Đề cương ôn tập cuối kì 1 Toán 10 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Chương 4. Hệ thức lượng trong tam giác. Vectơ

Lời giải

Chọn A.

\(\tan 30^\circ  + \cot 30^\circ  = \frac{{\sqrt 3 }}{3} + \sqrt 3  = \frac{{4\sqrt 3 }}{3} = \frac{4}{{\sqrt 3 }}\).

Lời giải

Chọn D.

Lời giải

Chọn B.

Lời giải

Chọn A.

\(E = \sin 36^\circ \cos 6^\circ  - \sin 126^\circ \cos 84^\circ  = \frac{1}{2}\).

Lời giải

Chọn D.

\(A = \left( {\tan 1^\circ .\tan 89^\circ } \right).\left( {\tan 2^\circ .\tan 88^\circ } \right)...\left( {\tan 44^\circ .\tan 46^\circ } \right).\tan 45^\circ  = 1\).

Lời giải

Chọn C.

\(S = {\sin ^2}2^\circ  + {\sin ^2}4^\circ  + {\sin ^2}6^\circ  + ... + {\sin ^2}84^\circ  + {\sin ^2}86^\circ  + {\sin ^2}88^\circ \)

\[ = \left( {{{\sin }^2}2^\circ  + {{\sin }^2}88^\circ } \right) + \left( {{{\sin }^2}4^\circ  + {{\sin }^2}86^\circ } \right) + ... + \left( {{{\sin }^2}44^\circ  + {{\sin }^2}46^\circ } \right)\]

\( = \left( {{{\sin }^2}2^\circ  + {{\cos }^2}2^\circ } \right) + \left( {{{\sin }^2}4^\circ  + {{\cos }^2}4^\circ } \right) + ... + \left( {{{\sin }^2}44^\circ  + {{\cos }^2}44^\circ } \right) = 22\).

Lời giải

Chọn B.

\(\tan \alpha  - \cot \alpha  = 3 \Leftrightarrow {\left( {\tan \alpha  - \cot \alpha } \right)^2} = 9 \Leftrightarrow {\tan ^2}\alpha  + {\cot ^2}\alpha  - 2\tan \alpha .\cot \alpha  = 9\)

\( \Leftrightarrow {\tan ^2}\alpha  + {\cot ^2}\alpha  - 2 = 9 \Leftrightarrow {\tan ^2}\alpha  + {\cot ^2}\alpha  = 11\).

Lời giải

Chọn A.

\({\sin ^4}x + {\cos ^4}x = 1 - 2{\sin ^2}x{\cos ^2}x\).

\({\sin ^6}x + {\cos ^6}x = 1 - 3{\sin ^2}x{\cos ^2}x\).

Vậy \(f\left( x \right) = 3\left( {1 - 2{{\sin }^2}x{{\cos }^2}x} \right) - 2\left( {1 - 3{{\sin }^2}x{{\cos }^2}x} \right) = 1\).

Lời giải

Chọn B.

\(\sin x + \cos x = m\,\, \Rightarrow \,{\left( {\sin x + \cos x} \right)^2}\, = {m^2}\, \Leftrightarrow \,\left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right) + 2\sin x.\cos x = {m^2}\,\)

\( \Leftrightarrow \,1 + 2\sin x.\cos x = {m^2} \Leftrightarrow \,\sin x.\cos x = \frac{{{m^2} - 1}}{2}\).

Vậy \(M = \frac{{{m^2} - 1}}{2}\).

Lời giải

Chọn A.

Theo định lý côsin có: \[A{C^2} = B{A^2} + B{C^2} - 2BA.BC.\cos \widehat {ABC} = 73\]\[ \Rightarrow AC = \sqrt {73} \].

Vậy \[AC = \sqrt {73} \].

Lời giải

Chọn A.

Ta có: \(\cos A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} = \frac{{\sqrt 3 bc}}{{2bc}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat A = 30^\circ \).

Lời giải

Chọn C.

Ta có: \[\cos B = \frac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{2ac}} = \frac{{{{13}^2} + {{15}^2} - {{14}^2}}}{{2.13.15}} = \frac{{33}}{{65}} \Rightarrow B \approx {59^0}29'\,.\]

Lời giải

Chọn D.

Ta có \(b\left( {{b^2} - {a^2}} \right) = c\left( {{c^2} - {a^2}} \right) \Leftrightarrow {b^3} - b{a^2} = {c^3} - c{a^2} \Leftrightarrow {b^3} - {c^3} - {a^2}\left( {b - c} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {b - c} \right)\left( {{b^2} + bc + {c^2} - {a^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} - {a^2} =  - bc\).

Mặt khác \(\cos \widehat {BAC} = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} = \frac{{ - bc}}{{2bc}} =  - \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {BAC} = 120^\circ \).

Lời giải

Chọn C.

Trong 1h, xe 1 đi được quãng đường là \(AB = 30\,{\rm{km}}\).

Trong 1h, xe 2 đi được quãng đường là \(AC = 40\,{\rm{km}}\).

Sau 1h khoảng cách giữa 2 xe là \(BC\).

Ta có \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2.AB.AC.\cos 60^\circ  = 1300\)\( \Rightarrow BC = 10\sqrt {13} \,\,{\rm{km}}\).

Lời giải

Chọn A.

Ta có \(\frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{{AC}}{{\sin B}}\)\( \Leftrightarrow BC = \frac{{4.\frac{{\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = 2\sqrt 6 \).

Lời giải

Chọn B.

Ta có: \(\frac{{BC}}{{\sin A}} = 2R \Leftrightarrow R = \frac{{BC}}{{2\sin A}} = \frac{{\sqrt 3 }}{{2.\frac{{\sqrt 3 }}{2}}} = 1\).

Lời giải

Chọn B.

\(\widehat C = 180^\circ  - \widehat A - \widehat B = 180^\circ  - 40^\circ  - 60^\circ  = 80^\circ \).

Áp dụng định lý sin: \[\frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{{AB}}{{\sin C}} \Rightarrow BC = \frac{{AB}}{{\sin C}}.\sin A = \frac{5}{{\sin 80^\circ }}\sin 40^\circ  \approx 3,3\].

Lời giải

Chọn B.

Ta có \({S_{ABCD}} = AB.AD.\sin \widehat {BAD}\)\( = a.a.\sin 30^\circ  = \frac{1}{2}{a^2}\).

Lời giải

Chọn A.

Ta có: \(p = \frac{{AB + AC + BC}}{2} = \frac{{3 + 5 + 6}}{2} = 7\).

Vậy diện tích tam giác \(ABC\) là: \(S = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - AC} \right)\left( {p - BC} \right)}  = \sqrt {7\left( {7 - 3} \right)\left( {7 - 6} \right)\left( {7 - 5} \right)}  = \sqrt {56} \).

Lời giải

Chọn B.

Diện tích của tam giác \(ABC\) là \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2}.2a.4a.\sin 120^\circ  = 2{a^2}\sqrt 3 \).

Lời giải

Chọn C.

Theo đề bài tam giác \(ABC\) có chu vi bằng 12 nên nửa chu vi là \(p = \frac{{12}}{2}\); bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1, tức là ta có: \(r = 1\).

Diện tích tam giác \(ABC\) là: \(S = p.r = 6.1 = 6\).

Lời giải

Chọn C.

Áp dụng định lý côsin ta có \(\cos A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} = \frac{1}{2}\), suy ra \(A = 60^\circ \).

Áp dụng định lý sin ta có \(R = \frac{a}{{2\sin A}} = \sqrt 2 \).

Lời giải

Chọn A.

Vì \(A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\) nên tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\).

Do đó bán kính đường tròn nội tiếp \(r = \frac{S}{p} = \frac{{\frac{1}{2}AB.AC}}{{\frac{1}{2}\left( {AB + AC + BC} \right)}} = \frac{{3.4}}{{3 + 4 + 5}} = 1\).

Lời giải

Chọn B.

Áp dụng định lý côsin vào tam giác \(ABC\) ta có

\({a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A \Leftrightarrow 900 = {b^2} + {c^2} - bc \Leftrightarrow {(b + c)^2} - 3bc = 900\) \((1)\)

Lại có \(\frac{1}{2}bc\sin A = \frac{{a + b + c}}{2}r \Leftrightarrow \frac{{bc\sqrt 3 }}{2} = (30 + b + c)5\sqrt 3  \Leftrightarrow bc = 300 + 10(b + c)\) \((2)\)

Thay (2) vào (1) ta có \[{(b + c)^2} - 30(b + c) - 900 = 900 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}b + c = 60(tm)\\b + c =  - 30(l)\end{array} \right.\].

Vậy \(b + c = 60.\)

Lời giải

Chọn A.

\(\,\widehat A = 15^\circ ,\,\,\widehat B = 130^\circ  \Rightarrow \widehat C = 180^\circ  - \widehat A - \widehat B = 35^\circ .\)

\(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R \Leftrightarrow \frac{a}{{\sin 15^\circ }} = \frac{b}{{\sin 130^\circ }} = \frac{6}{{\sin 35^\circ }}\)

\( \Rightarrow a \approx 2,71;b \approx 8,01\).

Lời giải

Chọn C.

Ta mô hình hóa bài toán như hình vẽ trên. Khoảng cách từ vị trí mới đến vị trí ban đầu chính bằng độ dài đoạn AC. Áp dụng định lý cô-sin trong tam giác ABC, ta được

\(AC = \sqrt {B{A^2} + B{C^2} - 2BA.BC.\cos 135^\circ }  \approx 8,39{\rm{ km}}{\rm{.}}\)

Lời giải

Chọn C.

Từ hình vẽ ta có \[\widehat {ABC} = 90^\circ  + 15^\circ 30' = 105^\circ 30'\].

Xét tam giác \[ABC\] có \[\widehat {CAB} = 60^\circ \], \[\widehat {ABC} = 105^\circ 30'\] ta có

\[\widehat {CAB} + \widehat {ABC} + \widehat {ACB} = 180^\circ \] (Định lý tổng ba góc trong tam giác)

\[ \Rightarrow \widehat {ACB} = 180^\circ  - \widehat {CAB} - \widehat {ABC}\]\[ \Rightarrow \widehat {ACB} = 180^\circ  - 60^\circ  - 105^\circ 30' = 14^\circ 30 & '\].

Áp dụng định lý sin trong tam giác \[ABC\], ta có \[\frac{{AC}}{{\sin \widehat {ABC}}} = \frac{{AB}}{{\sin \widehat {ACB}}}\]

\[ \Rightarrow AC = \frac{{AB\sin \widehat {ABC}}}{{\sin \widehat {ACB}}} = \frac{{70.\sin 105^\circ 30'}}{{\sin 14^\circ 30'}} \approx 269,4\](m).

Tam giác \[ACH\] vuông tại \[H\] nên ta có \[CH = AC.\sin \widehat {CAH} \approx 269,4.\sin 30^\circ  \approx 134,7\] (m).

Vậy ngọn núi cao khoảng \[134,7\]m so với mặt đất.

Lời giải

Chọn D.

Hai điểm phân biệt, giả sử\(A,B\) tạo thành hai vectơ khác vec tơ-không là \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {BA} \).

Vì vậy từ 4 đỉnh \(A,B,C,D\) của tam giác ta có 6 cặp điểm phân biệt nên có 12 vectơ khác vec tơ-không được tạo thành.

Lời giải

Chọn D.

Lời giải

Chọn D.

Ta có \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\).

Do đó \(BC = 2MN \Rightarrow \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = 2\left| {\overrightarrow {MN} } \right|.\)

Lời giải

Chọn A.

Vì \(\widehat A = 60^\circ  \Rightarrow \Delta ABD\) đều \( \Rightarrow AO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AO} } \right| = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Ta có \(\left| {\overrightarrow {OB} } \right| = OB = \frac{{BD}}{2} = \frac{a}{2}\).

Lời giải

Chọn C.

Vectơ đối của vectơ \[\overrightarrow {AD} \] là \[\overrightarrow {DA} ,\overrightarrow {CB} \].

Lời giải

Chọn D.

Mệnh đề \[\left| {\overrightarrow {AB\,} } \right| > 0\] là mệnh đề sai, vì khi \(A \equiv B\) thì \[\left| {\overrightarrow {AB\,} } \right| = 0\].

Lời giải

Chọn B.

Ta có \(\overrightarrow {CB}  + \overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {CB}  = \overrightarrow {AB} \).

\[{\rm{ }}\overrightarrow {CO}  - \overrightarrow {OB}  = \overrightarrow {CO}  + \overrightarrow {OD}  = \overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {BA} \].

Lời giải

Chọn A.

\[\overrightarrow {MP}  + \overrightarrow {NP}  = \overrightarrow {MP}  + \overrightarrow {BM}  = \overrightarrow {BM}  + \overrightarrow {MP}  = \overrightarrow {BP} \].

Lời giải

Chọn B.

\(\overrightarrow {OB}  - \overrightarrow {OC}  = \overrightarrow {CB}  = \overrightarrow {DA} \).

Lời giải

Chọn B.

\(\overrightarrow u  = \overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {CD}  + \overrightarrow {CB}  - \overrightarrow {AB}  = \left( {\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AB} } \right) + \left( {\overrightarrow {CB}  - \overrightarrow {CD} } \right) = \overrightarrow {BD}  + \overrightarrow {DB}  = \overrightarrow 0 \).

Lời giải

Chọn C.

\[\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {CD}  + \overrightarrow {EF}  = \left( {\overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {DB} } \right) + \left( {\overrightarrow {CF}  + \overrightarrow {FD} } \right) + \left( {\overrightarrow {EB}  + \overrightarrow {BF} } \right) = \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {CF}  + \overrightarrow {EB} \].

Lời giải

Chọn A.

\(\overrightarrow {{G_1}B}  + \overrightarrow {{G_1}C}  = \overrightarrow {{G_1}G}  = \overrightarrow {GA} \).

Lời giải

Chọn D.

+ Tứ giác AMCN là hình bình hành \( \Rightarrow \overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {AN}  = \overrightarrow {AC}  \Rightarrow \) A đúng.

+ ABCD là hình bình hành \( \Rightarrow \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {AN}  \Rightarrow \) B đúng.

+ \(\overrightarrow {AM}  = \overrightarrow {NC} ,\overrightarrow {AN}  = \overrightarrow {MC}  \Rightarrow \overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {AN}  = \overrightarrow {MC}  + \overrightarrow {NC}  \Rightarrow C\) đúng.

Lời giải

Chọn D.

\(\overrightarrow {AM}  = \overrightarrow {DC}  + \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BD}  = \overrightarrow {DC}  + \overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {DC}  = \overrightarrow {AC} \).

Lời giải

Chọn D.

\[\overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC}  = \overrightarrow {CM}  - \overrightarrow {CA} \]\[ \Leftrightarrow \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC}  = \overrightarrow {AM} \]\[ \Leftrightarrow \overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC}  = \overrightarrow 0 \].

Suy ra \(M\) là trọng tâm \[\Delta ABC\].

Lời giải

Chọn B.

Từ B kẻ đường cao BH của hình thang cân ABCD (BH nằm ngoài hình thang).

Khi đó, \(\left| {\overrightarrow {CB}  - \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AC} } \right| = \left| {\overrightarrow {CB}  + \overrightarrow {DA}  + \overrightarrow {AC} } \right| = \left| {\overrightarrow {CB}  + \overrightarrow {DC} } \right| = \left| {\overrightarrow {DB} } \right| = \sqrt {B{H^2} + D{H^2}}  = 2a\sqrt 5 \).

Lời giải

Chọn C.

Dựng \(\overrightarrow {CM}  = \overrightarrow {AH} \)\( \Rightarrow AHMC\) là hình bình hành \( \Rightarrow \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AH}  = \overrightarrow {AM} \)\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AH} } \right| = AM\).

Gọi \(K\) đối xứng với \(A\) qua \(BC\) \( \Rightarrow \Delta AKM\) vuông tại \(K\).

\(AK = 2AH = a\sqrt 3 \) ; \(KM = CH = \frac{a}{2}\).

Khi đó, \(AM = \sqrt {A{K^2} + K{M^2}} \) \( = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} \) \( = \frac{{a\sqrt {13} }}{2}\).

Lời giải

Chọn A.

Vật đứng yên nên ba lực đã cho cân bằng. Ta được \[\overrightarrow {{F_3}}  =  - \left( {\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}} } \right)\].

Dựng hình bình hành \[AMBN\]. Ta có \[\overrightarrow {{F_3}}  =  - \overrightarrow {{F_1}}  - \overrightarrow {{F_2}}  =  - \overrightarrow {MA}  - \overrightarrow {MB}  =  - \overrightarrow {MN} \].

Suy ra \[\left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = \left| { - \overrightarrow {MN} } \right| = MN = \frac{{2\sqrt 3 MA}}{2} = 25\sqrt 3 \].

Lời giải

Chọn C.

Ta có \(\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {GC} \)\( = \overrightarrow {GB}  - \overrightarrow {GA}  - \overrightarrow {GC} \)\( = \overrightarrow {GB}  - \left( {\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GC} } \right)\)\( = \overrightarrow {GB}  - \left( { - \overrightarrow {GB} } \right)\) vì \[\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  = \overrightarrow 0 \]

Khi đó \(\left| {\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {GC} } \right| = \left| {2\overrightarrow {GB} } \right| = 2GB = 2.\frac{2}{3}.\frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{4a\sqrt 3 }}{3}\).

Lời giải

Chọn B.

Do \(\overrightarrow a ,\overrightarrow b \) ngược hướng nên \(m =  - \frac{{\left| {\overrightarrow a } \right|}}{{\left| {\overrightarrow b } \right|}} =  - \frac{5}{{15}} =  - \frac{1}{3}\).

Lời giải

Chọn B.

\(\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + 2\overrightarrow {MC}  = \overrightarrow 0  \Leftrightarrow 2\overrightarrow {MI}  + 2\overrightarrow {MC}  = \overrightarrow 0  \Leftrightarrow \overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {MC}  = \overrightarrow 0  \Leftrightarrow \)\(M\)là trung điểm của \(IC\).

Lời giải

Chọn D.

Ta thấy \(\overrightarrow {MB} \) và \(\overrightarrow {AB} \) cùng hướng nên \(\overrightarrow {MB}  =  - \frac{4}{5}\overrightarrow {AB} \) là sai.

Lời giải

Chọn C.

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\). Ta có:

\(\left| {\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  - 2\overrightarrow {OC} } \right| = \left| {\overrightarrow {OA}  - \overrightarrow {OB} } \right| \Leftrightarrow \left| {\overrightarrow {OA}  - \overrightarrow {OC}  + \overrightarrow {OB}  - \overrightarrow {OC} } \right| = \left| {\overrightarrow {BA} } \right| \Leftrightarrow \left| {\overrightarrow {CA}  + \overrightarrow {CB} } \right| = AB\)

\( \Leftrightarrow \left| {2.\overrightarrow {CI} } \right| = AB \Leftrightarrow 2CI = AB \Leftrightarrow CI = \frac{1}{2}AB \Rightarrow \)Tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\).

Lời giải

Chọn C.

Ta có \(2\overrightarrow {IJ}  = \overrightarrow {IQ}  + \overrightarrow {IN}  = \overrightarrow {IM}  + \overrightarrow {MQ}  + \overrightarrow {IP}  + \overrightarrow {PN}  = \overrightarrow {MQ}  + \overrightarrow {PN} \)

\(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {MQ}  = \overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {AE}  + \overrightarrow {EQ} \\\overrightarrow {MQ}  = \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {BD}  + \overrightarrow {DQ} \end{array} \right. \Rightarrow 2\overrightarrow {MQ}  = \overrightarrow {AE}  + \overrightarrow {BD}  \Leftrightarrow \overrightarrow {MQ}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AE}  + \overrightarrow {BD} } \right)\), \(\overrightarrow {PN}  =  - \frac{1}{2}\overrightarrow {BD} \)

Suy ra: \(2\overrightarrow {IJ}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AE}  + \overrightarrow {BD} } \right) - \frac{1}{2}\overrightarrow {BD}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {AE}  \Rightarrow \overrightarrow {IJ}  = \frac{1}{4}\overrightarrow {AE} \).

Lời giải

Chọn A.

Cách 1:

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {AK}  + \overrightarrow {KB}  = \overrightarrow {AK}  + \overrightarrow {KM}  + \overrightarrow {MB}  = \overrightarrow {AK}  - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {BM} \) (vì \(KM =  - \frac{1}{2}AB\))

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AB}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {AK}  - \overrightarrow {BM}  \Leftrightarrow \frac{3}{2}\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {AK}  - \overrightarrow {BM}  \Leftrightarrow \overrightarrow {AB}  = \frac{2}{3}\left( {\overrightarrow {AK}  - \overrightarrow {BM} } \right)\).

Cách 2: Giả sử có cặp số m, n sao cho \(\overrightarrow {AB}  = m\overrightarrow {AK}  + n\overrightarrow {BM} \).

Với \(G = AK \cap BM\) thì ta có \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {AG}  + \overrightarrow {GB} ,\overrightarrow {AK}  = \frac{3}{2}\overrightarrow {AG} ,\overrightarrow {BM}  = \frac{3}{2}\overrightarrow {BG} \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AG}  + \overrightarrow {GB}  = \frac{3}{2}m\overrightarrow {AG}  + \frac{3}{2}n\overrightarrow {BG}  \Leftrightarrow \left( {\frac{3}{2}m - 1} \right)\overrightarrow {AG}  = \left( { - \frac{3}{2}n - 1} \right)\overrightarrow {BG} \) (*)

Do \(\overrightarrow {AG} ,\overrightarrow {BG} \) không cùng phương nên (*) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{3}{2}m - 1 = 0\\ - \frac{3}{2}n - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = \frac{2}{3}\\n =  - \frac{2}{3}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \frac{2}{3}\left( {\overrightarrow {AK}  - \overrightarrow {BM} } \right)\).

Lời giải

Chọn A.

Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\). Khi đó \(C\) là trung điểm của \(MI\). Ta có:

\[\overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {AI}  = 2\overrightarrow {AC}  \Leftrightarrow \overrightarrow {AM}  =  - \overrightarrow {AI}  + 2\overrightarrow {AC}  =  - \frac{1}{2}(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} ) + 2\overrightarrow {AC}  =  - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  + \frac{3}{2}\overrightarrow {AC} \].

Lời giải

Chọn D.

Ta có: \(\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {AN}  - \overrightarrow {AM}  = \frac{x}{9}\overrightarrow {AC}  - \frac{1}{2}(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} ) = \left( {\frac{x}{9} - \frac{1}{2}} \right)\overrightarrow {AC}  - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \).

Lời giải

Chọn A.

Ta có \(M\) là trung điểm \(AB\) nên \(\overrightarrow {AM}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \); \(\overrightarrow {CN}  = 2\overrightarrow {NA}  \Rightarrow \overrightarrow {AN}  = \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} \).

Do đó \(\overrightarrow {AK}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {AN} } \right) = \frac{1}{4}\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{6}\overrightarrow {AC} .\)

Lời giải

Chọn C.

Vì \(AD\) là phân giác trong của tam giác \(ABC\) nên:

\(\frac{{BD}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{5}{7} \Rightarrow \overrightarrow {BD}  = \frac{5}{7}\overrightarrow {DC} \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AB}  = \frac{5}{7}\left( {\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AD} } \right)\)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AD}  = \frac{7}{{12}}\overrightarrow {AB}  + \frac{5}{{12}}\overrightarrow {AC} \).

Lời giải

Chọn C.

Từ bài ra ta có \(\overrightarrow {OC}  =  - 3\overrightarrow {OA} ;\overrightarrow {OD}  =  - 2\overrightarrow {OB} \).

Vì \(\overrightarrow {OM} ,\overrightarrow {ON} \) cùng phương\( \Rightarrow \exists k\) sao cho \(\overrightarrow {ON}  = k\overrightarrow {OM}  \Rightarrow \overrightarrow {ON}  = \frac{k}{2}\left( {\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB} } \right)\).

Đặt \(\frac{{CN}}{{ND}} = k,k > 0\). Ta có: \(\overrightarrow {ON}  = \frac{{ - 3}}{{1 + k}}.\overrightarrow {OA}  - \frac{{2k}}{{k + 1}}\overrightarrow {OB} \).

\( \Rightarrow \frac{{ - 6}}{{k\left( {k + 1} \right)}} = \frac{{ - 4k}}{{k\left( {k + 1} \right)}} \Leftrightarrow k = \frac{3}{2}\).

Lời giải

Chọn B.

Ta có: A, K, D thẳng hàng \( \Leftrightarrow \overrightarrow {AD}  = n\overrightarrow {AK}  = n\left( {\overrightarrow {AI}  + \overrightarrow {IK} } \right)\) (1)

Từ \(\overrightarrow {BE}  = 2\overrightarrow {BD} \) suy ra

\(2\overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AE}  = \overrightarrow {AB}  + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} } \right) = \frac{3}{2}\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} \)

\( = 3\overrightarrow {AI}  + \frac{3}{2}\overrightarrow {AJ}  = 3\overrightarrow {AI}  + \frac{3}{2}\left( {\overrightarrow {AI}  + \overrightarrow {IJ} } \right) = \frac{9}{2}\overrightarrow {AI}  + \frac{3}{2}\overrightarrow {IJ} \)

Mà \(\overrightarrow {IK}  = m\overrightarrow {IJ} \) nên \(2\overrightarrow {AD}  = \frac{9}{2}\overrightarrow {AI}  + \frac{3}{{2m}}\overrightarrow {IK}  \Rightarrow \overrightarrow {AD}  = \frac{9}{4}\overrightarrow {AI}  + \frac{3}{{4m}}\overrightarrow {IK} \) (2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \frac{9}{4} = \frac{3}{{4m}} \Leftrightarrow m = \frac{1}{3}\).

Lời giải

Chọn D.

Qua M kẻ các đường thẳng \({A_1}{B_1}//AB,{A_2}{C_1}//AC,{B_2}{C_2}//BC\)

\( \Rightarrow \) Các tam giác đều \(\Delta M{B_1}{C_1},\Delta M{A_1}{C_2},\Delta M{A_2}{B_2}\)

Ta có: \(\overrightarrow {MD}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{B_1}}  + \overrightarrow {M{C_1}} } \right),\overrightarrow {ME}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{A_1}}  + \overrightarrow {M{C_2}} } \right),\overrightarrow {MF}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{B_2}}  + \overrightarrow {M{A_2}} } \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {MD}  + \overrightarrow {ME}  + \overrightarrow {MF}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{A_1}}  + \overrightarrow {M{A_2}} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{B_1}}  + \overrightarrow {M{B_2}} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{C_1}}  + \overrightarrow {M{C_2}} } \right)\)

\( = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC} } \right) = \frac{3}{2}\overrightarrow {MO} \).

Lời giải

Chọn A.

\(2\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + 3\overrightarrow {MC}  = 2\left( {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC} } \right) + \overrightarrow {MC}  - \overrightarrow {MB}  = 6\overrightarrow {MG}  + \overrightarrow {BC}  = \overrightarrow 0  \Rightarrow \overrightarrow {GM}  = \frac{1}{6}\overrightarrow {BC} \).

Lời giải

Chọn D.

Ta có $\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=\left|\overrightarrow{a}\right|.\left|\overrightarrow{b}\right|.cos\left(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}\right)\stackrel{}{\to }cos\left(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}\right)=\frac{\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}}{\left|\overrightarrow{a}\right|.\left|\overrightarrow{b}\right|}=\frac{-3}{3.2}=-\frac{1}{2}\stackrel{}{\to }\left(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}\right)=120°$.

Lời giải

Chọn D.

Xác định được góc \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right)\) là \(\widehat A\) nên \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = 60^\circ .\)

Do đó \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = AB.AC.cos\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = a.a.cos60^\circ  = \frac{{{a^2}}}{2}.\)

Lời giải

Chọn D.

Đầu tiên ta đi tìm số đo của góc \[\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CA} } \right)\] sau đó mới tính \[{\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CA} } \right)\]

Vì \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CA} } \right) = 180^\circ  - \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = 135^\circ  \Rightarrow {\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CA} } \right) =  - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Lời giải

Chọn C.

Từ giả thiết suy ra \[AC = a\sqrt 2 \].

Ta có \[P = \overrightarrow {AC} .\left( {\overrightarrow {CD}  + \overrightarrow {CA} } \right) = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {CD}  + \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {CA}  =  - \overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CD}  - {\overrightarrow {AC} ^2}\]

\[ =  - CA.CD\cos \left( {\overrightarrow {CA} ,\overrightarrow {CD} } \right) - A{C^2} =  - a\sqrt 2 .a.\cos 45^\circ  - {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} =  - 3{a^2}\].

Lời giải

Chọn D.

\[\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{{{8^2} + {5^2} - {7^2}}}{{2.5.8}} = \frac{1}{2}\]

\[\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = AB.AC.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = 5.8.\frac{1}{2} = 20\].

Lời giải

Chọn D.

Gọi \(N\) là trung điểm đoạn \(BC\).

Gọi \(I\) là điểm thỏa: \(4\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 \)\( \Leftrightarrow 4\overrightarrow {IA}  + 2\overrightarrow {IN}  = \overrightarrow 0 \)\( \Leftrightarrow 2\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IN}  = \overrightarrow 0 \), nên điểm \(I\) thuộc đoạn thẳng \(AN\) sao cho \(IN = 2IA\).

Khi đó: \(IA = \frac{1}{3}AN = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\), và \(IN = \frac{2}{3}AN = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

\(I{B^2} = I{C^2} = I{N^2} + B{N^2} = \frac{{{a^2}}}{3} + \frac{{{a^2}}}{4}\)\( = \frac{{7{a^2}}}{{12}}\).

Ta có: \[4M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = \frac{{5{a^2}}}{2}\]\( \Leftrightarrow 4{\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IC} } \right)^2} = \frac{{5{a^2}}}{2}\).

\( \Leftrightarrow 6M{I^2} + 4I{A^2} + I{B^2} + I{C^2} = \frac{{5{a^2}}}{2}\)\( \Leftrightarrow 6M{I^2} + 4.\frac{{{a^2}}}{{12}} + 2.\frac{{7{a^2}}}{{12}} = \frac{{5{a^2}}}{2}\)\( \Leftrightarrow MI = \frac{a}{{\sqrt 6 }}\).

Lời giải

a) Đúng                            b) Sai                               c) Sai                              d) Đúng

Vì \({\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1 \Rightarrow {\cos ^2}\alpha  = 1 - {\sin ^2}\alpha  = 1 - {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} = \frac{5}{9}\).

Mà \(0^\circ  < \alpha  < 90^\circ \) nên \(\cos \alpha  > 0\). Do đó \(\cos \alpha  = \frac{{\sqrt 5 }}{3}\). Vậy \(A = \frac{{\sin \alpha  + \sqrt 5 \cos \alpha }}{{2\sin \alpha  + \cos \alpha }} = \frac{7}{{4 + \sqrt 5 }}\).

Lời giải

a) Sai                                b) Đúng                           c) Đúng                           d) Sai

Ta có \(p = (6 + 8 + 10):2 = 12\,\,{\rm{(cm)}}\).

Áp dụng công thức Heron trong tam giác, ta có:

\(S = \sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} \) hay \(S = \sqrt {12 \cdot (12 - 6) \cdot (12 - 8) \cdot (12 - 10)}  = 24\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Mà \(S = p \cdot r\) nên \(r = S:p = 24:12 = 2\,\,{\rm{(cm)}}\).

Lời giải

a) Đúng                             b) Đúng                           c) Sai                               d) Sai

Trong \(\Delta ABC\) ta có: \(\widehat A = 180^\circ  - \widehat B - \widehat C = 180^\circ  - 45^\circ  - 60^\circ  = 75^\circ \).

Áp dụng định lí sin trong tam giác, ta có:

\(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} \Rightarrow \frac{8}{{\sin 75^\circ }} = \frac{b}{{\sin 45^\circ }} = \frac{c}{{\sin 60^\circ }}\)

Do đó, \(b = \frac{{8 \cdot \sin 45^\circ }}{{\sin 75^\circ }} \approx 5,86\,\,{\rm{(cm)}};\,\,c = \frac{{8 \cdot \sin 60^\circ }}{{\sin 75^\circ }} \approx 7,17\,\,{\rm{(cm)}}\).

Lời giải

a) Sai                                b) Đúng                           c) Sai                              d) Đúng

Do \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\) nên \(MN = \frac{1}{2}BC\).

Điểm \(P\) đối xứng với điểm \(M\) qua \(N\) nên \(MP = 2MN = BC\), do đó \(\left| {\overrightarrow {MP} } \right| = \left| {\overrightarrow {BC} } \right|\) (1).

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 \(MB\) do đó \(\overrightarrow {MN} \) và \(\overrightarrow {BC} \) cùng hướng. Lại có \(P\) đối xứng \(M\) qua \(N\) nên \(\overrightarrow {MP} \) và \(\overrightarrow {MN} \) cùng hướng, dễ thấy \(\overrightarrow {MN}  \ne \overrightarrow 0 \) nên \(\overrightarrow {MP} \) và \(\overrightarrow {BC} \) cùng hướng. (2)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(\overrightarrow {MP}  = \overrightarrow {BC} \).

Lời giải

a) Đúng                             b) Sai                              c) Sai                               d) Sai

Ta có: \(C{A^2} = D{A^2} + D{C^2} = {a^2} + {\left( {2a} \right)^2} = 5{a^2}\) (Theo định lí Pythagore trong tam giác vuông \(ADC\)).

\[ \Rightarrow \left| {\overrightarrow {CA} } \right| = CA = a\sqrt 5 \]. 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: \(\widehat {ABD} = 45^\circ  \Rightarrow \widehat {ABF} = \frac{{45^\circ }}{2} = 22,5^\circ \).

Xét \(\Delta ABF\) vuông tại \(A\), ta có: \(\left| {\overrightarrow {BF} } \right| = BF = \frac{{AB}}{{\cos \widehat {ABF}}} = \frac{a}{{\cos 22,5^\circ }} \approx 1,08a\).

Lời giải

a) Đúng                             b) Đúng                           c) Đúng                           d) Sai

Theo quy tắc hình bình hành ta có \(\overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {AC} \).

Theo định lí Pythagore: \(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2}\)\( = {a^2} + {a^2} = 2{a^2} \Rightarrow AC = a\sqrt 2 \).

Vậy \(\left| {\overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AB} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = AC = a\sqrt 2 \).

\(E\) là điểm đối xứng với \(B\) qua \(C\). Do đó \(CE = AD = a,CE{\rm{//}}AD\) nên \(ADEC\) là hình bình hành.

Ta có: \(\overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {AE} \). Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác \(ABE\):

\(A{E^2} = A{B^2} + B{E^2} = {a^2} + {\left( {2a} \right)^2} = 5{a^2} \Rightarrow AE = a\sqrt 5 \).

Vậy \(\left| {\overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AC} } \right| = AE = a\sqrt 5 \).

Lời giải

a) Đúng                             b) Sai                              c) Sai                              d) Đúng

Ta có: \(\overrightarrow {AN}  = \frac{1}{6}\overrightarrow {AC}  = \frac{1}{6}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} } \right)\);

\(\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {AN}  - \overrightarrow {AM}  = \frac{1}{6}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} } \right) - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  = \frac{{ - 1}}{3}\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{6}\overrightarrow {AD} \);

\(\overrightarrow {MP}  = \overrightarrow {AP}  - \overrightarrow {AM}  = \frac{1}{4}\overrightarrow {AD}  - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \).

Ta có: \(\overrightarrow {MN}  = \frac{1}{6}(\overrightarrow {AD}  - 2\overrightarrow {AB} ) = \frac{1}{6} \cdot 4 \cdot \frac{1}{4}(\overrightarrow {AD}  - 2\overrightarrow {AB} ) = \frac{2}{3}\overrightarrow {MP} \).

Suy ra \(\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {MP} \) cùng phương. Vậy ba điểm \(M,N,P\) thẳng hàng.

Lời giải

a) Đúng                             b) Đúng                           c) Sai                               d) Sai

Xét tam giác \(ABD\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AD\) nên \(AB \bot BD\); mặt khác \(AB \bot CH\) nên \(BD{\rm{//}}CH\) (1).

Tương tự, tam giác \(ACD\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AD\) nên \(AC \bot CD\); mặt khác \(AC \bot BH\) nên \(CD{\rm{//}}BH\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(BDCH\) là hình bình hành.

Khi đó, \(\overrightarrow {HA}  + \overrightarrow {HB}  + \overrightarrow {HC}  = \overrightarrow {HA}  + \overrightarrow {HD}  = 2\overrightarrow {HO} \) (vì \(O\) là trung điểm \(AD\)).

Ta có: \(\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC}  = \overrightarrow {OH}  + \overrightarrow {HA}  + \overrightarrow {OH}  + \overrightarrow {HB}  + \overrightarrow {OH}  + \overrightarrow {HC} \)

\( = 3\overrightarrow {OH}  + \left( {\overrightarrow {HA}  + \overrightarrow {HB}  + \overrightarrow {HC} } \right) = 3\overrightarrow {OH}  + 2\overrightarrow {HO}  = \overrightarrow {OH} {\rm{. }}\)

Lời giải

a) Sai                                b) Đúng                           c) Sai                              d) Đúng

Ta có: \(\overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {NA}  - 3\overrightarrow {AC}  = \vec 0 \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BC} } \right) - 3\overrightarrow {AC}  + \left( {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {AN} } \right) = \vec 0\)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AC}  - 3\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {MN}  = \vec 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {MN}  = 2\overrightarrow {AC} \).

Suy ra hai vectơ \(\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {AC} \) cùng phương (1).

Xét: \(\overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {MA}  = \vec 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {AM}  = \overrightarrow {BC} \). Do đó \(M\) là một đỉnh của hình bình hành \(ABCM\) hay \(M\) không thuộc đường thẳng \(AC(2)\).

Từ (1) và (2) suy ra hai đường thẳng \(MN\) và \(AC\) song song.

Lời giải

a) Sai                                b) Sai                              c) Đúng                           d) Sai

Ta có: \(\overrightarrow {CM}  = \overrightarrow {BM}  - \overrightarrow {BC}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {BA}  - \overrightarrow {BC} \).

Vì \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ACM\) nên

\(3\overrightarrow {BG}  = \overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BM}  + \overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {BA}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BC}  = \frac{3}{2}\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BC}  \Rightarrow \overrightarrow {BG}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {BA}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {BC} .\)

Vì \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(BC = AD = 3a,\overrightarrow {BC}  \cdot \overrightarrow {BA}  = 0\).

Ta có: \(\overrightarrow {BG}  \cdot \overrightarrow {CM}  = \left( {\frac{1}{2}\overrightarrow {BA}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {BC} } \right) \cdot \left( {\frac{1}{2}\overrightarrow {BA}  - \overrightarrow {BC} } \right) = \frac{1}{4}{\overrightarrow {BA} ^2} - \frac{1}{3}\overrightarrow {BA}  \cdot \overrightarrow {BC}  - \frac{1}{3}{\overrightarrow {BC} ^2}\)

\( = \frac{1}{4} \cdot {\left( {4a} \right)^2} - \frac{1}{3} \cdot {\left( {3a} \right)^2} = {a^2}.\)

Lời giải

a) Sai                                b) Đúng                           c) Sai                              d) Đúng

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AC}  = AB \cdot AC \cdot \cos A = 4\sqrt 2  \cdot 6 \cdot \cos 45^\circ  = 24\).

Ta có: \(\overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} ,\,\,\overrightarrow {AD}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} \).

Khi đó:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{{\overrightarrow {BC} }^2}}&{ = {{\left( {\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} } \right)}^2} = {{\overrightarrow {AC} }^2} - 2\overrightarrow {AC}  \cdot \overrightarrow {AB}  + {{\overrightarrow {AB} }^2} = {6^2} - 2 \cdot 24 + {{\left( {4\sqrt 2 } \right)}^2} = 20}\\{}&{ \Rightarrow BC = 2\sqrt 5 .}\\{{{\overrightarrow {AD} }^2}}&{ = {{\left( {\frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} } \right)}^2} = \frac{1}{4}\left( {{{\overrightarrow {AB} }^2} + 2\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AC}  + {{\overrightarrow {AC} }^2}} \right)}\\{}&{ = \frac{1}{4}\left[ {{{\left( {4\sqrt 2 } \right)}^2} + 2 \cdot 24 + {6^2}} \right] = 29 \Rightarrow AD = \sqrt {29} .}\end{array}\)

Ta có: \(\overrightarrow {BE}  = \overrightarrow {AE}  - \overrightarrow {AB}  = k\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} \). Từ đó, ta có:

\(\overrightarrow {AD}  \cdot \overrightarrow {BE}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} } \right) \cdot \left( {k\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} } \right)\)

\(\begin{array}{l} = \frac{1}{2}\left( {k\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AC}  + k{{\overrightarrow {AC} }^2} - {{\overrightarrow {AB} }^2} - \overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AC} } \right) = \frac{1}{2}\left[ {24k + {6^2} \cdot k - {{\left( {4\sqrt 2 } \right)}^2} - 24} \right]\\ = 30k - 28.\end{array}\)

Khi đó \(AD \bot BE \Leftrightarrow \overrightarrow {AD}  \cdot \overrightarrow {BE}  = 0 \Leftrightarrow 30k - 28 = 0 \Leftrightarrow k = \frac{{14}}{{15}}\).

Lời giải

Trả lời: \( - 1\).

\(D = \left( {\cos 1^\circ  + \cos 179^\circ } \right) + \left( {\cos 2^\circ  + \cos 178^\circ } \right) + \)\( \ldots  + \left( {\cos 89^\circ  + \cos 91^\circ } \right) + \cos 90^\circ  + \cos 180^\circ \)

\(\begin{array}{l} = \left[ {\cos 1^\circ  + \cos \left( {180^\circ  - 1^\circ } \right)} \right] + \left[ {\cos 2^\circ  + \cos \left( {180^\circ  - 2^\circ } \right)} \right] +  \ldots  + \left[ {\cos 89^\circ  + \cos \left( {180^\circ  - 89^\circ } \right)} \right] + 0 - 1\\ = \left( {\cos 1^\circ  - \cos 1^\circ } \right) + \left( {\cos 2^\circ  - \cos 2^\circ } \right) +  \ldots  + \left( {\cos 89^\circ  - \cos 89^\circ } \right) - 1\\ = 0 + 0 +  \ldots  + 0 + 0 - 1 =  - 1.\end{array}\)

Lời giải

Trả lời: \(13\).

Do \(\cot \alpha  = \frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }} = \frac{1}{3} \Rightarrow \sin \alpha  \ne 0\).

Chia hai vế biểu thức \(A\) cho \(\sin \alpha \), ta có: \(A = \frac{{3 + 4\frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }}}}{{2 - 5\frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }}}} = \frac{{3 + 4\cot \alpha }}{{2 - 5\cot \alpha }} = \frac{{3 + 4 \cdot \frac{1}{3}}}{{2 - 5 \cdot \frac{1}{3}}} = 13\).

Lời giải

Trả lời: 28,6.

Áp dụng định lí côsin cho tam giác \(ABC\) ta có:

\(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2} - 2AB \cdot BC \cdot \cos B}  = \sqrt {{{15}^2} + {{18}^2} - 2 \cdot 15 \cdot 18 \cdot \cos 120^\circ }  \approx 28,6\,\,{\rm{(m)}}.\)

Vậy độ dài dây điện nối từ nhà ra cột điện dài 28,6 m.

Lời giải

Trả lời: 3.  

Áp dụng định lí côsin cho tam giác \(ABC\), ta có: \(\cos A = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2AB \cdot AC}} = \frac{{{4^2} + {5^2} - {6^2}}}{{2.4.5}} = \frac{1}{8}\).

Mà \(\widehat A < 180^\circ \) nên \(\sin A = \sqrt {1 - {{\cos }^2}A}  = \sqrt {1 - \frac{1}{{64}}}  = \frac{{3\sqrt 7 }}{8}\).

Áp dụng định lí sin, ta có: \(\frac{{BC}}{{\sin A}} = 2R \Rightarrow R = \frac{{BC}}{{2\sin A}} = \frac{6}{{2 \cdot \frac{{3\sqrt 7 }}{8}}} \approx 3\,\,{\rm{(cm)}}\).

Lời giải

Trả lời: 6,6.

Giả sử vật được đặt ở vị trí \(A\), hai lực tác động vào \(A\) lần lượt là các vectơ \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} \) có độ lớn là \(3\;{\rm{N}},4\;{\rm{N}}\).

Vẽ hình bình hành \(ABCD\), ta có hợp lực tác động vào \(A\) là: \(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {AC} \). Do \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AD = BC = 4\).

Ta có: \(\widehat {ABC} = 180^\circ  - 40^\circ  = 140^\circ \). Xét tam giác \(ABC\), theo định lí cô-sin ta có:

\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} - 2AB \cdot BC \cdot \cos \widehat {ABC} = {3^2} + {4^2} - 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot \cos 140^\circ  \approx 43,39\)\( \Rightarrow AC \approx 6,6.{\rm{ }}\)

Vậy độ lớn của lực tổng hợp tác động vào vật \(A\) là xấp xỉ \(6,6\;{\rm{N}}\).

Lời giải

Trả lời: 9,93.

Ta có: \(\widehat C = 180^\circ  - \left( {\widehat A + \widehat B} \right) = 180^\circ  - \left( {76^\circ  + 35^\circ } \right) = 69^\circ \).

Theo định lí sin: \(\frac{{AB}}{{\sin C}} = \frac{{AC}}{{\sin B}} = \frac{{BC}}{{\sin A}} \Rightarrow AC = \frac{{AB \cdot \sin B}}{{\sin C}} = \frac{{6 \cdot \sin 35^\circ }}{{\sin 69^\circ }} \approx 3,69\;{\rm{m}}\);

\(BC = \frac{{AB \cdot \sin A}}{{\sin C}} = \frac{{6 \cdot \sin 76^\circ }}{{\sin 69^\circ }} \approx 6,24\;{\rm{m}} \Rightarrow AC + BC \approx 9,93\;{\rm{m}}\).

Vậy chiều cao ban đầu của cây xấp xỉ bằng \(9,93\;{\rm{m}}\).

Lời giải

Trả lời: 41,5.

Ta có: \(\widehat {{\mkern 1mu} C{\mkern 1mu} } = 180^\circ  - \widehat {{\mkern 1mu} A{\mkern 1mu} } - \widehat {{\mkern 1mu} B{\mkern 1mu} } = 65^\circ \).

Áp dụng định lí sin vào tam giác \(ABC\) ta có

\(\frac{{AC}}{{\sin B}} = \frac{{AB}}{{\sin C}} \Rightarrow AC = \frac{{AB \cdot \sin B}}{{\sin C}} = \frac{{40 \cdot \sin 70^\circ }}{{\sin 65^\circ }} \approx 41,5\;{\rm{m}}{\rm{. }}\)

Vậy khoảng cách giữa \(A\) và \(C\) khoảng \(41,5\) m.

Lời giải

Trả lời: \(33\;\).

\(\frac{{BQ}}{{PQ}} = \frac{{\sin \widehat {BPQ}}}{{\sin \widehat {PBQ}}} = \frac{{\sin 15^\circ }}{{\sin 40^\circ }} \Rightarrow BQ = \frac{{PQ\sin 15^\circ }}{{\sin 40^\circ }}\).

\(\frac{{AB}}{{BQ}} = \sin 55^\circ  \Rightarrow AB = BQ\sin 55^\circ  = \frac{{PQ\sin 15^\circ }}{{\sin 40^\circ }} \cdot \sin 55^\circ  \approx 33\;\,{\rm{m}}.\)

Lời giải

Trả lời: \(173\).

Chọn các điểm \(A,B\) thỏa mãn \(\overrightarrow {{F_1}}  = \overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {{F_2}}  = \overrightarrow {OB} \) (hình vẽ). Gọi điểm \(C\) là một đỉnh của hình bình hành \(OACB\), khi đó ta có \(\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  = \overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  = \overrightarrow {OC} \)(quy tắc hình bình hành).

Cường độ tổng hợp hai lực là: \(\left| {\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {OC} } \right| = OC\).

Xét tam giác \(OAB\) có \(OA = OB = 100\) và \(\widehat {AOB} = 60^\circ \) nên tam giác \(OAB\) đều.

Gọi \(I\) là tâm hình bình hành \(OACB\), khi đó \(OI\) cũng là đường cao của tam giác đều \(OAB\).

Do đó \(OI = \frac{{100\sqrt 3 }}{2} = 50\sqrt 3 \), suy ra \(OC = 2OI = 100\sqrt 3 \).

Vậy hợp lực của \({\vec F_1},{\vec F_2}\) có độ lớn là \(100\sqrt 3 \,{\rm{N}} \approx {\rm{173}}\,{\rm{N}}\).

Lời giải

Trả lời: \(36,4\).

Gọi \(\overrightarrow {{v_1}} ,\overrightarrow {{v_2}} \) lần lượt là vectơ vận tốc của dòng nước đối với bờ và ca nô đối với dòng nước. Khi đó vận tốc của ca nô đối với bờ chính là tổng \(\overrightarrow {{v_1}}  + \overrightarrow {{v_2}} \). Đặt \(\overrightarrow {{v_1}}  = \overrightarrow {AD} ,\overrightarrow {{v_2}}  = \overrightarrow {AB} \) với \(A\) là vị trí của ca nô.

Vẽ hình bình hành \(ABCD\), ta có: \(\overrightarrow {{v_1}}  + \overrightarrow {{v_2}}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {AC} {\rm{. }}\)

Theo định lí Pythagore: \(AC = \sqrt {{{10}^2} + {{35}^2}}  = 5\sqrt {53}  \approx 36,4{\rm{\;km/h}}{\rm{. }}\)

Vậy vận tốc của ca nô đối với bờ là xấp xỉ \(36,4\;{\rm{km/h}}\).

Lời giải

Trả lời: 14.

Đặt \({\vec F_1} = \overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {{F_2}}  = \overrightarrow {AD} ,\overrightarrow {{F_3}}  = \overrightarrow {AE} \). Vẽ hình chữ nhật \(ABCD\). Từ giả thiết:

\({\vec F_1} + \overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_3}}  = \vec 0{\rm{ }}\)(vật ở trạng tháng cân bằng)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AE}  = \vec 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {AC}  =  - \overrightarrow {AE} {\rm{. }}\)

Ta có \(AB = 12,\widehat {CAD} = 180^\circ  - 120^\circ  = 60^\circ \)\( \Rightarrow \widehat {BAC} = 30^\circ \).

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) nên: \(BC = AB\tan 30^\circ  = 12 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3} = 4\sqrt 3  = AD;\)

\(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{{12}^2} + {{\left( {4\sqrt 3 } \right)}^2}}  = 8\sqrt 3 \). Do vậy \(\left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = \left| {\overrightarrow {AE} } \right| = AC = 8\sqrt 3 \; \approx 14\,{\rm{N}}\).

Lời giải

Trả lời: \(57\).

Ta có: \(\overrightarrow {{F_2}}  =  - 2{\vec F_1}\). Để vật trở về trạng thái cân bằng thì hợp lực bằng \(\vec 0\)

\( \Leftrightarrow {\vec F_1} + {\vec F_2} + {\vec F_3} + {\vec F_4} = \vec 0 \Leftrightarrow {\vec F_1} - 2{\vec F_1} + {\vec F_3} + {\vec F_4} = \vec 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {{F_3}}  + {\vec F_4} = {\vec F_1}\).

Đặt \({\vec F_1} = \overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {{F_2}}  = \overrightarrow {OB} ,{\vec F_3} = \overrightarrow {OC} ,\overrightarrow {{F_4}}  = \overrightarrow {OD} \).

Ta có: \({\vec F_3} + {\vec F_4} = {\vec F_1} \Leftrightarrow \overrightarrow {OC}  + \overrightarrow {OD}  = \overrightarrow {OA} \). Do đó \(OCAD\) là hình bình hành.

Mặt khác: \(OC = OD = 20\) và \(\widehat {COD} = 45^\circ  + 45^\circ  = 90^\circ \) nên \(OCAD\) là hình vuông.

Khi đó: \(\left| {{{\vec F}_1}} \right| = OA = 20\sqrt 2 \;{\rm{N}},\left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = 2\left| {{{\vec F}_1}} \right| = 40\sqrt 2 \;{\rm{N}} \approx {\rm{57}}\,{\rm{N}}\).

Lời giải

Trả lời: 1

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 \(\Delta DMP\) và \(\Delta BNQ\) ta có \(DM = NB\) (giả thiết), \(\widehat {PDM} = \widehat {QBN}\) (\(AB{\rm{//}}CD\), so le trong).

Mặt khác \(\widehat {DMP} = \widehat {MCN}\) (\(AM{\rm{//}}NC\)) và \(\widehat {MCN} = \widehat {BNQ}\) (\(AB{\rm{//}}CD\)), 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 \(\overrightarrow {DP}  = \overrightarrow {QB} \).

Lời giải

Trả lời: \(0\).

Ta có biến đổi tích vô hướng như sau:

\(2\overrightarrow {AE}  \cdot \overrightarrow {BH}  = (\overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {AH} ) \cdot (\overrightarrow {BM}  + \overrightarrow {MH} )\)

\( = \overrightarrow {AM}  \cdot \overrightarrow {MH}  + \overrightarrow {AH}  \cdot \overrightarrow {BM} \)       (do \(\overrightarrow {AM}  \cdot \overrightarrow {BM}  = 0,\,\,\overrightarrow {AH}  \cdot \overrightarrow {MH}  = 0\))

\( = \overrightarrow {AM}  \cdot \overrightarrow {MH}  + (\overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {MH} ) \cdot \overrightarrow {BM} \)

\( = \overrightarrow {AM}  \cdot \overrightarrow {MH}  + \overrightarrow {MH}  \cdot \overrightarrow {MC} \)       (do \(\overrightarrow {BM}  = \overrightarrow {MC} \))

\( = \overrightarrow {MH}  \cdot \left( {\overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {MC} } \right) = \overrightarrow {MH}  \cdot \overrightarrow {AC}  = 0\).

Do đó, \(\overrightarrow {AE} .\overrightarrow {BH}  = 0\).

Lời giải

Trả lời: \(4500\).

Đặt \(OM = s\) là đoạn đường mà vật di chuyển được với \(O\) là điểm đặt vật ban đầu. Công sinh ra bởi lực \(\vec F\) là: \[A = \vec F \cdot \overrightarrow {OM}  = \left| {\vec F} \right| \cdot \left| {\overrightarrow {OM} } \right| \cdot \cos \left( {\vec F,\overrightarrow {OM} } \right) = 90 \cdot 100 \cdot \cos 60^\circ  = 4500\;J{\rm{. }}\]

Lời giải

Trả lời: \(90\).

Đặt \(\overrightarrow {BA}  = \vec a,\overrightarrow {BC}  = \vec b,\overrightarrow {BK}  = \vec c\) và \(BA = a,BC = b,BK = c\).

Khi đó: \(\overrightarrow {BM}  = \frac{1}{2}\left( {\vec a + \vec c} \right),\,\,\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {CN}  =  - \frac{1}{2}\left( {\vec a + \vec c} \right) + \vec b + \frac{1}{2}\vec a = \vec b - \frac{1}{2}\vec c = \frac{1}{2}\left( {2\vec b - \vec c} \right)\).

Do đó: \(\overrightarrow {MN}  \cdot \overrightarrow {BM}  = \frac{1}{4}\left( {2\vec b - \vec c} \right)\left( {\vec a + \vec c} \right) = \frac{1}{4}\left( {2\vec a \cdot \vec b - \vec a \cdot \vec c + 2\vec b \cdot \vec c - {{\vec c}^2}} \right)\)

\( = \frac{1}{4}\left[ {2\vec a \cdot \vec b + \left( {\vec b - \vec a} \right)\vec c + \left( {\vec b - \vec c} \right)\vec c} \right]{\rm{. }}\)

Ta thấy rằng: \(\vec a \cdot \vec b = 0\) (do \(\vec a \bot \vec b\)); \(\left( {\vec b - \vec a} \right)\vec c = \overrightarrow {AC}  \cdot \vec c = 0\) (do \(AC \bot BK\));

         \(\left( {\vec b - \vec c} \right)\vec c = \overrightarrow {KC}  \cdot \vec c = 0\) (do \(CK \bot BK\)).

Vì vậy \(\overrightarrow {MN}  \cdot \overrightarrow {BM}  = 0 \Rightarrow \widehat {BMN} = 90^\circ \).