75 câu Trắc nghiệm: Tích vô hướng của hai vectơ có đáp án

a→.b→=a→.b→.cosa→,b→=4.5.cos120°=4.5.−12=−10

Chọn B.

 a→.b→=3.5+−2.7=15−14=1 .

Chọn A.

AB→=1; −3,AC→=3;6⇒AB→.AC→=1.3+−3.6=−15

ĐÁP ÁN C

Ta có:  a→, b→≠0→⇒a→.b→≠0

Do đó: a→.b→=a→.b→.cosa→,b→

Để a→.b→=a→.b→⇔cosa→,b→=1⇔a→,b→=0°

Khi đó a→,b→ cùng hướng

Chọn A

CHỌN D.

Do I là trung điểm của AB nên: IA→+​IB→=0→  hay IB→=−​IA→

 MA→.MB→=MI→+IA→.MI→+IB→=MI→2+IA→+IB→.MI→+IA→.IB→ .

=(MI)⃗2+0⃗.(MI)⃗+(IA)⃗.(-(IA)⃗)=〖MI〗2-〖IA〗2

Chọn B.

AB→.AC→=AB.AC.cosA=2.4.cos60°=2.4.12=4, AB→2=4, AC→2=16

BN→.CM→=AN→−AB→.AM→−AC→=12AC→−AB→.12AB→−AC→

=14AC→.AB→−12AB→2−12AC→2+AC→.AB→=54AC→.AB→−12AB→2−12AC→2

=54.4−12.4−12.16=−5

Chọn B

a→=52+122=169=13

Chọn C

a→=12+32=2, b→=−232+62=48=43

a→.b→=1.−23+3.6=43

cosa→, b→=a→.b→a→b→=432.43=12⇒a→,b→=60

Chọn D

Gọi I(a; b) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

AI2=BI2AI2=CI2⇔a−02+b−22=a+22+b−82a−02+b−22=a+32+b−12

⇔a2+b2−4b+4=a2+4a+4+b2−16b+64a2+b2−4b+4=a2+6a+9+b2−2b+1

4a−12b=−646a+2b=−6⇔a−3b=−163a+b=−3

⇔a=−52b=92

Chọn B.

AB→=3;12, AC→=4;−1 ⇒AB→.AC→=3.4+12.(-1)=0 ⇒∆ABC vuông tại A. Trực tâm của tam giác là đỉnh A. Chọn B

Chọn A.

Chú ý: Nếu có đúng bốn phương án như trong đề thi thì có thể dự đoán ngay phương án A sau khi vẽ hình

Ta có:  a→.b→=a→.  b→.cosa→;  b→

Chọn D

a→.b→=a→.b→.cosa→,b→=8.10.cos30°=80.32=403

CHỌN C

a→.b→=a→.b→.cosa→,b→=4.6.cos120°=24.−12=−12

CHỌN B.

AB→.AC→=AB.AC.cosAB→,AC→=a.a.cos60°=a2.12=12a2

CHỌN B

Ta có: (a→−b→).(a→+b→)=a→2−b→2=a→2−  b→2

Chọn A.

a→+b→2=a→2+2a→.b→+b→2

CHỌN C

Ta có: a→⊥b→⇔(a→;  b→)=900⇔a→.b→=a→. b→.cos(a→;  b→)=0

Chọn B. 

Nếu 2 vecto a→;  b→ cùng  hướng thì (a→;  b→)=00⇒a→.b→=a→. b→.cos(a→;  b→)=a→. b→

Chọn  A.

Nếu 2 vecto a→;  b→ ngược  hướng thì (a→;  b→)=1800⇒a→.b→=a→. b→.cos(a→;  b→)=−a→. b→

Chọn  B.

Với ∀a→:​   a→2=a→2=a→2  (vì a→2≥0)

Chọn B.

Nếu 2 vecto a→;  b→ cùng  phương thì (a→;  b→)=1800 hoặc (a→;  b→)=00

⇔cos(a→;  b→)=−1 hoặc cos(a→;  b→)=1

⇔cos(a→;  b→)=1

Ta có: a→.b→=a→. b→.cos(a→;  b→)

⇒a→.b→=a→. b→.cos(a→;  b→)=a→. b→.1=a→. b→

Chọn D.

Ta có: (a→. b→).c→ là một vecto cùng phương với vecto c→.

a→.( b→. c→)​ là một vecto cùng phương  với vecto a→.

Vì hai vecto a→;   c→ không cùng phương  nên 2 vecto (a→. b→).c→ và a→.( b→. c→)​ không cùng phương nên không thể bằng nhau.

Chọn B.

Vì a→;   b→  ≠0→⇒a→=b→≠0

Do đó, a→. b→  =a→.b→.cos (a→;  b→)=0⇔cos (a→;  b→)=0⇔(a→;  b→)=900

Chọn D

Ta có:  (a→;  b→)=00⇔cos (a→;  b→)=1

Khi đó, a→. b→  =a→.b→.cos (a→;  b→)=a→.b→

Chọn B

Ta có:  (a→;  b→)=1800⇔cos (a→;  b→)=−1

Khi đó, a→. b→  =a→.b→.cos (a→;  b→)=−a→.b→

Chọn C.

Ta có: a→. b→  =a→.b→.cos (a→;  b→)

Để a→. b→  =0⇔​a→=0b→=0cos (a→;  b→)=0⇔​a→=0→b→=0→a→⊥b→

Chọn D

AM→.AB→=AM.AB.cosAM→,AB→

=AM.AB.cos0°=AM.AB.1=AM.AB

ĐÁP ÁN B

MA→.MB→=MA.MB.cosMA→,MB→

=MA.MB.cos180°=MA.MB.−1=−MA.MB

Chọn C

Vì điểm M nằm trên đường tròn đường kính AB nên AMB^=900( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

⇒MA→;  MB→=AMB^=900

Ta có:MA→2+MA→.AB→=MA→.MA→+AB→=MA→.MB→=0

Chọn B

Vì tam giác  ABC vuông tại B nên ABC^=900⇒AB→;  BC→=900

AB→.AC→=AB→.AB→+BC→=AB→2+AB→.BC→=AB→2+0=AB2

Chọn C.

Vì H là trực tâm tam giác ABC nên:

AH⊥CB;  BH⊥AC;  CH⊥BA⇒AH→.  CB→=0;  BH→.AC→=0;  CH→.BA→=0

Ta có

AH→.HB→−HC→+BH→.HC→−HA→+CH→.HA→−HB→

=AH→.CB→+BH→.AC→+CH→.BA→=0

CHỌN B

Vì tam giác ABC vuông tại A nên:  AB→.AC→=0

AB→.BC→=AB→.AC→−AB→=AB→.AC→−AB→2=0−AB→2=−a2

Chọn C.

Vì tam giác ABC vuông tại A nên:AB→.AC→=0

AC→.BC→=AC→.AC→−AB→=AC→2− AC→.AB→=AC2−0=a2

Chọn  B.

Xác định được góc AB→,BC→ là góc ngoài của góc B^ nên AB→,BC→=1200.

Do đó AB→.BC→=AB.BC.cosAB→,BC→=a.a.cos1200=−a22.

 Chọn C.

Áp dụng định lí Pytago vào tam giác vuông ABC ta có:

AC2 = AB2 + BC2 = a2 + a2 = 2a2

⇒AC=a2

Ta có AB→,AC→=BAC^=450 nên AB→.AC→=AB.AC.cos450=a.a2.22=a2.

Chọn A.

Tam giác ABC vuông tại A suy ra AB⊥AC⇒  AB→.AC→=0.

Ta có BA→.BC→=BA→.BA→+AC→=BA→2+BA→.AC→=AB2=c2. 

Chọn B.

Từ giả thiết suy ra AC=AB2+BC2=a2+​a2=a2.

Ta có 

P=AC→.CD→+CA→=AC→.CD→+AC→.CA→=−CA→.CD→−AC→2

=−CA.CDcosCA→,CD→−AC2=−a2.a.cos450−a22=−3a2.

 Chọn C

Ta có: tam giác ABC vuông tại B nên AB→⊥​BC→⇒AB→.  ​BC→=0

 AB→.  AC→=AB→. ( AB→+​BC→)=AB→2+​AB→.  BC→=AB2+0=81

Chọn  C.

a→(2;1);   b→​​(−4;7)  ⇒a→.   b→=2.(−4)+​1.7=−1

CHỌN B

Ta có: a→.   b→=1.6−3.x=6−3x

Để hai vecto này vuông góc  với nhau khi: 

a→.   b→=0⇔6−3.x=0⇔x=2

Chọn  B.

Ta có: u→=(−1)2+x2=1+x2;   v→=22+42=20

Để hai vecto này có độ dài bằng nhau khi và chỉ khi: 1+x2=20

⇔1+​x2=20⇔x2=19⇔x=±19

Chọn D.

 AB→.CD→+BC→.CD→+CA→.CD→=AB→+BC→+CA→.CD→=0→.CD→=0

CHỌN C

Do ABCD là hình thoi nên AC→⊥BD→⇒AC→.  BD→=0. Ta có:

AB→+AD→BA→+BC→=AC→.BD→=0

Chọn B.

Vì điểm M nằm trên đường trung trực của AB nên AM = MB.

Ta có:MA→+MB→MA→−MB→=MA→2−MB→2=MA2– MB2=0

CHỌN C

Ta có: 0→  =0

Do đó,  với mọi a→ ta có:  a→.0→=​​a→.  0→.cos (a→;  0→ ) = 0  

Chọn  C.

Ta có AB→=−1;11, AC→=−7;3.

Suy ra  AB→.AC→=−1.−7+11.3=40.

Chọn A.

Từ giả thiết suy ra a→=4;6 và b→=3;−7.

Suy ra a→.b→=4.3+6.−7=−30.

 Chọn A.

Gọi c→=x;y.

Ta có c→.a→=9c→.b→=−20⇔−3x+2y=9−x−7y=−20⇔x=−1y=3⇒c→=−1;3. 

Chọn B

Ta có cosa→,b→=a→.b→a→.b→=−1.2+1.0−12+12.22+02=−22. 

Chọn B.

Ta có cosa→,b→=a→.b→a→.b→=4.1+3.716+9.1+49=22⇒a→,b→=450. 

Chọn C.

Ta có BA→=3;−1 và BC→=−4;−2. Suy ra:

cosBA→,BC→=BA→.BC→BA→.BC→=3.−4+−1.−29+1.16+4=−22⇒B^=BA→,BC→=135O. 

Chọn D.

Từ giả thiết suy ra u→=12;−5,v→=k;−4.

Để u→⊥v→⇔u→.v→=0⇔12k+−5−4=0⇔k=−40.

 Chọn C.

Gọi d→=x;y.

 Từ giả thiết, ta có hệ −2x+3y=44x+y=−2⇔x=−57y=67. 

Chọn B.

Ta có a→=u→+m.v→=4+m;1+4m. 

Trục hoành có vectơ đơn vị là i→=1;0.

Vectơ a→ vuông góc với trục hoành ⇔a→.i→=0⇔4+m=0⇔m=−4.

 Chọn B.

Ta có a→=m.u→+v→=4m+1;m+4b→=i→+j→=1;1.

Yêu cầu bài toán ⇔cosa→,b→=cos450=22

⇔4m+1.1+m+4.124m+12+m+42=22⇔5m+1217m2+16m+17=22

⇔5m+1=17m2+16m+17⇔m+1≥025m2+50m+25=17m2+16m+17⇔m=−14.

Chọn C.

Ta có AB→=2;− 2BC→=2;2CA→=− 4;0⇒AB=22+− 22=22BC=22+22=22CA=− 42+02=4

Vậy chu vi P của tam giác ABC là P =AB + BC + CA =4+​42

 Chọn B.

Ta có

AB→=1;7⇒AB=12+72=52BC→=−7;1⇒BC=52CD→=−1;−7⇒CD=52DA→=7;−1⇒DA=52⇒AB=BC=CD=DA=52.

Lại có:  AB→.BC→=1−7+7.1=0 nên AB⊥BC.

Từ đó suy ra ABCD là hình vuông.

Chọn C.

Ta có AB→=2;2,   BC→=0;− 4 và AC→=2;− 2.

Suy ra AB=AC=22AB2+AC2=BC2. 

Vậy tam giác ABC vuông cân tại A.

 Chọn D

Ta có C∈Oxnên C(c; 0) và CA→=−2−c;4CB→=8−c;4.

Tam giác ABC vuông tại C nên CA→.CB→=0⇔−2−c.8−c+4.4=0

⇔c2−6c=0⇔c=6→C6;0c=0→C0;0. 

Chọn B.

Ta có M∈Ox nên M(x;O) và MA→=−4−x;0MB→=−5−x;0MC→=3−x;0⇒MA→+MB→+MC→=−6−3x;0.

Do MA→+MB→+MC→=0→ nên−6−3x=0⇔x=−2⇒M−2;0. 

Chọn A.

Ta có P∈Ox nên P(x; 0) và MP→=x+2;−2MN→=3;−1.

Do M, N, P thẳng hàng nên x+23=−2−1⇔x=4⇒P4;0.

 Chọn D.

Ta có M∈Ox nên M(m, 0) và MN→=− 1−m;4.

Theo giả thiết: MN=25⇔MN→=25⇔−1−m2+42=25

⇔1+m2+16=20⇔m2+2m−3=0⇔m=1⇒M1;0m=−3⇒M−3;0. 

Chọn B.

Ta có C∈Ox nên C(x, 0) và AC→=x−1;−3BC→=x−4;−2.

Do CA=CB⇔CA2=CB2.

⇔x−12+−32=x−42+−22⇔x2−2x+​1+​9=x2−8x+​16+​4⇔6x=10⇔x=53⇒C53;0

Chọn B.

Ta có M∈Ox nên M(m; 0) và AM→=m−2;− 2BM→=m−5;2.

Vì AMB^=900 suy ra AM→.BM→=0 nên m−2m−5+− 2.2=0.

⇔m2−7m+6=0⇔m=1m=6  ⇒  M1;0M6;0.

 Chọn B.

Ta có M∈Oy nên M(0; m) và MA→=1;− 1−mMB→=3;2−m.

Khi đó MA2+MB2=MA→2+MB→2=12+−1−m2+32+2−m2=2m2−2m+15.

=2m−122+292≥292;  ∀m∈ℝ.

Suy ra MA2+MB2min=292. 

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi m=12  ⇒  M0;12. 

Chọn C.

Gọi D(x; y)

Ta có AD→=x+2;y và BC→=4;−3.

Vì ABCD là hình bình hành nên AD→=BC→ 

x+2=4y=−3⇔x=2y=−3⇒D2;−3.

Chọn A.

Tọa độ trọng tâm GxG;yG là xG=1−2+53=43yG=3+4+33=103. 

Chọn D.

Gọi I(x, y). Ta có AI→=x+4;y−1BI→=x−2;y−4CI→=x−2;y+2.

Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên:

 IA=IB=IC⇔IA2=IB2IB2=IC2

⇔x+42+y−12=x−22+y−42x−22+y−42=x−22+y+22⇔x+42=x−22+9y=1⇔x=−14y=1.

Chọn B.

Ta có AH→=a+3;b ;  BC→=−1;6BH→=a−3;b ; AC→=5;6. 

Từ giả thiết, ta có:

              AH→.BC→=0BH→.AC→=0⇔a+3.−1+b.6=0a−3.5+b.6=0⇔a=2b=56⇒a+6b=7.

 Chọn C.

Gọi A’ (x; y).

Ta có AA'→=x−4;y−3BC→=− 5;− 15BA'→=x−2;y−7.

Từ giả thiết, ta có AA'⊥BCB, A', C thang hang⇔AA'→.BC→=01BA'→=kBC→2.

 1⇔− 5x−4−15y−3=0⇔x+3y=13. 

 2⇔x−2−5=y−7−15⇔3x−y=−1.

Giải hệ x+3y=133x−y=− 1⇔x=1y=4  ⇒  A'1;4. 

Chọn C

Gọi C(x, y).

Ta có BA→=1;3BC→=x−1;y−1.

Tam giác ABC vuông cân tại B:

⇔BA→.BC→=0BA=BC⇔1.x−1+3.y−1=012+32=x−12+y−12

⇔x=4−3y10y2−20y=0⇔y=0x=4hayy=2x=−2.

 Chọn C.

Gọi C= (x, y). Ta có AB→=2;1BC→=x−3;y.

Vì ABCD là hình vuông nên ta có AB→⊥BC→AB=BC 

⇔2x−3+1.y=0x−32+y2=5⇔y=23−x5x−32=5⇔y=23−xx−32=1⇔x=4y=−2 hoặc x=2y=2.

Với C14;−2 ta tính được đỉnh D12;−3: thỏa mãn.

Với C22;2 ta tính được đỉnh D20;1: không thỏa mãn.

Chọn B.

Theo tính chất đường phân giác của tam giác ta có EAEB=OAOB=22.

Vì E nằm giữa hai điểm A, B nên EA→=−22EB→. * 

Gọi E(x; y). Ta có EA→=1−x;3−yEB→=4−x;2−y.

Từ (*), suy ra 1−x=−224−x3−y=−222−y⇔x=−2+32y=4−2.

 Chọn D.