Đề kiểm tra Tích vô hướng của hai vectơ lớp 10 (có lời giải) - Đề 2

Chọn A

Ta có \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \widehat {BAC} = {45^0}\) nên \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = AB.AC.\cos {45^0} = a.a\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 2 }}{2} = {a^2}\)

Chọn A

Ta có \[C\] là trung điểm của \[DE\] nên \[DE = 2a.\]

Khi đó \(\overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AB}  = \left( {\overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {DE} } \right).\overrightarrow {AB}  = \underbrace {\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB} }_0 + \overrightarrow {DE} .\overrightarrow {AB} \)

\( = DE.AB.\cos \left( {\overrightarrow {DE} ,\overrightarrow {AB} } \right) = DE.AB.\cos {0^0} = 2{a^2}.\)

Chọn B

Ta có \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {BC}  = 0 \Leftrightarrow MA \bot BC.\)

Vậy tập hợp các điểm \(M\) là đường thẳng đi qua \(A\) và vuông góc với \(BC.\)

Chọn C

Ta đi tính tích vô hướng ở các phương án. So sánh vế trái với vế phải.

Phương án A:\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = AB.AC\cos {60^{\rm{o}}} = 2x \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right)\overrightarrow {BC}  = 2\overrightarrow {BC} \)nên loại A.

Phương án B:\(\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {CA}  = BC.AC\cos {120^{\rm{o}}} =  - 2\)nên loại B.

Phương án C:\(\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BC} } \right).\overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AC}  = 4\), \(\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {CA}  = 2.2.\cos {120^{\rm{o}}} =  - 2\) nên chọn C.

Chọn D

Phương án A:\[\overrightarrow {MA} ,\overrightarrow {AB} \] ngược hướng suy ra \[\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {AB}  = MA.AB.\cos {180^{\rm{o}}} =  - MA.AB\] nên loại        A.

Phương án B:\[\overrightarrow {MA} ,\overrightarrow {MB} \]ngược hướng suy ra \[\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB}  = MA.MB.\cos {180^{\rm{o}}} =  - MA.MB\] nên loại        B.

Phương án C: \[\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {AB} \] cùng hướng suy ra \[\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AB}  = AM.AB.\cos {0^{\rm{o}}} = AM.AB\]nên loại C.

Phương án D:\[\overrightarrow {MA} ,\overrightarrow {MB} \] ngược hướng suy ra \[\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB}  = MA.MB.\;\cos {180^{\rm{o}}} =  - MA.MB\] nên chọn D.

Chọn B

Ta có \(\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {CA}  = AH.CA.\cos \left( {\overrightarrow {AH} ,\overrightarrow {CA} } \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.a.\cos {150^{\rm{o}}} =  - \frac{{3{a^2}}}{4}\).

Chọn C

Ta có \(\overrightarrow a .\overrightarrow b  =  - \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right| \Leftrightarrow \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) =  - \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right| \Leftrightarrow \cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) =  - 1\)nên \(\overrightarrow a \)và \(\overrightarrow b \) ngược hướng

Chọn A

Ta có \(\left| {\overrightarrow a  + \overrightarrow b } \right| = \sqrt[{}]{{{{\left( {\overrightarrow a  + \overrightarrow b } \right)}^2}}} = \sqrt[{}]{{{{\overrightarrow a }^2} + {{\overrightarrow b }^2} + 2\overrightarrow a .\overrightarrow b }} = \sqrt[{}]{{{{\left| {\overrightarrow a } \right|}^2} + {{\left| {\overrightarrow b } \right|}^2} + 2\left| {\overrightarrow a } \right|\left| {\overrightarrow b } \right|\;\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right)}} = \sqrt {21} \).

Chọn C

Nhận thấy C và D chỉ khác nhau về hệ số \(\frac{1}{2}\) và \(\frac{1}{4}\) nên thử kiểm tra đáp án C và D.

Ta có  Chọn C.

\( \bullet \) A đúng, vì \({\left| {\overrightarrow a  + \overrightarrow b } \right|^2} = {\left( {\overrightarrow a  + \overrightarrow b } \right)^2} = \left( {\overrightarrow a  + \overrightarrow b } \right).\left( {\overrightarrow a  + \overrightarrow b } \right) = \overrightarrow a .\overrightarrow a  + \overrightarrow a .\overrightarrow b  + \overrightarrow b .\overrightarrow a  + \overrightarrow b .\overrightarrow b  = {\left| {\overrightarrow a } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow b } \right|^2} + 2\overrightarrow a .\overrightarrow b \)

\( \bullet \) B đúng, vì \({\left| {\overrightarrow a  - \overrightarrow b } \right|^2} = {\left( {\overrightarrow a  - \overrightarrow b } \right)^2} = \left( {\overrightarrow a  - \overrightarrow b } \right).\left( {\overrightarrow a  - \overrightarrow b } \right) = \overrightarrow a .\overrightarrow a  - \overrightarrow a .\overrightarrow b  - \overrightarrow b .\overrightarrow a  + \overrightarrow b .\overrightarrow b  = {\left| {\overrightarrow a } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow b } \right|^2} - 2\overrightarrow a .\overrightarrow b \)

Chọn C

Xác định được góc \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} } \right)\) là góc ngoài của góc \(\widehat B\) nên \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} } \right) = {120^0}\)

Do đó \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC}  = AB.BC.cos\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} } \right) = a.a.cos{120^0} =  - \frac{{{a^2}}}{2}\)

Chọn D

Xác định được góc \(\left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {CB} } \right)\) là góc ngoài của góc \(\widehat A\) nên \(\left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {CB} } \right) = {120^0}\)

Do đó \(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {CB}  = AC.CB.cos\left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {CB} } \right) = a.a.cos{120^0} =  - \frac{{{a^2}}}{2}\)

Chọn B

Ta có \(\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC}  = BA.BC.cos\left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} } \right) = BA.BC.cos\widehat B = c.\sqrt {{b^2} + {c^2}} .\frac{c}{{\sqrt {{b^2} + {c^2}} }} = {c^2}\)

Cách khác. Tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\] suy ra \[AB \bot AC\]\[ \Rightarrow \,\,\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = 0\]

Ta có \[\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {BA} .\left( {\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {AC} } \right) = {\overrightarrow {BA} ^2} + \overrightarrow {BA} .\overrightarrow {AC}  = A{B^2} = {c^2}\]

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Đúng

 

Ta có: \(\overrightarrow {AE}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BE}  = \overrightarrow {AB}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {AB}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} \).

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AF}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BF}  = \overrightarrow {AB}  + \frac{3}{4}\overrightarrow {BD}  = \overrightarrow {AB}  + \frac{3}{4}(\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AB} ) = \frac{1}{4}\overrightarrow {AB}  + \frac{3}{4}\overrightarrow {AD} .\\\overrightarrow {EF}  = \overrightarrow {AF}  - \overrightarrow {AE}  = \left( {\frac{1}{4}\overrightarrow {AB}  + \frac{3}{4}\overrightarrow {AD} } \right) - \left( {\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} } \right) = \frac{{ - 3}}{4}\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{4}\overrightarrow {AD} .\end{array}\)

Ta có: \(\overrightarrow {AF}  \cdot \overrightarrow {EF}  = \left( {\frac{1}{4}\overrightarrow {AB}  + \frac{3}{4}\overrightarrow {AD} } \right) \cdot \left( {\frac{{ - 3}}{4}\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{4}\overrightarrow {AD} } \right)\)

\( = \frac{{ - 3}}{{16}}{\overrightarrow {AB} ^2} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AD}  + \frac{3}{{16}}{\overrightarrow {AD} ^2} = 0 \Rightarrow AF \bot EF{\rm{. }}\)

Ta có: \({\overrightarrow {AF} ^2} = {\left( {\frac{1}{4}\overrightarrow {AB}  + \frac{3}{4}\overrightarrow {AD} } \right)^2} = \frac{1}{{16}}{\overrightarrow {AB} ^2} + \frac{3}{8}\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AD}  + \frac{9}{{16}}{\overrightarrow {AD} ^2} = \frac{5}{8}{\overrightarrow {AB} ^2}\).

\({\overrightarrow {EF} ^2} = {\left( {\frac{{ - 3}}{4}\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{4}\overrightarrow {AD} } \right)^2} = \frac{9}{{16}}{\overrightarrow {AB} ^2} - \frac{3}{8}\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AD}  + \frac{1}{{16}}{\overrightarrow {AD} ^2} = \frac{5}{8}{\overrightarrow {AB} ^2}.\)

\( \Rightarrow A{F^2} = E{F^2} = \frac{5}{8}{\overrightarrow {AB} ^2} \Rightarrow AF = EF\). Vậy tam giác \(AEF\) vuông cân tại \(F\).

Chú ý: Ta có thể chứng minh tam giác \(AEF\) vuông bằng định lí Pythagore.

a) Sai

b) Đúng

c) Sai

d) Đúng

 

a) Ta có: AB→⋅AC→=AB⋅AC⋅cosA=42⋅6⋅cos45°=24

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

Khi đó:

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

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

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

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

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

a) Sai

b) Đúng

c) Đúng

d) Sai

a) Ta có: (AB→,AC→)=BAC^=60°

b) Ta có: (AH→,CB→)=90° do AH⊥BC

c) Cách giải 1: Gọi \(D\) là điểm đối xứng với \(B\) qua \(C\), ta có: \(\overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {CD} \).

Khi đó: (CA→,BC→)=(CA→,CD→)=ACD^=120°

Cách giải 2: Áp dụng tính chất được rút ra từ định nghĩa:

(a→,b→)=180°−(−a→,b→)=180°−(a→,−b→), ta được:

(CA→,BC→)=180°−(CA→,CB→)=180°−ACB^=180°−60°=120°

d) Ta có: (AH→,BA→)=180°−(AH→,AB→)=180°−BAH^=180°−30°=150°

a) Đúng

b) Sai

c) Sai

d) Đúng

 

Xét hình thoi \(ABCD\) có ABC^=60°⇒BAD^=120°; tam giác \(ABC\) có AB=BC=2,ABC^=60°⇒ΔABC đều cạnh 2⇒OB=232=3

Ta có: (AB→,AC→)=BAC^=60°  ; (AB→,DA→)=180°−(AB→,AD→)=180°−BAD^=180°−120°=60°

Ta có: DA→⋅DC→=|DA→|⋅|DC→|cos(DA→,DC→)=DA⋅DC⋅cosADC^=2⋅2⋅cos60°=2;

OB→⋅BA→=−BO→⋅BA→=−|BO→|⋅|BA→|⋅cosABO^=−BO⋅BA⋅cos30°=−3⋅2⋅32=−3.

Vì \(M\) là trung điểm của \(BC\), nên: \(\overrightarrow {AM}  = \frac{1}{2}(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} )\); \({\overrightarrow {AM} ^2} = \frac{1}{4}{(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} )^2} = \frac{1}{4}\left( {{{\overrightarrow {AB} }^2} + 2\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AC}  + {{\overrightarrow {AC} }^2}} \right)\). Mà \(\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AC}  = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{2};\)

Suy ra: \({\overrightarrow {AM} ^2} = \frac{1}{4}\left( {{c^2} + 2 \cdot \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{2} + {b^2}} \right) = \frac{{2\left( {{b^2} + {c^2}} \right) - {a^2}}}{4}\).

(đây cũng là công thức để tính độ dài đường trung tuyến tam giác).

Ta có: \(\overrightarrow {AE}  \cdot \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {BE}  \cdot \overrightarrow {BD}  = \overrightarrow {AE}  \cdot (\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BC} ) + \overrightarrow {BE}  \cdot (\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {AD} )\)

\( = \overrightarrow {AE}  \cdot \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AE}  \cdot \overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {BE}  \cdot \overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BE}  \cdot \overrightarrow {AD} {\rm{. }}\)

Vì \(AB\) là đường kính nửa đường tròn nên

ADB^=90°,ACB^=90°⇒AE→⋅BC→=0,BE→⋅AD→=0. 

Khi đó: \(\overrightarrow {AE}  \cdot \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {BE}  \cdot \overrightarrow {BD}  = \overrightarrow {AE}  \cdot \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BE}  \cdot \overrightarrow {BA}  = \overrightarrow {AE}  \cdot \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {EB}  \cdot \overrightarrow {AB} \)

\( = \overrightarrow {AB} (\overrightarrow {AE}  + \overrightarrow {EB} ) = \overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AB}  = {\overrightarrow {AB} ^2} = A{B^2} = 4\)

Đặt \(\overrightarrow {AD}  = \vec a,\overrightarrow {AB}  = \vec b\).

Khi đó: \(\overrightarrow {AM}  = \frac{1}{4}\overrightarrow {AC}  = \frac{1}{4}(\vec a + \vec b)\)

\(\overrightarrow {AN}  = \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {DN}  = \vec a + \frac{1}{2}\vec b\)

\(\overrightarrow {MB}  = \overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AM}  = \vec b - \frac{1}{4}(\vec a + \vec b) = \frac{1}{4}( - \vec a + 3\vec b)\) và

\(\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {AN}  - \overrightarrow {AM}  = \vec a + \frac{1}{2}\vec b - \frac{1}{4}(\vec a + \vec b) = \frac{1}{4}(3\vec a + \vec b)\).

Ta có: \(\overrightarrow {MB}  \cdot \overrightarrow {MN}  = \frac{1}{{16}}( - \vec a + 3\vec b)(3\vec a + \vec b) = \frac{1}{{16}}\left( { - 3{{\vec a}^2} + 3{{\vec b}^2} + 8\vec a \cdot \vec b} \right)\)

\( = \frac{1}{{16}}\left( { - 3A{D^2} + 3A{B^2} + 0} \right) = 0 \Rightarrow MB \bot MN(1)\).

Hơn nữa: \({\overrightarrow {MB} ^2} = \frac{1}{{16}}{( - \vec a + 3\vec b)^2} = \frac{1}{{16}}\left( {{{\vec a}^2} + 9{{\vec b}^2} - 6\vec a \cdot \vec b} \right) = \frac{1}{{16}}\left( {A{D^2} + 9A{B^2} - 0} \right) = \frac{5}{8}A{B^2}\);

\({\overrightarrow {MN} ^2} = \frac{1}{{16}}{(3\vec a + \vec b)^2} = \frac{1}{{16}}\left( {9{{\vec a}^2} + {{\vec b}^2} + 6\vec a \cdot \vec b} \right) = \frac{1}{{16}}\left( {9A{D^2} + A{B^2} + 0} \right) = \frac{5}{8}A{B^2}\).

Suy ra \[MB = MN\](2). Từ (1) và (2) suy ra \(\Delta BMN\)vuông cân tại đỉnh \[M.\]\(\)

Ta cần chứng minh: \(\overrightarrow {AM}  \cdot \overrightarrow {BD}  = 0\). Ta có: \(\overrightarrow {BD}  = \overrightarrow {BH}  + \overrightarrow {HD}  = \overrightarrow {HC}  + \overrightarrow {HD} ;\overrightarrow {AM}  = \frac{1}{2}(\overrightarrow {AH}  + \overrightarrow {AD} )\)

Do đó: \(\overrightarrow {AM}  \cdot \overrightarrow {BD}  = \frac{1}{2}(\overrightarrow {AH}  + \overrightarrow {AD} )(\overrightarrow {HC}  + \overrightarrow {HD} )\)\( = \frac{1}{2}(\overrightarrow {AH}  \cdot \overrightarrow {HC}  + \overrightarrow {AH}  \cdot \overrightarrow {HD}  + \overrightarrow {AD}  \cdot \overrightarrow {HC}  + \overrightarrow {AD}  \cdot \overrightarrow {HD} )\),

mà \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {AH}  \cdot \overrightarrow {HC}  = 0({\rm{ do }}AH \bot BC)}\\{\overrightarrow {AD}  \cdot \overrightarrow {HD}  = 0({\rm{ do }}HD \bot AC)}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AM}  \cdot \overrightarrow {BD}  = \frac{1}{2}(\overrightarrow {AH}  \cdot \overrightarrow {HD}  + \overrightarrow {AD}  \cdot \overrightarrow {HC} )\)

\( = \frac{1}{2}[\overrightarrow {AH}  \cdot \overrightarrow {HD}  + (\overrightarrow {AH}  + \overrightarrow {HD} ) \cdot \overrightarrow {HC} ]\)

\( = \frac{1}{2}(\overrightarrow {AH}  \cdot \overrightarrow {HD}  + \underbrace {\overrightarrow {AH}  \cdot \overrightarrow {HC} }_0 + \overrightarrow {HD}  \cdot \overrightarrow {HC} ) = \frac{1}{2}\overrightarrow {HD}  \cdot (\overrightarrow {AH}  + \overrightarrow {HC} ) = \frac{1}{2}\overrightarrow {HD}  \cdot \overrightarrow {AC}  = 0\).

Vậy \(AM \bot DB\).

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

\(\overrightarrow {MA}  \cdot \overrightarrow {MB}  = \frac{{3{a^2}}}{4} \Leftrightarrow (\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} )(\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB} ) = \frac{{3{a^2}}}{4}\)

\( \Leftrightarrow (\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} )(\overrightarrow {MI}  - \overrightarrow {IA} ) = \frac{{3{a^2}}}{4} \Leftrightarrow M{I^2} - I{A^2} = \frac{{3{a^2}}}{4}\)\(\)

\(\mathop  \Leftrightarrow \limits^{IA = \frac{a}{2}} M{I^2} = \frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{3{a^2}}}{4} \Leftrightarrow MI = a.\)

Vậy tập hợp điểm \(M\) là đường tròn tâm \(I\) bán kính \(R = a\).

Gọi I là tâm của hình vuông \(ABCD\)

Ta có \(:\overrightarrow {MA}  \cdot \overrightarrow {MC}  = (\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} )(\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IC} )\) \( = (\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} )(\overrightarrow {MI}  - \overrightarrow {IA} ) = {\overrightarrow {MI} ^2} - {\overrightarrow {IA} ^2} = M{I^2} - I{A^2}\).

Hoàn toàn tương tự, ta có: \(\overrightarrow {MB}  \cdot \overrightarrow {MD}  = M{I^2} - I{B^2}\).

Khi đó: \(\overrightarrow {MA}  \cdot \overrightarrow {MC}  + \overrightarrow {MB}  \cdot \overrightarrow {MD}  = k \Leftrightarrow 2M{I^2} - I{A^2} - I{B^2} = k \Leftrightarrow 2M{I^2} - 2I{A^2} = k\)

\( \Leftrightarrow M{I^2} = \frac{k}{2} + I{A^2} \Leftrightarrow M{I^2} = \frac{k}{2} + \frac{{{a^2}}}{2} \Leftrightarrow MI = \sqrt {\frac{{k + {a^2}}}{2}} \)

(trong đó \(I{A^2} = {\left( {\frac{{AC}}{2}} \right)^2} = {\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{2}\)).

Nếu \(k <  - {a^2}\): Tập hợp điểm \(M\) là tập rỗng.

Nếu \(k =  - {a^2}\) thì \(MI = 0 \Leftrightarrow M \equiv I\) (điểm \(M\) trùng với điểm \(I\)).

Nếu \(k >  - {a^2}\) thì \(MI = \sqrt {\frac{{k + {a^2}}}{2}} \).

Khi đó tập hợp điểm \(M\) là đường tròn tâm \(I\), bán kính \(R = \sqrt {\frac{{k + {a^2}}}{2}} \).