Bài tập cuối chương V

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.

$\left| {\overrightarrow a } \right| = \left| {\overrightarrow b } \right| = 1$,$\left| {\overrightarrow a  + \overrightarrow b } \right| = 2 \Leftrightarrow {\left( {\overrightarrow a  + \overrightarrow b } \right)^2} = 4 \Leftrightarrow \overrightarrow a .\overrightarrow b  = 1$, $\left( {3\overrightarrow a  - 4\overrightarrow b } \right)\left( {2\overrightarrow a  + 5\overrightarrow b } \right) = 6{\overrightarrow a ^2} - 20{\overrightarrow b ^2} + 7\overrightarrow a .\overrightarrow b  =  - 7$

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 $MI = AG = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}$

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

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}$

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 $AC$

Ta có

$\begin{array}{l}\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC} .\overrightarrow {MD}  = \left( {\overrightarrow {MO}  + \overrightarrow {OA} } \right)\left( {\overrightarrow {MO}  + \overrightarrow {OB} } \right) + \left( {\overrightarrow {MO}  + \overrightarrow {OC} } \right)\left( {\overrightarrow {MO}  + \overrightarrow {OD} } \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 2M{O^2} + \overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC.} \overrightarrow {OD}  + \overrightarrow {MO} \left( {\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC}  + \overrightarrow {OD} } \right).\end{array}$

Có $\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OC}  = \overrightarrow 0 ;\overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OD}  = \overrightarrow 0  \Rightarrow \overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC}  + \overrightarrow {OD}  = \overrightarrow 0$

$\overrightarrow {OA}  \bot \overrightarrow {OB}  \Rightarrow \overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OB}  = 0,\overrightarrow {OC}  \bot \overrightarrow {OD}  \Rightarrow \overrightarrow {OC} .\overrightarrow {OD}  = 0$

Đường tròn nội tiếp hình vuông cạnh a có bán kính $\dfrac{a}{2} \Rightarrow MO = \dfrac{a}{2} \Rightarrow M{O^2} = \dfrac{{{a^2}}}{4}.$

Vậy $\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC} .\overrightarrow {MD}  = 2.\dfrac{{{a^2}}}{4} = \dfrac{{{a^2}}}{2}$

Ta có $\overrightarrow a  + \overrightarrow b  + 3\overrightarrow c  = \overrightarrow 0$ $\Leftrightarrow \overrightarrow a  + \overrightarrow b  + \overrightarrow c  =  - 2\overrightarrow c$ $\Leftrightarrow {\left( {\overrightarrow a  + \overrightarrow b  + \overrightarrow c } \right)^2} = 4{\overrightarrow c ^2}$ $\Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2A = 4{c^2}$

Do đó $A = \dfrac{1}{2}\left( {3{c^2} - {a^2} - {b^2}} \right)$.

Hai véc tơ $\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC}$ có chung gốc $A$ nên chúng cùng hướng nếu hai điểm $B,C$ nằm cùng phía so với điểm $A$ hay điểm $A$ nằm ngoài đoạn $BC$

Qua $N$ kẻ đường thẳng song song với $AD$ cắt $AB$ tại $P$.

Khi đó tứ giác $ADNP$ là hình vuông và $PM = PA + AM = a + \dfrac{a}{2} = \dfrac{{3a}}{2}$.

Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông $NPM$ ta có

$M{N^2} = N{P^2} + P{M^2} = {a^2} + {\left( {\dfrac{{3a}}{2}} \right)^2} = \dfrac{{13{a^2}}}{4}$$\Rightarrow MN = \dfrac{{a\sqrt {13} }}{2}$

Suy ra $\left| {\overrightarrow {MN} } \right| = MN = \dfrac{{a\sqrt {13} }}{2}$.

Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông $MAD$ ta có

$D{M^2} = A{M^2} + A{D^2} = {\left( {\dfrac{a}{2}} \right)^2} + {a^2} = \dfrac{{5{a^2}}}{4}$$\Rightarrow DM = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}$

Suy ra $\left| {\overrightarrow {MD} } \right| = MD = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}$.

Hai điểm phân biệt, chẳng hạn $A,\,\,B$ ta xác định được hai vectơ khác vectơ-không là $\overrightarrow {AB} ,\,\,\overrightarrow {BA}$. Mà từ bốn đỉnh $A,\,\,B,\,\,C,\,\,D$ của tứ giác ta có $6$ cặp điểm phân biệt do đó có $12$ vectơ thỏa mãn yêu cầu bài toán.