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

a) Do $\frac{1}{2}\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{CM}$ suy ra theo quy tắc ba điểm ta có $\frac{1}{2}\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{MA}=\overrightarrow{CM}+\overrightarrow{MA}=\overrightarrow{CA}$

Vậy $\left|\frac{1}{2}\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{MA}\right|=CA=a$

Chọn A

b) Vì $\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BM}$ nên theo quy tắc trừ ta có $\overrightarrow{BA}-\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BA}-\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{MA}$

Theo định lí Pitago ta có $MA=\sqrt{A{B}^2-B{M}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Vậy $\left|\overrightarrow{BA}-\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}\right|=MA=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

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 $\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AN},2\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AQ}$ suy ra theo quy tắc hình bình hành ta có $\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AN}+\overrightarrow{AQ}=\overrightarrow{AP}$

Gọi L là hình chiếu của A lên QN

Vì $MN//AC\Rightarrow \widehat{ANL}=\widehat{MNB}=\widehat{CAB}={60}^0$

Xét tam giác vuông ANL ta có

$\sin \widehat{ANL}=\frac{AL}{AN}\Rightarrow AL=AN.\sin \widehat{ANL}=\frac{a}{2}\sin {60}^0=\frac{a\sqrt{3}}{4}$

$\cos \widehat{ANL}=\frac{NL}{AN}\Rightarrow NL=AN.\cos \widehat{ANL}=\frac{a}{2}\cos {60}^0=\frac{a}{4}$

Ta lại có $AQ=PN\Rightarrow PL=PN+NL=AQ+NL=2a+\frac{a}{4}=\frac{9a}{4}$

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác ALP ta có

$A{P}^2=A{L}^2+P{L}^2=\frac{3a^2}{16}+\frac{81a^2}{16}=\frac{21a^2}{4}\Rightarrow AP=\frac{a\sqrt{21}}{2}$

Vậy $\left|\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}\right|=AP=\frac{a\sqrt{21}}{2}$

Chọn B

d) Gọi K là điểm nằm trên đoạn AM sao cho $MK=\frac{3}{4}MA$, H  thuộc tia MB sao cho $MH=2,5MB$.

Khi đó $\frac{3}{4}\overrightarrow{MA}=\overrightarrow{MK},2,5\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{MH}$

Do đó $\frac{3}{4}\overrightarrow{MA}-2,5\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{MK}-\overrightarrow{MH}=\overrightarrow{HK}$

Ta có $MK=\frac{3}{4}AM=\frac{3}{4}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}a}{8}$, $MH=2,5MB=2,5.\frac{a}{2}=\frac{5a}{4}$

Áp dụng định lí Pitago cho tam tam giác vuông KMH ta có $KH=\sqrt{M{H}^2+M{K}^2}=\sqrt{\frac{25a^2}{16}+\frac{27a^2}{64}}=\frac{a\sqrt{127}}{8}$

Vậy $\left|\frac{3}{4}\overrightarrow{MA}-2,5\overrightarrow{MB}\right|=KH=\frac{a\sqrt{127}}{8}$

Chọn B

b) Lấy điểm A'  trên tia OA sao cho $OA\text{'}=3OA$  khi đó $\overrightarrow{OA\text{'}}=3\overrightarrow{OA}$

 do đó $\overrightarrow{u}=\overrightarrow{OA\text{'}}-\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{BA\text{'}}$

Mặt khác $BA\text{'}=\sqrt{O{B}^2+OA{\text{'}}^2}=\sqrt{O{B}^2+9O{A}^2}=a\sqrt{5}$

Suy ra $\left|\overrightarrow{u}\right|=a\sqrt{5}$

Chọn A

a) Theo quy tắc ba điểm ta có $\overrightarrow{AN}+\frac{1}{2}\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{NC}+\overrightarrow{CM}=\overrightarrow{NM}$

Suy ra $\left|\overrightarrow{AN}+\frac{1}{2}\overrightarrow{CB}\right|=MN=\frac{1}{2}AB=\frac{a}{2}$

Chọn C

b) Theo quy tắc trừ ta có $\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}-2\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{BM}-\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{AM}$

$\Rightarrow \left|\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}-2\overrightarrow{MN}\right|=AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

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

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

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

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

(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

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

Ta có:

 $\begin{array}{l}\overrightarrow{B\text{'}B}+\overrightarrow{CC\text{'}}+\overrightarrow{D\text{'}D}=\left(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AB\text{'}}\right)+\left(\overrightarrow{AC\text{'}}-\overrightarrow{AC}\right)+\left(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AD\text{'}}\right)\\ =\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}\right)-\overrightarrow{AC}-\left(\overrightarrow{AB\text{'}}+\overrightarrow{AD}\text{'}\right)+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{0}\end{array}$

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 $M{D}_1{D}_2,M{E}_2{E}_2,M{F}_1{F}_2$ và các hình bình hành $M{F}_{1}A{E}_2,M{E}_{1}C{D}_2,M{D}_{1}B{F}_2$.

Ta có: $\overrightarrow{MD}=\frac{1}{2}({\overrightarrow{MD}}_1+{\overrightarrow{MD}}_2)$, $\overrightarrow{ME}=\frac{1}{2}({\overrightarrow{ME}}_1+{\overrightarrow{ME}}_2)$ , $\overrightarrow{MF}=\frac{1}{2}({\overrightarrow{MF}}_1+{\overrightarrow{MF}}_2)$.