+βMD→+γMC→=0→

Do đó tồn tại duy nhất điểm M

b) Giả sử tồn tại điểm N và α≠0

Ta có αNA→+βNB→+γNC→=0→⇔CA→=−βαCB→ (mâu thuẫn với ABC là tam giác)

a) Vì AM→=13AB→ suy ra M thuộc cạnh AB và AM=13AB; CN→=2BC→, suy ra N thuộc tia BC và CN=2BC.

b) Ta có: CM→=CA→+AM→=−AC→+13AB→=13a→−b→

AN→=AB→+BN→=AB→+3BC→=AB→+3(AC→−AB→)=−2a→+3b→

MN→=MA→+AN→=−13a→−2a→+3b→=−73a→+3b→

Chọn C

c) Ta có: AI→=AM→+MI→=13AB→+CM→=13a→+13a→−b→=−13(−2a→+3b→)     

 ⇒AI→=−13AN→⇒A, I, N thẳng hàng.

a) Theo giả thiết ta có: BM→=34BC→ và AN→=57AM→
suy ra AM→=AB→+BM→=AB→+34BC→=AB→+34AC→−AB→=14AB→+34AC→BN→=BA→+AN→=−AB→+57AM→=−AB→+5714AB→+34AC→=−2328AB→+1528AC→Chọn B

b) Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên GA→+GB→+GC→=0→ suy ra GC→=−GA→−GB→

Ta có MN→=−27AM→=−2714AB→+34AC→

=−114GB→−GA→−314GC→−GA→

=−114GB→−GA→−314−GA→−GB→−GA→=12GA→+17GB→

Chọn B

(hình 1.25)                                                                            

Ta có: AN→=AC→+CN→=AC→−12AB→

MN→=MA→+AN→=−13AB→+AC→−12AB→           =−56AB→+AC→

Vì G là trọng tâm tam giác MNB nên 3AG→=AM→+AN→+AB→=13AB→+AC→−12AB→+AB→=56AB→+AC→

Suy ra AG→=518AB→+13AC→

Chọn C

a) AP→=12AB→,  AN→=32AC→,  AM→=32AC→−12AB→

Chọn D

b) MP→=AB→−32AC→,  MN→=12AB→−34AC→

Chọn B

MP→=2MN→⇒M, N, P thẳng hàng      

Chọn D

a) IJ→=−2AB→+25AC→

Chọn D

b) IG→=−53AB→+13AC→⇒5IJ→=6IG→ suy ra IJ đi qua trọng tâm G của tam giác ABC.      

Chọn D

a) Ta có: 2IC→=−3IB→⇔AI→=35AB→+25AC→.

5JB→=2JC→⇔5(AB→−AJ→)=2(AC→−AJ→)⇔AJ→=53AB→−23AC→

Chọn B

b) Gọi M là trung điểm BC, ta có:

 AG→=23AM→=23.12(AB→+AC→)=13(AB→+AC→).

⇒AG→=3548AI→−116AJ→.

Chọn D

a) u→ cùng phương với v→⇔ có số thực k sao cho

u→=kv→⇔a→+2x−1b→=kxa→+b→

⇔kx=1k=2x−1⇒x=1x=−12

Chọn C

b) u→ cùng phương với v→⇔ có số thực k dương sao cho

u→=kv→⇒3a→+xb→=k1−xa→−23b→

⇒3=k1−xx=−23k⇒k=32k=−3(l)⇒x=−1

Chọn D