Đề kiểm tra Tích của một vecto với một số lớp 10 (có lời giải) - Đề 1

Chọn B

Chọn C

Ta có: \(MN = 3MP\) và P, N khác đối với M

Chọn C

Ta có: \(\overrightarrow {AN}  = \frac{1}{6}\overrightarrow {AC}  = \frac{1}{6}(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} )\). \(\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {AN}  - \overrightarrow {AM}  = \frac{1}{6}(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} ) - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  = \frac{{ - 1}}{3}\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{6}\overrightarrow {AD} .\) \(\overrightarrow {MP}  = \overrightarrow {AP}  - \overrightarrow {AM}  = \frac{1}{4}\overrightarrow {AD}  - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \)

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.

Ta có: \(\overrightarrow {RS}  = \frac{1}{2}(\overrightarrow {MN}  + \overrightarrow {PQ} ) = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{2}\overrightarrow {EB}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {BD} } \right) = \frac{1}{4}(\overrightarrow {EB}  + \overrightarrow {BD} ) = \frac{1}{4}\overrightarrow {ED} .\)

Vậy \(RS//ED\) và \(RS = \frac{1}{4}ED\).

Do \(M\) và \(N\) là trung điểm của \(AB,CD\) nên ta có các đẳng thúc:

\(\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  = \vec 0,\quad \overrightarrow {NC}  + \overrightarrow {ND}  = \vec 0{\rm{. }}\)

Ta lại có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {CN} }\\{\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {BD}  + \overrightarrow {DN} }\end{array}} \right.\)

Cộng hai đẳng thức trên vế theo vế, ta chứng minh được \(2\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {BD} \).

Ta có: \(\overrightarrow {AG}  = \frac{2}{3}\overrightarrow {AM}  = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} ) = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} \).

Ta có: \(\overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {CB}  + \overrightarrow {BD}  = \overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AC}  + \frac{4}{3}\overrightarrow {BN} \)

Ta có: \(\overrightarrow {MD}  = \overrightarrow {MG}  + \overrightarrow {GD}  =  - \frac{1}{3}\overrightarrow {AM}  + \frac{2}{3}\overrightarrow {BN}  =  - \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} ) + \frac{2}{3}(\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {AN} )\)

\( =  - \frac{1}{6}\overrightarrow {AB}  - \frac{1}{6}\overrightarrow {AC}  - \frac{2}{3}\overrightarrow {AB}  + \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}\overrightarrow {AC}  =  - \frac{5}{6}\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{6}\overrightarrow {AC} {\rm{. }}\)

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại $B:\tan A=\frac{BC}{AB}\Rightarrow BC=AB\cdot \tan A=a\tan {30}^{°}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

Ta có: \(|\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BC} | = |2\overrightarrow {BI} | = 2|\overrightarrow {BI} | = 2BI = 2 \cdot \frac{{AC}}{2} = AC = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại $B:\tan A=\frac{BC}{AB}\Rightarrow BC=AB\cdot \tan A=a\tan {30}^{°}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\), ta có:

\(|\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} | = |2\overrightarrow {AM} | = 2|\overrightarrow {AM} | = 2AM = 2\sqrt {A{B^2} + B{M^2}} \)

\( = 2\sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{6}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt {39} }}{3}.\)

Ta có: \(2\overrightarrow {AM}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} \) (1), \(2\overrightarrow {BN}  = \overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BC} \) (2), \(2\overrightarrow {CI}  = \overrightarrow {CA}  + \overrightarrow {CB} \) (3). Cộng theo vế (1), (2), (3): \(2(\overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {BN}  + \overrightarrow {CI} ) = (\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BA} ) + (\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {CA} ) + (\overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {CB} ) = \vec 0{\rm{. }}\)

Suy ra: \(\overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {BN}  + \overrightarrow {CI}  = \vec 0\). Do vậy \(|\overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {BN}  + \overrightarrow {CI} | = 0\).

Ta có: \(\overrightarrow {MN}  = 4\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC}  \Leftrightarrow \overrightarrow {MN}  = 3\overrightarrow {MA}  + (\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC} )\) \( \Leftrightarrow \overrightarrow {MN}  = 3\overrightarrow {MA}  + 3\overrightarrow {MG}  \Leftrightarrow \overrightarrow {MN}  = 3(\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MG} ) \Leftrightarrow \overrightarrow {MN}  = 6\overrightarrow {MI} \)

(với \(I\) là trung điểm \(AG\)).

Vậy hai vectơ \(\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {MI} \) cùng phương nên ba điểm \(M,N,I\) thẳng hàng.

Do đó đường thẳng \(MN\) luôn qua điểm \(I\) cố định.

Xét tứ giác \(MB{A^\prime }C\) có hai đường chéo \(BC,{A^\prime }M\) cắt nhau tại trung điểm \(J\) của mỗi đường nên \(MB{A^\prime }C\) là hình bình hành, suy ra: \(\overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC}  = \overrightarrow {M{A^\prime }} \) (1); mặt khác\(\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {M{A^\prime }}  = 2\overrightarrow {MN} \) (2).

Cộng theo vế (1) và (2):

\(\overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC}  + \overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {M{A^\prime }}  = \overrightarrow {M{A^\prime }}  + 2\overrightarrow {MN}  \Leftrightarrow \overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC}  = 2\overrightarrow {MN} \) (3).

Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\), ta có: \(\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC}  = 3\overrightarrow {MG} \) (4).

Từ (3) và (4) suy ra \(2\overrightarrow {MN}  = 3\overrightarrow {MG}  \Leftrightarrow \overrightarrow {MN}  = \frac{3}{2}\overrightarrow {MG} \).

Vậy \(MN\) luôn đi qua điểm \(G\) cố định khi \(M\) di động.