Bài tập cuối chương IV

Theo quy tắc ba điểm ta có

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC}  = \left( {\overrightarrow {OP}  + \overrightarrow {PA} } \right) + \left( {\overrightarrow {OM}  + \overrightarrow {MB} } \right) + \left( {\overrightarrow {ON}  + \overrightarrow {NC} } \right)\\ = \left( {\overrightarrow {OM}  + \overrightarrow {ON}  + \overrightarrow {OP} } \right) + \overrightarrow {PA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {NC} \\ = \left( {\overrightarrow {OM}  + \overrightarrow {ON}  + \overrightarrow {OP} } \right) - \left( {\overrightarrow {BM}  + \overrightarrow {CN}  + \overrightarrow {AP} } \right)\end{array}\)

Vì \(PN,\,MN\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\) nên

\(PN//BM,\,\,MN//BP\) suy ra tứ giác \(BMNP\) là hình bình hành

\( \Rightarrow \overrightarrow {BM}  = \overrightarrow {PN} \)

\(N\) là trung điểm của \(AC \Rightarrow \overrightarrow {CN}  = \overrightarrow {NA} \)

Do đó theo quy tắc ba điểm ta có

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {BM}  + \overrightarrow {CN}  + \overrightarrow {AP}  = \left( {\overrightarrow {PN}  + \overrightarrow {NA} } \right) + \overrightarrow {AP} \\ = \overrightarrow {PA}  + \overrightarrow {AP}  = \overrightarrow 0 \end{array}\)

Do đó \(\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC}  = \overrightarrow {OM}  + \overrightarrow {ON}  + \overrightarrow {OP} \)

\(C = \dfrac{1}{{\sin {{10}^o}}} + \dfrac{{\sqrt 3 }}{{\cos {{10}^o}}} = \dfrac{{\cos {{10}^{\rm{o}}} + \sqrt 3 \sin {{10}^{\rm{o}}}}}{{\sin {{10}^{\rm{o}}}\cos {{10}^{\rm{o}}}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{2}\cos {{10}^{\rm{o}}} + \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\sin {{10}^{\rm{o}}}}}{{\dfrac{{2\sin {{10}^{\rm{o}}}\cos {{10}^{\rm{o}}}}}{4}}} = \dfrac{{4\sin {{40}^{\rm{o}}}}}{{\sin {{20}^{\rm{o}}}}} = 8\cos {20^{\rm{o}}}\).

Dựa vào hình vẽ ta thấy ABCD là hình bình hành nên A đúng.

\( \Rightarrow AD = BC \Rightarrow \) B đúng.

Hai vectơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {DC} \) cùng hướng và AB = DC nên \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC}  \Rightarrow D\) đúng.

Vậy C sai. (2 đường chéo của hình bình hành không bằng nhau)

${\tan ^3}\alpha  + {\cot ^3}\alpha  = {\left( {\tan \alpha  + \cot \alpha } \right)^3} - 3\tan \alpha .\cot \alpha \left( {\tan \alpha  + \cot \alpha } \right) = {m^3} - 3m$.

Điều kiện cần và đủ để ba điểm A, B, C thẳng hàng là 2 vectơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AC} \) cùng phương

\( \Leftrightarrow \exists k \ne 0:\overrightarrow {AB}  = k\overrightarrow {AC} \).

Ta có: \(\tan {180^0} = 0\)

Ta có \(\left| {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} } \right|\) (quy tắc hình bình hành)

Xét tam giác \(BCD\) có \(CD = CB = a\) và góc \(\widehat {BCD} = {60^0}\) nên tam giác \(BCD\) đều cạnh \(a\)

Xét tam giác \(DOC\) có \(\widehat O = {90^0}\) và \(DC = a,DO = \dfrac{1}{2}DB = \dfrac{a}{2}\) nên \(CO = \sqrt {D{C^2} - D{O^2}}  = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Do đó \(AC = 2OC = 2.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \) hay \(\left| {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} } \right| = a\sqrt 3 \) nên A đúng.

Lại có:

\(\overrightarrow {OB}  - \overrightarrow {DC}  = \overrightarrow {DO}  - \overrightarrow {DC}  = \overrightarrow {CO} \) nên \(\left| {\overrightarrow {OB}  - \overrightarrow {DC} } \right| = \left| {\overrightarrow {CO} } \right| = CO = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

\(\left| {\overrightarrow {OB}  - \overrightarrow {DC} } \right| = \left| {\overrightarrow {CO} } \right| = \,\,\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \ne \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}\) nên B sai.

Theo quy tắc phép trừ ta có

\(\overrightarrow u  = \left( {\overrightarrow {MA}  - \overrightarrow {MC} } \right) + \left( {\overrightarrow {MB}  - \overrightarrow {MD} } \right) = \overrightarrow {CA}  + \overrightarrow {DB} \)

Suy ra \(\overrightarrow u \) không phụ thuộc vị trí điểm \(M\).

Qua \(A\) kẻ đường thẳng song song với \(DB\) cắt \(BC\) tại \(C'\).

Khi đó tứ giác \(ADBC'\) là hình bình hành (vì có cặp cạnh đối song song) suy ra \(\overrightarrow {DB}  = \overrightarrow {AC'} \)

Do đó \(\overrightarrow u  = \overrightarrow {CA}  + \overrightarrow {AC'}  = \overrightarrow {CC'} \)

=> \(\left| {\overrightarrow u } \right| = \left| {\overrightarrow {CC'} } \right| =CC'= BC + BC' \)

Mà ta có $BC'=AD=a$ (do $ADBC'$ là hình bình hành) và $BC=a$ (gt)

Vậy \(\left| {\overrightarrow u } \right| = a + a = 2a\)

Vì G và G’ lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và A’B’C’ nên ta có:

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  = \overrightarrow 0 \\\overrightarrow {G'A'}  + \overrightarrow {G'B'}  + \overrightarrow {G'C'}  = \overrightarrow 0 .\end{array}\)

Với điểm M bất kì khác điểm G ta chứng minh: \(3\overrightarrow {MG}  = \overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC} \)

Ta có: \(\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC}  \) \(= \overrightarrow {MG}  + \overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {MG}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {MG}  + \overrightarrow {GC}  = 3\overrightarrow {MG} \)

Tương tự ta có: \(3\overrightarrow {MG'}  = \overrightarrow {MA'}  + \overrightarrow {MB'}  + \overrightarrow {MC'} \)

Từ đó suy ra

\(\begin{array}{l}3\overrightarrow {GG'}  = 3\left( {\overrightarrow {MG'}  - \overrightarrow {MG} } \right) = 3\overrightarrow {MG'}  - 3\overrightarrow {MG} \\ = \overrightarrow {MA'}  + \overrightarrow {MB'}  + \overrightarrow {MC'}  - \overrightarrow {MA}  - \overrightarrow {MB}  - \overrightarrow {MC} \\ = \left( {\overrightarrow {MA'}  - \overrightarrow {MA} } \right) + \left( {\overrightarrow {MB'}  - \overrightarrow {MB} } \right) + \left( {\overrightarrow {MC'}  - \overrightarrow {MC} } \right)\\ = \overrightarrow {AA'}  + \overrightarrow {BB'}  + \overrightarrow {CC'} .\end{array}\)

Nên A đúng.

Đáp án B:

\(\begin{array}{l}3\overrightarrow {GG'}  = \overrightarrow {GG'}  + \overrightarrow {GG'}  + \overrightarrow {GG'} \\ = \overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {AC'}  + \overrightarrow {C'G'}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {BA'}  + \overrightarrow {A'G'} \\ + \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {CB'}  + \overrightarrow {B'G'} \\ = \left( {\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC} } \right) + \left( {\overrightarrow {AC'}  + \overrightarrow {BA'}  + \overrightarrow {CB'} } \right)\\ + \left( {\overrightarrow {C'G'}  + \overrightarrow {A'G'}  + \overrightarrow {B'G'} } \right)\\ = \overrightarrow 0  + \left( {\overrightarrow {AC'}  + \overrightarrow {BA'}  + \overrightarrow {CB'} } \right) + \overrightarrow 0 \\ = \overrightarrow {AC'}  + \overrightarrow {BA'}  + \overrightarrow {CB'} \end{array}\)

Nên B đúng.

Đáp án C:

\(\begin{array}{l}3\overrightarrow {GG'}  = \overrightarrow {GG'}  + \overrightarrow {GG'}  + \overrightarrow {GG'} \\ = \overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {AB'}  + \overrightarrow {B'G'}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {BC'}  + \overrightarrow {C'G'} \\ + \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {CA'}  + \overrightarrow {A'G'} \\ = \left( {\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC} } \right) + \left( {\overrightarrow {AB'}  + \overrightarrow {BC'}  + \overrightarrow {CA'} } \right)\\ + \left( {\overrightarrow {B'G'}  + \overrightarrow {C'G'}  + \overrightarrow {A'G'} } \right)\\ = \overrightarrow 0  + \left( {\overrightarrow {AB'}  + \overrightarrow {BC'}  + \overrightarrow {CA'} } \right) + \overrightarrow 0 \\ = \overrightarrow {AB'}  + \overrightarrow {BC'}  + \overrightarrow {CA'} \end{array}\)

Nên C đúng.

D sai do A đúng.

Gọi \(D\) là điểm sao cho tứ giác \(ABDC\) là hình bình hành.

Khi đó theo quy tắc hình bình hành ta có \(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {AD} \)

Vì tam giác \(ABC\) vuông ở \(A\) nên tứ giác \(ABDC\) là hình chữ nhật suy ra \(AD = BC = a\sqrt 5 \)

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

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 \(\overrightarrow {AM}  = \overrightarrow {NC} \).

Xét tam giác \(\Delta DMP\) và \(\Delta BNQ\) ta có \(DM = NB\) (giả thiết), \(\widehat {PDM} = \widehat {QBN}\) (so le trong)

Mặt khác \(\widehat {DMP} = \widehat {APB}\) (đối đỉnh) và \(\widehat {APQ} = \widehat {NQB}\) (hai góc đồng vị) suy ra \(\widehat {DMP} = \widehat {BNQ}\).

Do đó \(\Delta DMP = \Delta BNQ\) (c.g.c) suy ra \(DP = QB\).

Dễ thấy \(\overrightarrow {DP} ,\,\,\overrightarrow {QB} \) cùng hướng vì vậy \(\overrightarrow {DP}  = \overrightarrow {QB} \).

Ta có \(\overrightarrow {B'B}  = \overrightarrow {AG} \) suy ra \(B'B = AG\).

Dễ thấy \(\overrightarrow {BJ} ,\,\,\overrightarrow {IG} \) cùng hướng (1).

Vì \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nên \(IG = \dfrac{1}{2}AG\), \(J\) là trung điểm \(BB'\) suy ra \(BJ = \dfrac{1}{2}BB'\)

Vì vậy \(BJ = IG\) (2)

Từ (1) và (2) ta có \(\overrightarrow {BJ}  = \overrightarrow {IG} \).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {CI}  = \overrightarrow {CA}  - \overrightarrow {IA}  = \overrightarrow {CA}  - 3\overrightarrow {IB}  = \overrightarrow {CA}  - 3\left( {\overrightarrow {CB}  - \overrightarrow {CI} } \right)\\ \Leftrightarrow \overrightarrow {CI}  = \overrightarrow {CA}  - 3\overrightarrow {CB}  + 3\overrightarrow {CI} \\ \Leftrightarrow 2\overrightarrow {CI}  = 3\overrightarrow {CB}  - \overrightarrow {CA} \\ \Leftrightarrow \overrightarrow {CI}  = \dfrac{1}{2}\left( {3\overrightarrow {CB}  - \overrightarrow {CA} } \right)\end{array}\)

Lấy điểm $D$ sao cho \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {BD}  \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \left( {\overrightarrow {BD} ;\overrightarrow {BC} } \right) = {120^0}\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC}  = \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {BC} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} } \right) = 1.1.\cos {120^0} =  - \dfrac{1}{2}\)

(vì tam giác $ABC$ đều cạnh $1$ nên \(AB = BC = 1 \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = 1\))

Ta có \(\left( {\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB} } \right).\overrightarrow {ID}  = \left( {\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {AB} } \right).\overrightarrow {ID}  = 2\overrightarrow {IA} .\overrightarrow {ID}  =  - \dfrac{{9{a^2}}}{2}\) nên chọn B.

$\cos 4x = 2{\cos ^2}2x - 1$ $ = 2.{\left( {1 - 2{{\sin }^2}x} \right)^2} - 1$ $ = 2{\left( {1 - 2.{{\left( {\dfrac{4}{5}} \right)}^2}} \right)^2} - 1$ $ =  - \dfrac{{527}}{{625}}$

Ta có $\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = AB = a$

Gọi $M$ là trung điểm của \(BC\)\( \Rightarrow BM = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{a}{2}\)

Tam giác \(ABM\) vuông tại \(M\) nên \(AM = \sqrt {A{B^2} - B{M^2}}  = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Ta có \(\left| {\overrightarrow {AG} } \right| = AG = \dfrac{2}{3}AM = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Mà \(I\) là trung điểm của \(AG\) nên \(MI = AG = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

\(\left| {\overrightarrow {BI} } \right| = BI = \sqrt {B{M^2} + M{I^2}}  = \sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{4} + \dfrac{{{a^2}}}{3}}  = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{6}\)

$\sin a - \cos a = \dfrac{1}{5}\, \Rightarrow {\left( {\sin a - \cos a} \right)^2} = \dfrac{1}{{25}} \Leftrightarrow {\sin ^2}a - 2\sin a\cos a + {\cos ^2}a = \dfrac{1}{{25}} \Leftrightarrow 1 - \sin 2a = \dfrac{1}{{25}} \Leftrightarrow \sin 2a = \dfrac{{24}}{{25}}$

Ta có: ${\sin ^2}2a + {\cos ^2}2a = 1 \Rightarrow {\left( {\dfrac{{24}}{{25}}} \right)^2} + {\cos ^2}2a = 1 \Leftrightarrow {\cos ^2}2a = \dfrac{{49}}{{625}} \Leftrightarrow \cos 2a =  \pm \dfrac{7}{{25}}$

Mà  ${135^0} < a < {180^0} \Leftrightarrow {270^0} < 2a < {360^0} \Rightarrow \cos 2a > 0 \Rightarrow \cos 2a = \dfrac{7}{{25}}$

$\tan 2a = \dfrac{{\sin 2a}}{{\cos 2a}} = \dfrac{{\dfrac{{24}}{{25}}}}{{\dfrac{7}{{25}}}} = \dfrac{{24}}{7}$

a) Sai vì hai véc tơ \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} \) không cùng hướng.

b) Đúng vì hai véc tơ \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {DC} \) cùng hướng và cùng độ dài.

c) Đúng vì hai véc tơ \(\overrightarrow {OA} \) và \(\overrightarrow {OC} \) đối nhau.

d) Sai vì \(\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {OB} \) không cùng độ dài và không cùng hướng

e) Đúng vì \(AB = BC\)

f) Sai vì \(2\left| {\overrightarrow {OA} } \right| = 2OA = AC \ne BD = \left| {\overrightarrow {BD} } \right|\)

Vậy có \(3\) khẳng định đúng.

Vì \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {BC} \) nên \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} \) cùng hướng và \(AB = BC\) nên \(B\) là trung điểm của \(AC\)