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

d) Lấy các điểm H, K sao cho  $0,25\overrightarrow{MA}=\overrightarrow{MH};\frac{3}{2}\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{MK}$

Suy ra $0,25\overrightarrow{MA}-\frac{3}{2}\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{MH}-\overrightarrow{MK}=\overrightarrow{KH}$

Do đó $\left|0,25\overrightarrow{MA}-\frac{3}{2}\overrightarrow{MB}\right|=KH=\sqrt{{\left(\frac{AM}{4}\right)}^2+{\left(\frac{3}{2}MB\right)}^2}=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{8}\right)}^2+{\left(\frac{a}{4}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{7}}{8}$

(Hình 1.16)
a) Theo quy tắc ba điểm ta có
$\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{IJ}=\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{IJ}+\overrightarrow{JC}$
Tương tự $\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{BI}+\overrightarrow{IJ}+\overrightarrow{JD}$

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 $\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AE}$

Gọi I là hình chiếu của E lên AC.

Vì $AB//EF\Rightarrow \widehat{EIF}=\widehat{CAB}={60}^0$ 

$\sin \widehat{IFE}=\frac{IE}{EF}\Rightarrow IE=EF.\sin \widehat{IFE}=a\sin {60}^0=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$\cos \widehat{IFE}=\frac{IF}{EF}\Rightarrow IF=EF.\cos \widehat{IFE}=a\cos {60}^0=\frac{a}{2}$

Áp dụng định lí Pitago ta có

$AE=\sqrt{A{I}^2+I{E}^2}=\sqrt{{\left(2a+\frac{a}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{28}}{2}$

Suy ra $\left|\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}\right|=AE=\frac{a\sqrt{28}}{2}$

Chọn B

c) Theo câu b ta có $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{0}$  do đó với mọi điểm M thì

$\begin{array}{l}\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{0}\\ \iff \left(\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{MA}\right)+\left(\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{MA}\right)+\left(\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{MA}\right)+\left(\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{MA}\right)=\overrightarrow{0}\end{array}$

$\iff \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}=4\overrightarrow{MO}$  đpcm

Chọn D

Vì $G_1$  là trọng tâm tam giác $BC{A}_1$  nên $3\overrightarrow{G{G}_1}=\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{G{A}_1}$

Tương tự $G_2,G_3$  lần lượt là trọng tâm tam giác $AB{C}_1,AC{B}_1$ suy ra

 $3\overrightarrow{G{G}_2}=\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{G{C}_1}$và $3\overrightarrow{G{G}_3}=\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{G{B}_1}$

Công theo vế với vế các đẳng thức trên ta có

$\overrightarrow{G{G}_1}+\overrightarrow{G{G}_2}+\overrightarrow{G{G}_3}=2\left(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}\right)+\left(\overrightarrow{G{A}_1}+\overrightarrow{G{B}_1}+\overrightarrow{G{C}_1}\right)$

Mặt khác hai tam giác ABC và $A_1{B}_1{C}_1$  có cùng trọng tâm G nên

 $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}$và $\overrightarrow{G{A}_1}+\overrightarrow{G{B}_1}+\overrightarrow{G{C}_1}$

Suy ra   $\overrightarrow{G{G}_1}+\overrightarrow{G{G}_2}+\overrightarrow{G{G}_3}=\overrightarrow{0}$

Suy ra BDCH là hình bình hành, do đó theo quy tắc hình bình hành thì $\overrightarrow{HB}+\overrightarrow{HC}=\overrightarrow{HD}$  (1)

Mặt khác vì O là trung điểm của AD nên $\overrightarrow{HA}+\overrightarrow{HD}=2\overrightarrow{HO}$  (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\overrightarrow{HA}+\overrightarrow{HB}+\overrightarrow{HC}=2\overrightarrow{HO}$

Chọn B

b) Theo câu a) ta có

$\begin{array}{l}\overrightarrow{HA}+\overrightarrow{HB}+\overrightarrow{HC}=2\overrightarrow{HO}\\ \iff \left(\overrightarrow{HO}+\overrightarrow{OA}\right)+\left(\overrightarrow{HO}+\overrightarrow{OB}\right)+\left(\overrightarrow{HO}+\overrightarrow{OC}\right)=2\overrightarrow{HO}\end{array}$

$\iff \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OH}$ đpcm

Chọn C

c) Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=3\overrightarrow{OG}$

Mặt khác theo câu b) ta có $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OH}$

Suy ra $\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}\iff \left(\overrightarrow{OG}+\overrightarrow{GH}\right)-3\overrightarrow{OG}=\overrightarrow{0}\iff \overrightarrow{GH}+2\overrightarrow{GO}=\overrightarrow{0}$

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 $a^2.\overrightarrow{GD}+b^2.\overrightarrow{GE}+c^2.\overrightarrow{GF}=\overrightarrow{0}$

$\iff a.GD.\overrightarrow{GN}+b.GE.\overrightarrow{GP}+c.GF.\overrightarrow{GQ}=\overrightarrow{0}$ (*)
Ta có $a.GD=2S_{\Delta GBC},b.GE=2S_{\Delta GCA},c.GF=2S_{\Delta GAB}$, mặt khác G là trọng tâm tam giác ABC nên $S_{\Delta GBC}=S_{\Delta GCA}=S_{\Delta GAB}$ suy ra $a.GD=b.GE=c.GF$
Vậy $(*)\iff \overrightarrow{GN}+\overrightarrow{GP}+\overrightarrow{GQ}=\overrightarrow{0}$
Ta có $AC=GP=b,PR=BC=a$ và $\widehat{ACB}=\widehat{GPR}$ (góc có cặp cạnh vuông góc với nhau)
Suy ra $\Delta ACB=\Delta GPR\left(c.g.c\right)$
$\Rightarrow GR=AB=c$ và $\widehat{PGR}=\widehat{BAC}$
Ta có $\widehat{QGP}+\widehat{BAC}={180}^0\Rightarrow \widehat{QGP}+\widehat{GPR}={180}^0\Rightarrow Q,G,R$ thẳng hàng do đó G là trung điểm của QR
Theo quy tắc hình bình hành và hệ thức trung điểm ta có
$\overrightarrow{GN}+\overrightarrow{GP}+\overrightarrow{GQ}=\overrightarrow{GR}+\overrightarrow{GQ}=\overrightarrow{0}$

Vậy $a^2.\overrightarrow{GD}+b^2.\overrightarrow{GE}+c^2.\overrightarrow{GF}=\overrightarrow{0}$.

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
$\begin{array}{l}\frac{DB}{DC}=\frac{c}{b}\Rightarrow \overrightarrow{BD}=\frac{c}{b}\overrightarrow{DC}\\ \iff \overrightarrow{ID}-\overrightarrow{IB}=\frac{c}{b}\left(\overrightarrow{IC}-\overrightarrow{ID}\right)\\ \iff \left(b+c\right)\overrightarrow{ID}=b\overrightarrow{IB}+c\overrightarrow{IC}\left(1\right)\end{array}$
Do I là chân đường phân giác nên ta có :

$\begin{array}{l}\frac{ID}{IA}=\frac{BD}{BA}=\frac{CD}{CA}=\frac{BD+CD}{BA+CA}=\frac{a}{b+c}\\ \Rightarrow \left(b+c\right)\overrightarrow{ID}=-a\overrightarrow{IA}\left(2\right)\end{array}$
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 $\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{IA\text{'}}+\overrightarrow{IB\text{'}}$ (*)
Theo định lý Talet và tính chất đường phân giác trong ta có :
$\frac{IB}{IB\text{'}}=\frac{B{A}_1}{C{A}_1}=\frac{c}{b}\Rightarrow \overrightarrow{IB\text{'}}=-\frac{b}{c}\overrightarrow{IB}\left(1\right)$
Tương tự : $\overrightarrow{IA\text{'}}=-\frac{a}{c}\overrightarrow{IA}\left(2\right)$

Từ (1) và (2) thay vào (*) ta có :
$\overrightarrow{IC}=-\frac{a}{c}\overrightarrow{IA}-\frac{b}{c}\overrightarrow{IB}\iff a\overrightarrow{IA}+b\overrightarrow{IB}+c\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}$

Chọn D

Ta có $\frac{MC}{BC}\overrightarrow{AB}+\frac{MB}{BC}\overrightarrow{AC}=\frac{MC}{BC}\left(\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{MB}\right)+\frac{MB}{BC}\left(\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{MC}\right)$

$=\overrightarrow{AM}+\frac{MC}{BC}\overrightarrow{MB}+\frac{MB}{BC}\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{AM}$

Chọn D