Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
+) \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \widehat {ABC} = 60^\circ \)
+) Dựng hình bình hành ABCD, ta có: \(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \)
\( \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} } \right) = \widehat {BAD} = 120^\circ \)
+), Ta có: ABC là tam giác đều, H là trung điểm BC nên \(AH \bot BC\)
\(\left( {\overrightarrow {AH} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \left( {\overrightarrow {AH} ,\overrightarrow {AD} } \right) = \widehat {HAD} = 90^\circ \)
+) Hai vectơ \(\overrightarrow {BH} \) và \(\overrightarrow {BC} \)cùng hướng nên \(\left( {\overrightarrow {BH} ,\overrightarrow {BC} } \right) = 0^\circ \)
+) Hai vectơ \(\overrightarrow {HB} \) và \(\overrightarrow {BC} \)ngược hướng nên \(\left( {\overrightarrow {HB} ,\overrightarrow {BC} } \right) = 180^\circ \)
1.
Đặt \(P=\left|\overrightarrow{AD}+3\overrightarrow{AB}\right|\Rightarrow P^2=AD^2+9AB^2+6\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{AB}\)
\(=AD^2+9AB^2=10AB^2=10a^2\)
\(\Rightarrow P=a\sqrt{10}\)
2.
Tam giác ABC đều nên AM là trung tuyến đồng thời là đường cao \(\Rightarrow AM\perp BM\)
\(AM=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\) ; \(BM=\dfrac{a}{2}\)
\(T=\left|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=\left|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}\right|\)
\(\Rightarrow T^2=MA^2+4MB^2+4\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}=MA^2+4MB^2\)
\(=\left(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2+4\left(\dfrac{a}{2}\right)^2=\dfrac{7a^2}{4}\Rightarrow T=\dfrac{a\sqrt{7}}{2}\)
3.
\(T=\left|\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CG}\right|=\left|\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{CA}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{CB}\right|=\left|\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{CA}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{CA}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}\right|\)
\(=\left|\dfrac{4}{3}\overrightarrow{AB}-\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AC}\right|\Rightarrow T^2=\dfrac{16}{9}AB^2+\dfrac{4}{9}AC^2-\dfrac{16}{9}\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}\)
\(=\dfrac{20}{9}AB^2-\dfrac{16}{9}AB^2.cos60^0=\dfrac{20}{9}a^2-\dfrac{16}{9}a^2.\dfrac{1}{2}=\dfrac{4}{3}a^2\)
\(\Rightarrow T=\dfrac{2a}{\sqrt{3}}\)
Có vẻ không đúng.
Giả sử \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MA}=\overrightarrow{0}\)
\(\Leftrightarrow\overrightarrow{MB}+\left(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB}\right)=\overrightarrow{0}\)
\(\Leftrightarrow\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{0}\)
\(\Leftrightarrow2\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{0}\)
\(\Leftrightarrow M\equiv B\) (Vô lí)
a: \(\overrightarrow{BA}-\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{CA}\)
b: lấy điểm H sao cho \(\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{GC}\)
\(\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{GC}\)
=>AH//GC và AH=GC
Xét tứ giác AHCG có
AH//CG
AH=GC
Do đó: AHCG là hình bình hành
ΔABC đều có G là trọng tâm
nên \(AG=GB=GC=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\)
\(\left|\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{GC}\right|=\left|\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AH}\right|\)
\(=\left|\overrightarrow{HA}+\overrightarrow{AB}\right|=\left|\overrightarrow{HB}\right|=HB\)
AHCG là hình bình hành
=>HC=AG và HC//AG
=>\(HC=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\)
ΔABC đều có G là trọng tâm
nên GB=GC=GA
GB=GC
AB=AC
Do đó: AG là đường trung trực của BC
=>AG\(\perp\)BC
mà CH//AG
nên CH\(\perp\)CB
=>ΔCHB vuông tại C
=>\(BH^2=HC^2+BC^2\)
=>\(BH^2=\left(\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\right)^2+a^2=a^2+\dfrac{1}{3}a^2=\dfrac{4}{3}a^2\)
=>\(BH=a\cdot\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\)
=>\(\left|\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{GC}\right|=BH=\dfrac{2a\sqrt{3}}{3}\)
Mệnh đề C sai.
Xét:
A. Đúng
Vẽ hbh ABDC => \(\left|\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right|=\left|\overrightarrow{AD}\right|=AD\) (\(=2AH\))
Ta lại có, \(\Delta ABH\) vuông tại H, theo Pytago:
\(AH=\sqrt{AB^2-\frac{AB^2}{4}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\) \(\Rightarrow AD=3\sqrt{3}\)
B. Đúng
Vẽ hình vuông AECH\(\Rightarrow\) AEHB là hbh
Ta có:
\(\left|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BH}\right|=\left|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AE}\right|=\left|\overrightarrow{BE}\right|=BE\)
Ta lại có, \(\Delta BCE\) vuông tại C, theo Pytago:
\(BE=\sqrt{BC^2+CE^2}=\sqrt{BC^2+AH^2}=\frac{\sqrt{63}}{2}\)
C. Sai
Vẽ hbh AFHC \(\Rightarrow\)AFBH là hình vuông
\(\Rightarrow\left|\overrightarrow{HA}+\overrightarrow{HB}\right|=\left|\overrightarrow{HA} +\overrightarrow{AF}\right|=HF\) \(=AC=3\)
D. Đúng
\(\left|\overrightarrow{HA}-\overrightarrow{HB}\right|=\left|\overrightarrow{BA}\right|=BA=3\)
\(T=\left|2\overrightarrow{AB}+3\overrightarrow{AC}\right|\Rightarrow T^2=\left(2\overrightarrow{AB}+3\overrightarrow{AC}\right)^2\)
\(\Rightarrow T^2=4AB^2+9AC^2+12\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}\)
\(=4a^2+9a^2+12.a.a.cos60^0=19a^2\)
\(\Rightarrow T=a\sqrt{19}\)
1.
Dựng \(\overrightarrow{DB'}=\overrightarrow{CB}\)
\(k\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{DB}\)
\(=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AB}\)
\(=2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{B'D}+\overrightarrow{DA}\)
\(=2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{B'A}\)
\(=2\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AB}=4\overrightarrow{AB}\)
\(\Rightarrow k=4\)
Gọi M là trung điểm IB
\(\left|\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AI}\right|=\left|2\overrightarrow{AM}\right|=2AM\)
Ta có \(\overrightarrow{AM}^2=\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)^2=MI^2+IA^2-2MI.IA.cos90^o=\dfrac{1}{16}a^2+\dfrac{3}{4}a^2=\dfrac{13}{16}a^2\)
\(\Rightarrow AM=\dfrac{\sqrt{13}}{4}a\Rightarrow\left|\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AI}\right|=\dfrac{\sqrt{13}}{2}a\)
\(\left|\overrightarrow{CH}+\overrightarrow{HA}\right|=\left|\overrightarrow{CA}\right|=a\)