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
95 câu hỏi
\(\frac{4}{{\sqrt 3 }}\).
\(\frac{{1 + \sqrt 3 }}{3}\).
\(\frac{2}{{\sqrt 3 }}\).
\(2\).
Lời giải
Chọn A.
\(\tan 30^\circ + \cot 30^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{3} + \sqrt 3 = \frac{{4\sqrt 3 }}{3} = \frac{4}{{\sqrt 3 }}\).
\(\sin 0^\circ + \cos 0^\circ = 1\).
\(\sin 90^\circ + \cos 90^\circ = 1\).
\(\sin 180^\circ + \cos 180^\circ = - 1\).
\(\sin 60^\circ + \cos 60^\circ = 1\).
Lời giải
Chọn D.
\(\cos 60^\circ = \sin 30^\circ \).
\(\cos 60^\circ = \sin 120^\circ \).
\(\cos 30^\circ = \sin 120^\circ \).
\(\sin 60^\circ = - \cos 120^\circ \).
Lời giải
Chọn B.
\(\frac{1}{2}\).
\(\frac{{\sqrt 3 }}{2}\).
\(1\).
\( - 1\).
Lời giải
Chọn A.
\(E = \sin 36^\circ \cos 6^\circ - \sin 126^\circ \cos 84^\circ = \frac{1}{2}\).
\(0\).
\(2\).
\(3\).
\(1\).
Lời giải
Chọn D.
\(A = \left( {\tan 1^\circ .\tan 89^\circ } \right).\left( {\tan 2^\circ .\tan 88^\circ } \right)...\left( {\tan 44^\circ .\tan 46^\circ } \right).\tan 45^\circ = 1\).
\(21\).
\(23\).
\(22\).
\(24\).
Lời giải
Chọn C.
\(S = {\sin ^2}2^\circ + {\sin ^2}4^\circ + {\sin ^2}6^\circ + ... + {\sin ^2}84^\circ + {\sin ^2}86^\circ + {\sin ^2}88^\circ \)
\[ = \left( {{{\sin }^2}2^\circ + {{\sin }^2}88^\circ } \right) + \left( {{{\sin }^2}4^\circ + {{\sin }^2}86^\circ } \right) + ... + \left( {{{\sin }^2}44^\circ + {{\sin }^2}46^\circ } \right)\]
\( = \left( {{{\sin }^2}2^\circ + {{\cos }^2}2^\circ } \right) + \left( {{{\sin }^2}4^\circ + {{\cos }^2}4^\circ } \right) + ... + \left( {{{\sin }^2}44^\circ + {{\cos }^2}44^\circ } \right) = 22\).
\(A = 12\).
\(A = 11\).
\(A = 13\).
\(A = 5\).
Lời giải
Chọn B.
\(\tan \alpha - \cot \alpha = 3 \Leftrightarrow {\left( {\tan \alpha - \cot \alpha } \right)^2} = 9 \Leftrightarrow {\tan ^2}\alpha + {\cot ^2}\alpha - 2\tan \alpha .\cot \alpha = 9\)
\( \Leftrightarrow {\tan ^2}\alpha + {\cot ^2}\alpha - 2 = 9 \Leftrightarrow {\tan ^2}\alpha + {\cot ^2}\alpha = 11\).
\(1\).
\(2\).
\( - 3\).
\(0\).
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 \(f\left( x \right) = 3\left( {1 - 2{{\sin }^2}x{{\cos }^2}x} \right) - 2\left( {1 - 3{{\sin }^2}x{{\cos }^2}x} \right) = 1\).
\({m^2} - 1\).
\(\frac{{{m^2} - 1}}{2}\).
\(\frac{{{m^2} + 1}}{2}\).
\({m^2} + 1\).
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 \(M = \frac{{{m^2} - 1}}{2}\).
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 95 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\[\sqrt {73} \].
\[\sqrt {217} \].
\[8\].
\[\sqrt {113} \].
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 \[AC = \sqrt {73} \].
\(\widehat A = 30^\circ .\)
\(\widehat A = 45^\circ .\)
\(\widehat A = 60^\circ .\)
\(\widehat A = 75^\circ \).
Lời giải
Chọn A.
Ta có: \(\cos A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} = \frac{{\sqrt 3 bc}}{{2bc}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat A = 30^\circ \).
\(59^\circ 49'.\)
\(53^\circ 7'.\)
\(59^\circ 29'\,.\)
\(62^\circ 22'.\)
Lời giải
Chọn C.
Ta có: \[\cos B = \frac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{2ac}} = \frac{{{{13}^2} + {{15}^2} - {{14}^2}}}{{2.13.15}} = \frac{{33}}{{65}} \Rightarrow B \approx {59^0}29'\,.\]
\(45^\circ \).
\(60^\circ \).
\(90^\circ \).
\(120^\circ \).
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 \(\cos \widehat {BAC} = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} = \frac{{ - bc}}{{2bc}} = - \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {BAC} = 120^\circ \).
\(13\,{\rm{km}}\).
\(15\sqrt 3 \,{\rm{km}}\).
\(10\sqrt {13} \,\,{\rm{km}}\).
\(15\,{\rm{km}}\).
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 \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2.AB.AC.\cos 60^\circ = 1300\)\( \Rightarrow BC = 10\sqrt {13} \,\,{\rm{km}}\).
\(2\sqrt 6 \).
\(2 + 2\sqrt 3 \).
\(2\sqrt 3 - 2\).
\(\sqrt 6 \).
Lời giải
Chọn A.
Ta có \(\frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{{AC}}{{\sin B}}\)\( \Leftrightarrow BC = \frac{{4.\frac{{\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = 2\sqrt 6 \).
\(R = 4\).
\(R = 1\).
\(R = 2\).
\(R = 3\).
Lời giải
Chọn B.
Ta có: \(\frac{{BC}}{{\sin A}} = 2R \Leftrightarrow R = \frac{{BC}}{{2\sin A}} = \frac{{\sqrt 3 }}{{2.\frac{{\sqrt 3 }}{2}}} = 1\).
\[3,7\].
\[3,3\].
\[3,5\].
\[3,1\].
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: \[\frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{{AB}}{{\sin C}} \Rightarrow BC = \frac{{AB}}{{\sin C}}.\sin A = \frac{5}{{\sin 80^\circ }}\sin 40^\circ \approx 3,3\].
\(\frac{{{a^2}}}{4}\).
\(\frac{{{a^2}}}{2}\).
\(\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).
\({a^2}\).
Lời giải
Chọn B.
Ta có \({S_{ABCD}} = AB.AD.\sin \widehat {BAD}\)\( = a.a.\sin 30^\circ = \frac{1}{2}{a^2}\).
\(\sqrt {56} \).
\(\sqrt {48} \).
\(6\).
\(8\).
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: \(S = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - AC} \right)\left( {p - BC} \right)} = \sqrt {7\left( {7 - 3} \right)\left( {7 - 6} \right)\left( {7 - 5} \right)} = \sqrt {56} \).
\(S = 8{a^2}\).
\(S = 2{a^2}\sqrt 3 \).
\(S = {a^2}\sqrt 3 \).
\(S = 4{a^2}\).
Lời giải
Chọn B.
Diện tích của tam giác \(ABC\) là \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2}.2a.4a.\sin 120^\circ = 2{a^2}\sqrt 3 \).
\(12\).
\(3\).
\(6\).
\(24\).
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: \(S = p.r = 6.1 = 6\).
\(\sqrt 5 \).
\(\sqrt 3 \).
\(\sqrt 2 \).
\(2\).
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 \(R = \frac{a}{{2\sin A}} = \sqrt 2 \).
\(1\).
\(\frac{8}{9}\).
\(\frac{4}{5}\).
\(\frac{3}{4}\).
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 \(r = \frac{S}{p} = \frac{{\frac{1}{2}AB.AC}}{{\frac{1}{2}\left( {AB + AC + BC} \right)}} = \frac{{3.4}}{{3 + 4 + 5}} = 1\).
30.
60.
50.
90.
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 \(b + c = 60.\)
\(\widehat C = 35^\circ ;a \approx 2,71;b \approx 8,01\).
\(a \approx 2,71;b \approx 8,01\).
\(\widehat C = 35^\circ ;a = 2,71;b = 8\).
\(a = 2,71;b = 8\).
Lời giải
Chọn A.
\(\,\widehat A = 15^\circ ,\,\,\widehat B = 130^\circ \Rightarrow \widehat C = 180^\circ - \widehat A - \widehat B = 35^\circ .\)
\(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R \Leftrightarrow \frac{a}{{\sin 15^\circ }} = \frac{b}{{\sin 130^\circ }} = \frac{6}{{\sin 35^\circ }}\)
\( \Rightarrow a \approx 2,71;b \approx 8,01\).
\(4,42\,{\rm{km}}.\)
\(19,54\,{\rm{km}}.\)
\(8,39\,{\rm{km}}\).
\(70,46\,\,{\rm{km}}.\)
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
\(AC = \sqrt {B{A^2} + B{C^2} - 2BA.BC.\cos 135^\circ } \approx 8,39{\rm{ km}}{\rm{.}}\)
Từ vị trí A và B của một tòa nhà, người ta quan sát đỉnh C của một ngọn núi. Biết rằng độ cao AB là 70 m, phương nhìn AC tạo với phương nằm ngang góc \(30^\circ \), phương nhìn BC tạo với phương nằm ngang góc \(15^\circ 30'\). Hỏi ngọn núi đó cao bao nhiêu mét so với mặt đất? (Làm tròn kết quả đến hàng phần mười).
\[134,5\] m.
\[135\] m
\[134,7\] m.
Kết quả khác.
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.
4.
6.
8.
12.
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.
\(\left| {\overrightarrow {AC} } \right| = \overrightarrow {BC} \).
\(\overrightarrow {AC} = a\).
\(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AC} \).
\(\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = a\).
Lời giải
Chọn D.
\(\overrightarrow {MA} = \overrightarrow {MB} .\)
\(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AC} .\)
\(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {BC} .\)
\(\left| {\overrightarrow {BC} } \right| = 2\left| {\overrightarrow {MN} } \right|.\)
Lời giải
Chọn D.
Ta có \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\).
Do đó \(BC = 2MN \Rightarrow \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = 2\left| {\overrightarrow {MN} } \right|.\)
\(\left| {\overrightarrow {AO} } \right| = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
\(\left| {\overrightarrow {OA} } \right| = a\).
\(\left| {\overrightarrow {OA} } \right| = \left| {\overrightarrow {OB} } \right|\).
\(\left| {\overrightarrow {OA} } \right| = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
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 \(\left| {\overrightarrow {OB} } \right| = OB = \frac{{BD}}{2} = \frac{a}{2}\).
\[\overrightarrow {AD} ,\overrightarrow {BC} \].
\[\overrightarrow {BD} ,\overrightarrow {AC} \].
\[\overrightarrow {DA} ,\overrightarrow {CB} \].
\[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CB} \].
Lời giải
Chọn C.
Vectơ đối của vectơ \[\overrightarrow {AD} \] là \[\overrightarrow {DA} ,\overrightarrow {CB} \].
\[\overrightarrow {\,0\,} \] cùng hướng với mọi vectơ.
\[\overrightarrow {\,0\,} \] cùng phương với mọi vectơ.
\[\overrightarrow {AA\,} = \overrightarrow {\,0\,} \].
\[\left| {\overrightarrow {AB\,} } \right| > 0\].
Lời giải
Chọn D.
Mệnh đề \[\left| {\overrightarrow {AB\,} } \right| > 0\] là mệnh đề sai, vì khi \(A \equiv B\) thì \[\left| {\overrightarrow {AB\,} } \right| = 0\].
\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CB} = \overrightarrow {AC} \).
\(\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AB} \).
\(\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {BC} \).
\(\overrightarrow {BC} - \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AB} \).
Lời giải
Chọn B.
Ta có \(\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CB} = \overrightarrow {AB} \).
\(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {OA} - \overrightarrow {AB} \).
\(\overrightarrow {CO} - \overrightarrow {OB} = \overrightarrow {BA} \).
\(\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} \).
\(\overrightarrow {AO} + \overrightarrow {OD} = \overrightarrow {CB} \).
Lời giải
Chọn B.
\[{\rm{ }}\overrightarrow {CO} - \overrightarrow {OB} = \overrightarrow {CO} + \overrightarrow {OD} = \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {BA} \].
\(\overrightarrow {BP} \).
\(\overrightarrow {MN} \).
\(\overrightarrow {CP} \).
\(\overrightarrow {PA} \).
Lời giải
Chọn A.
\[\overrightarrow {MP} + \overrightarrow {NP} = \overrightarrow {MP} + \overrightarrow {BM} = \overrightarrow {BM} + \overrightarrow {MP} = \overrightarrow {BP} \].
\(\overrightarrow {BC} \)
\(\overrightarrow {DA} \).
\(\overrightarrow {OD} - \overrightarrow {OA} \).
\(\overrightarrow {AB} \).
Lời giải
Chọn B.
\(\overrightarrow {OB} - \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {CB} = \overrightarrow {DA} \).
\(\overrightarrow u = \overrightarrow {AD} \).
\(\overrightarrow u = \overrightarrow 0 \).
\(u = \overrightarrow {CD} \).
\(\overrightarrow u = \overrightarrow {AC} \).
Lời giải
Chọn B.
\(\overrightarrow u = \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {CB} - \overrightarrow {AB} = \left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} } \right) + \left( {\overrightarrow {CB} - \overrightarrow {CD} } \right) = \overrightarrow {BD} + \overrightarrow {DB} = \overrightarrow 0 \).
\[\overrightarrow {AF} + \overrightarrow {CE} + \overrightarrow {DB} \].
\[\overrightarrow {AE} + \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {DF} \].
\[\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {CF} + \overrightarrow {EB} \].
\[\overrightarrow {AE} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {DF} \].
Lời giải
Chọn C.
\[\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {EF} = \left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DB} } \right) + \left( {\overrightarrow {CF} + \overrightarrow {FD} } \right) + \left( {\overrightarrow {EB} + \overrightarrow {BF} } \right) = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {CF} + \overrightarrow {EB} \].
\(\overrightarrow {GA} \).
\(\overrightarrow {BC} \).
\(\overrightarrow {{G_1}A} \).
\(\overrightarrow {{G_1}M} \).
Lời giải
Chọn A.
\(\overrightarrow {{G_1}B} + \overrightarrow {{G_1}C} = \overrightarrow {{G_1}G} = \overrightarrow {GA} \).
\(\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {AN} = \overrightarrow {AC} \).
\(\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {AN} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} \).
\(\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {AN} = \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {NC} \).
\(\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {AN} = \overrightarrow {DB} \).
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.
\(M\) trùng \(D\).
\(M\) trùng \(A\).
\(M\) trùng \(B\).
\(M\) trùng \(C\).
Lời giải
Chọn D.
\(\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {DC} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {DC} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DC} = \overrightarrow {AC} \).
\(M\) là trung điểm \(AB\).
\(M\) là trung điểm \(BC\).
\(M\) là trung điểm \(CA\).
\(M\) là trọng tâm \[\Delta ABC\].
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 \[\Delta ABC\].
\(a\sqrt 3 \).
\(2a\sqrt 5 \).
\(a\sqrt 5 \).
\(a\sqrt 2 \).
Lời giải
Chọn B.
Từ B kẻ đường cao BH của hình thang cân ABCD (BH nằm ngoài hình thang).
Khi đó, \(\left| {\overrightarrow {CB} - \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AC} } \right| = \left| {\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {DA} + \overrightarrow {AC} } \right| = \left| {\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {DC} } \right| = \left| {\overrightarrow {DB} } \right| = \sqrt {B{H^2} + D{H^2}} = 2a\sqrt 5 \).
\(a\sqrt 3 \).
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
\(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
\(a\sqrt 2 \).
Lời giải
Chọn C.
\[\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\].
\[2a\].
\[\frac{{a\sqrt {13} }}{2}\].
\[a\sqrt 3 \].
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, \(AM = \sqrt {A{K^2} + K{M^2}} \) \( = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} \) \( = \frac{{a\sqrt {13} }}{2}\).
Cho ba lực \[\overrightarrow {{F_1}} = \overrightarrow {MA} \], \[\overrightarrow {{F_2}} = \overrightarrow {MB} \], \[\overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow {MC} \] cùng tác động vào một vật tại điểm \[M\] và vật đứng yên. Cho biết cường độ của \[\overrightarrow {{F_1}} \], \[\overrightarrow {{F_2}} \] đều bằng \[25N\] và \[\widehat {AMB} = 60^\circ \]. Khi đó cường độ lực của \[\overrightarrow {F_3^{}} \]là
\[25\sqrt 3 \,{\rm{N}}\].
\[50\sqrt 3 \,{\rm{N}}\].
\[50\sqrt 2 \,{\rm{N}}\].
\[100\sqrt 3 \,{\rm{N}}\].
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 \[\left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = \left| { - \overrightarrow {MN} } \right| = MN = \frac{{2\sqrt 3 MA}}{2} = 25\sqrt 3 \].
\(\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).
\(\frac{{2a}}{3}\).
\(\frac{{4a\sqrt 3 }}{3}\).
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
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 \(\left| {\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {GC} } \right| = \left| {2\overrightarrow {GB} } \right| = 2GB = 2.\frac{2}{3}.\frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{4a\sqrt 3 }}{3}\).
\(m = 3\).
\(m = - \frac{1}{3}\).
\(m = \frac{1}{3}\).
\(m = - 3\).
Lời giải
Chọn B.
Do \(\overrightarrow a ,\overrightarrow b \) ngược hướng nên \(m = - \frac{{\left| {\overrightarrow a } \right|}}{{\left| {\overrightarrow b } \right|}} = - \frac{5}{{15}} = - \frac{1}{3}\).
\(M\) là trung điểm của \(BC\).
\(M\)là trung điểm của \(IC\).
\(M\) là trung điểm của \(IA\).
\(M\) là điểm trên cạnh \(IC\) sao cho \(IM = 2MC\).
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 \(IC\).
\(\overrightarrow {AM} = \frac{1}{5}\overrightarrow {AB} \).
\(\overrightarrow {MA} = - \frac{1}{4}\overrightarrow {MB} \).
\(\overrightarrow {MB} = - 4\overrightarrow {MA} \).
\(\overrightarrow {MB} = - \frac{4}{5}\overrightarrow {AB} \).
Lời giải
Chọn D.
Ta thấy \(\overrightarrow {MB} \) và \(\overrightarrow {AB} \) cùng hướng nên \(\overrightarrow {MB} = - \frac{4}{5}\overrightarrow {AB} \) là sai.
Tam giác \(ABC\) đều.
Tam giác \(ABC\) cân tại \(C\).
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\).
Tam giác \(ABC\) cân tại \(B\).
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 \(C\).
\(\overrightarrow {IJ} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AE} \).
\(\overrightarrow {IJ} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AE} \).
\(\overrightarrow {IJ} = \frac{1}{4}\overrightarrow {AE} \).
\(\overrightarrow {IJ} = \frac{1}{5}\overrightarrow {AE} \).
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: \(2\overrightarrow {IJ} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AE} + \overrightarrow {BD} } \right) - \frac{1}{2}\overrightarrow {BD} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AE} \Rightarrow \overrightarrow {IJ} = \frac{1}{4}\overrightarrow {AE} \).
\(\overrightarrow {AB} = \frac{2}{3}\left( {\overrightarrow {AK} - \overrightarrow {BM} } \right)\).
\(\overrightarrow {AB} = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AK} - \overrightarrow {BM} } \right)\).
\(\overrightarrow {AB} = \frac{3}{2}\left( {\overrightarrow {AK} - \overrightarrow {BM} } \right)\).
\(\overrightarrow {AB} = \frac{2}{3}\left( {\overrightarrow {AK} + \overrightarrow {BM} } \right)\).
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 (*) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{3}{2}m - 1 = 0\\ - \frac{3}{2}n - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = \frac{2}{3}\\n = - \frac{2}{3}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \frac{2}{3}\left( {\overrightarrow {AK} - \overrightarrow {BM} } \right)\).
\(\overrightarrow {AM} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{3}{2}\overrightarrow {AC} \).
\(\overrightarrow {AM} = 2\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} \).
\(\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} \).
\[\overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} )\].
Lời giải
Chọn A.
Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\). Khi đó \(C\) là trung điểm của \(MI\). Ta có:
\[\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {AI} = 2\overrightarrow {AC} \Leftrightarrow \overrightarrow {AM} = - \overrightarrow {AI} + 2\overrightarrow {AC} = - \frac{1}{2}(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} ) + 2\overrightarrow {AC} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{3}{2}\overrightarrow {AC} \].
\(\overrightarrow {MN} = \left( {\frac{1}{2} - \frac{x}{9}} \right)\overrightarrow {AC} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \).
\(\overrightarrow {MN} = \left( {\frac{x}{9} - \frac{1}{2}} \right)\overrightarrow {CA} + \frac{1}{2}\overrightarrow {BA} \).
\(\overrightarrow {MN} = \left( {\frac{x}{9} + \frac{1}{2}} \right)\overrightarrow {AC} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \).
\(\overrightarrow {MN} = \left( {\frac{x}{9} - \frac{1}{2}} \right)\overrightarrow {AC} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \).
Lời giải
Chọn D.
Ta có: \(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {AN} - \overrightarrow {AM} = \frac{x}{9}\overrightarrow {AC} - \frac{1}{2}(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} ) = \left( {\frac{x}{9} - \frac{1}{2}} \right)\overrightarrow {AC} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \).
\(\overrightarrow {AK} = \frac{1}{4}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{6}\overrightarrow {AC} .\)
\(\overrightarrow {AK} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} .\)
\(\overrightarrow {AK} = \frac{1}{4}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} .\)
\(\overrightarrow {AK} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{2}{3}\overrightarrow {AC} .\)
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 \(\overrightarrow {AK} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {AN} } \right) = \frac{1}{4}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{6}\overrightarrow {AC} .\)
\(\frac{5}{{12}}\overrightarrow {AB} + \frac{7}{{12}}\overrightarrow {AC} \).
\(\frac{7}{{12}}\overrightarrow {AB} - \frac{5}{{12}}\overrightarrow {AC} \).
\(\frac{7}{{12}}\overrightarrow {AB} + \frac{5}{{12}}\overrightarrow {AC} \).
\(\frac{5}{{12}}\overrightarrow {AB} - \frac{7}{{12}}\overrightarrow {AC} \).
Lời giải
Chọn C.
Vì \(AD\) là phân giác trong của tam giác \(ABC\) nên:
\(\frac{{BD}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{5}{7} \Rightarrow \overrightarrow {BD} = \frac{5}{7}\overrightarrow {DC} \)
\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} = \frac{5}{7}\left( {\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AD} } \right)\)
\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AD} = \frac{7}{{12}}\overrightarrow {AB} + \frac{5}{{12}}\overrightarrow {AC} \).
1.
\(\frac{1}{2}\).
\(\frac{3}{2}\).
\(\frac{5}{2}\).
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: \(\overrightarrow {ON} = \frac{{ - 3}}{{1 + k}}.\overrightarrow {OA} - \frac{{2k}}{{k + 1}}\overrightarrow {OB} \).
\( \Rightarrow \frac{{ - 6}}{{k\left( {k + 1} \right)}} = \frac{{ - 4k}}{{k\left( {k + 1} \right)}} \Leftrightarrow k = \frac{3}{2}\).
\(m = \frac{5}{6}\).
\(m = \frac{1}{3}\).
\(m = \frac{1}{2}\).
\(m = \frac{2}{5}\).
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) \( \Rightarrow \frac{9}{4} = \frac{3}{{4m}} \Leftrightarrow m = \frac{1}{3}\).
\(\overrightarrow {MD} + \overrightarrow {ME} + \overrightarrow {MF} = \frac{1}{2}\overrightarrow {MO} \).
\(\overrightarrow {MD} + \overrightarrow {ME} + \overrightarrow {MF} = \frac{2}{3}\overrightarrow {MO} \).
\(\overrightarrow {MD} + \overrightarrow {ME} + \overrightarrow {MF} = \frac{3}{4}\overrightarrow {MO} \).
\(\overrightarrow {MD} + \overrightarrow {ME} + \overrightarrow {MF} = \frac{3}{2}\overrightarrow {MO} \).
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: \(\overrightarrow {MD} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{B_1}} + \overrightarrow {M{C_1}} } \right),\overrightarrow {ME} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{A_1}} + \overrightarrow {M{C_2}} } \right),\overrightarrow {MF} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{B_2}} + \overrightarrow {M{A_2}} } \right)\)
\( \Rightarrow \overrightarrow {MD} + \overrightarrow {ME} + \overrightarrow {MF} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{A_1}} + \overrightarrow {M{A_2}} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{B_1}} + \overrightarrow {M{B_2}} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{C_1}} + \overrightarrow {M{C_2}} } \right)\)
\( = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right) = \frac{3}{2}\overrightarrow {MO} \).
\(\overrightarrow {GM} = \frac{1}{6}\overrightarrow {BC} \).
\(\overrightarrow {GM} = \frac{1}{6}\overrightarrow {CA} \).
\(\overrightarrow {GM} = \frac{1}{6}\overrightarrow {AB} \).
\(\overrightarrow {GM} = \frac{1}{3}\overrightarrow {CB} \).
Lời giải
Chọn A.
\(2\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + 3\overrightarrow {MC} = 2\left( {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right) + \overrightarrow {MC} - \overrightarrow {MB} = 6\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow 0 \Rightarrow \overrightarrow {GM} = \frac{1}{6}\overrightarrow {BC} \).
\(\alpha = 30^\circ \).
\(\alpha = 45^\circ \).
\(\alpha = 60^\circ \).
\(\alpha = 120^\circ \).
Lời giải
Chọn D.
Ta có .
\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 2{a^2}.\)
\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = - \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).
\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = - \frac{{{a^2}}}{2}\).
\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = \frac{{{a^2}}}{2}\).
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 \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = AB.AC.cos\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = a.a.cos60^\circ = \frac{{{a^2}}}{2}.\)
\(\frac{1}{2}\).
\( - \frac{1}{2}\).
\(\frac{{\sqrt 2 }}{2}\).
\( - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).
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 \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CA} } \right) = 180^\circ - \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = 135^\circ \Rightarrow {\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CA} } \right) = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).
\(P = - 1\).
\(P = 3{a^2}\).
\(P = - 3{a^2}\).
\(P = 2{a^2}\).
Lời giải
Chọn C.
Từ giả thiết suy ra \[AC = a\sqrt 2 \].
Ta có \[P = \overrightarrow {AC} .\left( {\overrightarrow {CD} + \overrightarrow {CA} } \right) = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {CD} + \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {CA} = - \overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CD} - {\overrightarrow {AC} ^2}\]
\[ = - CA.CD\cos \left( {\overrightarrow {CA} ,\overrightarrow {CD} } \right) - A{C^2} = - a\sqrt 2 .a.\cos 45^\circ - {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} = - 3{a^2}\].
–20.
40.
10.
20.
Lời giải
Chọn D.
\[\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{{{8^2} + {5^2} - {7^2}}}{{2.5.8}} = \frac{1}{2}\]
\[\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = AB.AC.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = 5.8.\frac{1}{2} = 20\].
\[R = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\].
\[R = \frac{a}{4}\].
\[R = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\].
\[R = \frac{a}{{\sqrt 6 }}\].
Lời giải
Chọn D.
![Cho tam giác ABC đều cạnh bằng a. Tập hợp các điểm M thỏa mãn đẳng thức 4M(A^2) + M(B^2) + M(C^2) = 5(a^2)/2] nằm trên một đường tròn (C) có bán kính R. Tính R (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/04/blobid0-1776650478.png)
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: \[4M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = \frac{{5{a^2}}}{2}\]\( \Leftrightarrow 4{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} } \right)^2} = \frac{{5{a^2}}}{2}\).
\( \Leftrightarrow 6M{I^2} + 4I{A^2} + I{B^2} + I{C^2} = \frac{{5{a^2}}}{2}\)\( \Leftrightarrow 6M{I^2} + 4.\frac{{{a^2}}}{{12}} + 2.\frac{{7{a^2}}}{{12}} = \frac{{5{a^2}}}{2}\)\( \Leftrightarrow MI = \frac{a}{{\sqrt 6 }}\).
\({\cos ^2}\alpha = \frac{5}{9}\).
\(\cos \alpha < 0\).
\(\cos \alpha = - \frac{{\sqrt 5 }}{3}\).
\(\frac{{\sin \alpha + \sqrt 5 \cos \alpha }}{{2\sin \alpha + \cos \alpha }} = \frac{7}{{4 + \sqrt 5 }}\).
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 \(A = \frac{{\sin \alpha + \sqrt 5 \cos \alpha }}{{2\sin \alpha + \cos \alpha }} = \frac{7}{{4 + \sqrt 5 }}\).
Nửa chu vi tam giác \(ABC\) là \(p = 16\,\,{\rm{(cm)}}\).
Diện tích tam giác \(ABC\) được tính theo công thức \(S = \sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} \).
Diện tích tam giác \(ABC\) là \(S = 24\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).
Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC\) là \(r = 4\,\,{\rm{(cm)}}\).
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 \(r = S:p = 24:12 = 2\,\,{\rm{(cm)}}\).
\(\widehat A = 75^\circ \).
\(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}}\).
\(b \approx 5,26\,\,{\rm{(cm)}}\).
\(c \approx 3,17\,\,{\rm{(cm)}}\).
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, \(b = \frac{{8 \cdot \sin 45^\circ }}{{\sin 75^\circ }} \approx 5,86\,\,{\rm{(cm)}};\,\,c = \frac{{8 \cdot \sin 60^\circ }}{{\sin 75^\circ }} \approx 7,17\,\,{\rm{(cm)}}\).
\(MN = BC\).
\(\left| {\overrightarrow {MP} } \right| = \left| {\overrightarrow {BC} } \right|\).
\(\overrightarrow {MN} \) và \(\overrightarrow {BC} \) ngược hướng.
\(\overrightarrow {MP} = \overrightarrow {BC} \).
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 \(\overrightarrow {MP} = \overrightarrow {BC} \).
\(C{A^2} = D{A^2} + D{C^2}\).
\(\left| {\overrightarrow {CA} } \right| = a\sqrt 3 \).
\(\widehat {ABF} = 45^\circ \).
\(\left| {\overrightarrow {BF} } \right| \approx 2,08a\).
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: \(\left| {\overrightarrow {BF} } \right| = BF = \frac{{AB}}{{\cos \widehat {ABF}}} = \frac{a}{{\cos 22,5^\circ }} \approx 1,08a\).
\(\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AC} \).
\(\left| {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} } \right| = a\sqrt 2 \).
Gọi \(E\) là điểm đối xứng với \(B\) qua \(C\). Khi đó \(ADEC\) là hình bình hành.
\(\left| {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AC} } \right| = a\sqrt 3 \).
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 \(\left| {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AC} } \right| = AE = a\sqrt 5 \).
\(\overrightarrow {AN} = \frac{1}{6}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} } \right)\).
\(\overrightarrow {MN} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{6}\overrightarrow {AD} .\)
\(\overrightarrow {MP} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AD} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \).
Ba điểm \(M,N,P\) thẳng hàng.
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.
\(BD{\rm{//}}CH\).
\(CD{\rm{//}}BH\).
\(\overrightarrow {HA} + \overrightarrow {HB} + \overrightarrow {HC} = 3\overrightarrow {HO} \).
\(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = 3\overrightarrow {OH} \).
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: \(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {OH} + \overrightarrow {HA} + \overrightarrow {OH} + \overrightarrow {HB} + \overrightarrow {OH} + \overrightarrow {HC} \)
\( = 3\overrightarrow {OH} + \left( {\overrightarrow {HA} + \overrightarrow {HB} + \overrightarrow {HC} } \right) = 3\overrightarrow {OH} + 2\overrightarrow {HO} = \overrightarrow {OH} {\rm{. }}\)
\(\overrightarrow {MN} = 3\overrightarrow {AC} \).
Hai vectơ \(\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {AC} \) cùng phương.
\(M\) thuộc đường thẳng \(AC\).
Hai đường thẳng \(MN\) và \(AC\) song song.
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.
Cho hình chữ nhật \(ABCD,AB = 4a,AD = 3a\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB,G\) là trọng tâm tam giác \(ACM\) như hình dưới.
\(\overrightarrow {CM} = \frac{1}{2}\overrightarrow {BA} - 3\overrightarrow {BC} \).
\(\overrightarrow {BG} = \frac{3}{2}\overrightarrow {BA} + \frac{1}{3}\overrightarrow {BC} .\)
\(\overrightarrow {BC} \cdot \overrightarrow {BA} = 0\).
\(\overrightarrow {BG} \cdot \overrightarrow {CM} = - {a^2}.\)
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: \(\overrightarrow {BG} \cdot \overrightarrow {CM} = \left( {\frac{1}{2}\overrightarrow {BA} + \frac{1}{3}\overrightarrow {BC} } \right) \cdot \left( {\frac{1}{2}\overrightarrow {BA} - \overrightarrow {BC} } \right) = \frac{1}{4}{\overrightarrow {BA} ^2} - \frac{1}{3}\overrightarrow {BA} \cdot \overrightarrow {BC} - \frac{1}{3}{\overrightarrow {BC} ^2}\)
\( = \frac{1}{4} \cdot {\left( {4a} \right)^2} - \frac{1}{3} \cdot {\left( {3a} \right)^2} = {a^2}.\)
Cho tam giác \(ABC\) có có \(AB = 4\sqrt 2 ,AC = 6,\widehat {BAC} = 45^\circ \). Gọi \(D\) là trung điểm của đoạn thẳng \(BC\). Điểm \(E\) thoả mãn \(\overrightarrow {AE} = k\overrightarrow {AC} \,\,\,\left( {k \in \mathbb{R}} \right)\) như hình dưới.
\(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = 20\).
\(\overrightarrow {AD} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} \).
\(BC = 3\sqrt 5 \).
\(AD \bot BE\) khi \(k = \frac{{14}}{{15}}\).
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: \(A = \frac{{3 + 4\frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }}}}{{2 - 5\frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }}}} = \frac{{3 + 4\cot \alpha }}{{2 - 5\cot \alpha }} = \frac{{3 + 4 \cdot \frac{1}{3}}}{{2 - 5 \cdot \frac{1}{3}}} = 13\).
Để kéo dây điện từ cột điện vào nhà phải qua một cái ao, anh Nam không thể đo độ dài dây điện cần mua trực tiếp được nên đã làm như sau: Lấy một điểm \(B\) như trong hình, người ta đo được độ dài từ \(B\) đến \(A\) (nhà) là \(15\;{\rm{m}}\), từ \(B\) đến \(C\) (cột điện) là \(18{\rm{\;m}}\) và \(\widehat {ABC} = 120^\circ \). Độ dài dây điện nối từ nhà ra đến cột điện bằng bao nhiêu mét (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).
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.
Từ một miếng bìa hình tròn, bạn Nam cắt ra một hình tam giác \(ABC\) có độ dài các cạnh \[AB = 4\;{\rm{cm}},AC = 5\;{\rm{cm}},BC = 6{\rm{\;cm}}\] (Hình). Tính bán kính \(R\) của miếng bìa ban đầu (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị theo đơn vị centimét).
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 \(6,6\;{\rm{N}}\).
Một cái cây dạng thẳng đứng bị gió mạnh làm gãy không hoàn toàn (hai đoạn thân bị gãy vẫn dính liền nhau như hình vẽ). Một người muốn đo chiều cao của cây trước khi gãy, người ấy đó được đoạn thẳng nối từ gốc cây đến ngọn cây (đã ngã) là \(AB = 6\;\,{\rm{m}}\), hai góc \(\widehat {CAB} = 76^\circ ,\widehat {CBA} = 35^\circ \). Chiều dài của cây trước khi bị gãy bằng bao nhiêu mét (giả sử sự biến dạng lúc gãy không ảnh hưởng đến tổng độ dài của cây và kết quả được làm tròn đến hàng phần trăm)?
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 \(9,93\;{\rm{m}}\).
Để đo khoảng cách từ một điểm \(A\) trên bờ sông đến gốc cây \(C\) trên cù lao giữa sông, người ta chọn một điểm \(B\) cùng ở trên bờ với \(A\) sao cho từ \(A\) và \(B\) có thể nhìn thấy điểm \(C\). Ta đo được khoảng cách \(AB = 40\;{\rm{m}}\), \(\widehat {CAB} = 45^\circ ,\widehat {CBA} = 70^\circ \). Vậy sau khi đo đạc và tính toán khoảng cách \(AC\) bằng bao nhiêu mét (làm tròn kết quả đến hàng phần mười)?
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.
Hai chiếc tàu thủy \(P\) và \(Q\) trên biển cách nhau \(100\;\,{\rm{m}}\) và thẳng hàng với chân \(A\) của tháp hải đăng \(AB\) ở trên bờ biển. Từ \(P\) và \(Q\) người ta nhìn chiều cao \(AB\) của tháp dưới các góc \(\widehat {BPA} = 15^\circ \) và \(\widehat {BQA} = 55^\circ \). Tính chiều cao của tháp (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị của mét).
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 \(36,4\;{\rm{km/h}}\).
Một chất điểm A chịu tác dụng của ba lực \(\overrightarrow {{F_1},} \overrightarrow {{F_2}} ,\overrightarrow {{F_3}} \) như hình vẽ biết chất điểm \(A\) đang ở trạng thái cân bằng. Độ lớn của lực \(\overrightarrow {{F_3}} \) bằng bao nhiêu Newton biết rằng lực \(\overrightarrow {{F_1}} \) có độ lớn 12 N (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).
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 \(\left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = \left| {\overrightarrow {AE} } \right| = AC = 8\sqrt 3 \; \approx 14\,{\rm{N}}\).
Một vật đang ở vị trí \(O\) chịu hai lực tác dụng ngược chiều nhau là \({\vec F_1}\) và \(\overrightarrow {{F_2}} \), trong đó độ lớn lực \({\vec F_2}\) lớn gấp đôi độ lớn lực \({\vec F_1}\). Người ta muốn vật dừng lại nên cần tác dụng vào vật hai lực \({\vec F_3},{\vec F_4}\) có phương hợp với lực \({\vec F_1}\) các góc \(45^\circ \) như hình vẽ, chúng có độ lớn bằng nhau và bằng \(20\;{\rm{N}}{\rm{.}}\) Độ lớn của lực \(\overrightarrow {{F_2}} \) bằng bao nhiêu Newton (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)?
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, \(\overrightarrow {AE} .\overrightarrow {BH} = 0\).
Một người dùng một lực \(\vec F\) có độ lớn \(90\;{\rm{N}}\) làm một vật dịch chuyển một đoạn \(100\;{\rm{m}}\). Biết lực \(\vec F\) hợp với hướng dịch chuyển một góc \(60^\circ \). Tính công sinh ra bởi lực \(\vec F\) (đơn vị: Jun).
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 \(\overrightarrow {MN} \cdot \overrightarrow {BM} = 0 \Rightarrow \widehat {BMN} = 90^\circ \).
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
