Tổng và hiệu của hai vectơ

\(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {CB}  = \overrightarrow {CB}  + \overrightarrow {AC} \).

Ta có: $\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {CB}  - \overrightarrow {CA} $ (qui tắc 3 điểm).

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {IA}  = \overrightarrow {IB}\ne \overrightarrow {BI} \) nên A sai.

\(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {AC}\ne \overrightarrow {BD}\) nên B sai.

\(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {CD}  =\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BA}= \vec 0\) nên C đúng.

Theo qui tắc $3$ điểm ta có: $\overrightarrow {OA}  = \overrightarrow {CA}  - \overrightarrow {CO} $.

Nếu \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) thì \(\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  = \vec 0\).

Ta có: $\overrightarrow {IA}  - \overrightarrow {IB}  = \overrightarrow {BA}  \ne \overrightarrow 0 $ nên A sai.

Vì \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {BI}  = \overrightarrow {BI}  + \overrightarrow {IA}  = \overrightarrow {BA}  \ne \vec 0\) nên A sai.

Ta có: $\left| {\overrightarrow {OA}  - \overrightarrow {BO} } \right| = \left| {\overrightarrow {CO}  + \overrightarrow {OB} } \right| = \left| {\overrightarrow {CB} } \right| = a$.

Ta có: \(\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {BO}  = \overrightarrow {BA}  = \overrightarrow {CD} \).

Quan sát hình vẽ trên ta thấy hai vectơ $\overrightarrow b ,\overrightarrow c $ ngược hướng.

Dựng hình bình hành \(ABDC\) và gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\).

Ta có: $\left| {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} } \right| = \left| {\overrightarrow {AD} } \right| = AD = 2AM$

Trong tam giác đều \(ABC\) có \(AM\) là trung tuyến cũng là đường cao nên \(AM \bot BC,MB = MC = \dfrac{a}{2}\)

Ta có:

\(A{M^2} + M{B^2} = A{B^2}\) \( \Leftrightarrow A{M^2} + {\left( {\dfrac{a}{2}} \right)^2} = {a^2}\) \( \Leftrightarrow A{M^2} = {a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}\) \( \Leftrightarrow A{M^2} = \dfrac{{3{a^2}}}{4}\) \( \Leftrightarrow AM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Vậy \(AD = 2AM = 2.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \)

Áp dụng quy tắc hình bình hành ta có:

\(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {AC} \) \( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = AC\)

\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2}\) \( = {\left( {4a} \right)^2} + {\left( {3a} \right)^2} = {\left( {5a} \right)^2}\) \( \Rightarrow AC = 5a\)

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

Ta có: $\overrightarrow {GB}  - \overrightarrow {CG}  = \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  = 2\overrightarrow {GE}  = \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AE} $ (Vì \(\overrightarrow {GE}  = \dfrac{1}{3}\overrightarrow {AE} \)).

$ \Rightarrow \left| {\overrightarrow {GB}  - \overrightarrow {CG} } \right| = \dfrac{2}{3}\left| {\overrightarrow {AE} } \right| = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{BC}}{2} = \dfrac{{BC}}{3} = 4$

Ta có:

$\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {CD}  + \overrightarrow {FA}  + \overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {EF}  + \overrightarrow {DE}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {CD}  + \overrightarrow {DE}  + \overrightarrow {EF}  + \overrightarrow {FA}  = \overrightarrow 0 $

Ta có:

$\left| {\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {GC} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {CB}  + \overrightarrow {CG} } \right| = \left| {\overrightarrow {AG}  + \overrightarrow {CB} } \right| = \left| {2\overrightarrow {GH}  + 2\overrightarrow {HB} } \right|$

$ = 2\left| {\overrightarrow {GH}  + \overrightarrow {HB} } \right| = 2\left| {\overrightarrow {GB} } \right| = 2GB = 2GA = 2.\dfrac{2}{3}AH = \dfrac{4}{3} .\dfrac{a\sqrt 3}{2}= \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}$.

Dựng hình bình hành \(GBDC\). Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\).

Tam giác \(ABC\) có trung tuyến \(AM\) nên \(AM = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{2}.12 = 6\)

\( \Rightarrow GM = \dfrac{1}{3}AM = \dfrac{1}{3}.6 = 2\) \( \Rightarrow GD = 2GM = 2.2 = 4\)

Vậy \(\left| {\overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC} } \right| = \left| {\overrightarrow {GD} } \right| = GD = 4\)

Ta có: \(\overrightarrow {MN}  + \overrightarrow {NP}  + \overrightarrow {PQ}  + \overrightarrow {QR}  + \overrightarrow {RN}  = \overrightarrow {MN} \).

Do \(AB = AD\) và \(\widehat A = {60^0}\) nên tam giác \(ABD\) đều.

Do đó $\left| {\overrightarrow {OA} } \right| = OA = \sqrt {A{B^2} - B{O^2}} = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$

Ta có: \(\overrightarrow u  = \overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {CD}  + \overrightarrow {CB}  - \overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {CB}  - \overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {BD}  + \overrightarrow {DB}  = \overrightarrow 0 \)

Vì $ANPM$ là hình bình hành nên theo quy tắc hình bình hành ta có: $\overrightarrow {MP}  + \overrightarrow {NP}  = \overrightarrow {AN}  + \overrightarrow {AM}  = \overrightarrow {AP} $