Trắc Nghiệm Bài Tổng Hiệu Hai Vectơ Có Đáp Án Và Lời Giải

(1)

§2 TỔNG VÀ HIỆU HAI VECTƠ A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1. Tổng hai vectơ

a) Định nghĩa: Cho hai vectơ

 ;

a b. Từ điểm A tùy ý vẽ   

AB a rồi từ B vẽ   

BC b khi đó vectơ 

AC được gọi là tổng của hai vectơ

 ; a b. Kí hiệu    

AC a b (Hình 1.9) b) Tính chất :

+ Giao hoán :      a b b a

+ Kết hợp :         (a b) c a (b c) + Tính chất vectơ – không:     

0 , a a a 2. Hiệu hai vectơ

a) Vectơ đối của một vectơ.

Vectơ đối của vectơ 

a là vectơ ngược hướng và cúng độ dài với vectơ  a Kí hiệu 

a

Như vậy ^a^ ^{ }

 

^a^ ^ ^0,^ ^^a^_và_AB^ _{ }_BA^

b) Định nghĩa hiệu hai vectơ:

Hiệu của hai vectơ  a và 

b là tổng của vectơ 

a và vectơ đối của vectơ 

b. Kí hiệu là ^{a b a}^{ }^{   }^

 

^b^

3. Các quy tắc:

Quy tắc ba điểm : Cho A, B ,C tùy ý, ta có :    

AB BC AC

Quy tắc hình bình hành : Nếu ABCD là hình bình hành thì    

AB AD AC Quy tắc về hiệu vectơ : Cho O , A , B tùy ý ta có :    

OB OA AB Chú ý: Ta có thể mở rộng quy tắc ba điểm cho n điểm A A¹, ,...,² A_n

thì

    

   

1 2 2 3 ... _n 1 _n 1 _n

A A A A A A A A

B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI.

 DẠNG 1: Xác định độ dài tổng, hiệu của các vectơ.

1. Phương pháp giải.

Để xác định độ dài tổng hiệu của các vectơ

 Trước tiên sử dụng định nghĩa về tổng, hiệu hai vectơ và các tính chất, quy tắc để xác định định phép toán vectơ đó.

 Dựa vào tính chất của hình, sử dụng định lí Pitago, hệ thức lượng trong tam giác vuông để xác định độ dài vectơ đó.

2. Các ví dụ.

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vuông tại A có ^ABC^ ^ ³⁰⁰ và BC a 5. Tính độ dài của các vectơ  

AB AC .

A. a 2 B. a 5 C. a 7 D. a 3

Lời giải:

(hình 1.10)

Theo quy tắc ba điểm ta có

B

A C

D br br

ar ar A

B

a br r+ C

Hình 1.9

(2)

    

AB BC AC Mà

 

sinABC AC BC

  .sin  5.sin30⁰  5 2 AC BC ABC a a

Do đó       5 2 AB BC AC AC a

       

AC BC AC CB AB

Ta có ² ²  ²   ² ²  ²5 ²  15

5 4 2

a a AC AB BC AB BC AC a

Vì vậy       15 2 AC BC AB AB a

 Gọi D là điểm sao cho tứ giác ABDC là hình bình hành.

Khi đó theo quy tắc hình bình hành ta có    

AB AC AD

Vì tam giác ABC vuông ở A nên tứ giác ABDC là hình chữ nhật suy ra AD  BC a 5 Vậy      

5 AB AC AD AD a

Ví dụ 2: Cho hình vuông ABCD có tâm là O và cạnh a. M là một điểm bất kỳ.

a) Tính      

, ,

AB AD OA CB CD DA A.   

2 AB AD a

B.    OA CB a C.   

2 CD DA a

D.Cả A, B, C đều đúng b) Chứng minh rằng        

u MA MB MC MD không phụ thuộc vị trí điểm M . Tính độ dài vectơ  u

A.2a B.3a C.a D.4a

Lời giải:

(hình 1.11)

a) + Theo quy tắc hình bình hành ta có    

AB AD AC Suy ra     

AB AD AC AC . Áp dụng định lí Pitago ta có

    

2 2 2 2 2 2

AC AB BC a AC a Vậy   

2 AB AD a

+ Vì O là tâm của hình vuông nên   

OA CO suy ra

   

    

OA CB CO CB BC Vậy     

OA CB BC a

+ Do ABCD là hình vuông nên   

CD BA suy ra

   

    

CD DA BA AD BD

Mà    ₂  ₂ 

2 BD BD AB AD a

suy ra    2 CD DA a b) Theo quy tắc phép trừ ta có

   

     

      

u MA MC MB MD CA DB

O A

D

B

C C'

Hình 1.11

(3)

Suy ra 

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   

' DB AC Do đó      

' '

u CA AC CC

Vì vậy        

' ' 2

u CC BC BC a a a 3. Bài tập luyện tập.

Bài 1.14: Cho tam giác ABC đều cạnh a. Tính độ dài của các vectơ sau      ,

AB AC AB AC . A.   

AB AC a

B.    3 AB AC a

C.Cả A, B đều đúng D.Cả A, B đều sai

Lời giải:

Bài 1.14: (Hình 1.45)Theo quy tắc trừ ta có

     

    

AB AC CB AB AC BC a

Gọi A' là đỉnh của hình bình hành ABA C' và O là tâm hình nình hành đó. Khi đó ta có    

' AB AC AA .

Ta có  ² ²  ² ²  3

4 2

a a AO AB OB a

Suy ra     

' 2 3

AB AC AA AO a

Bài 1.15: Cho hình vuông ABCD có tâm là O và cạnh a. M là một điểm bất kỳ.

a) Tính       ,

AB OD AB OC OD

A.    2 2 AB OD a

B.      AB OC OD a

b) Tính độ dài vectơ       MA MB MC MD A.       

MA MB MC MD a

B.        3 MA MB MC MD a

C.        2 MA MB MC MD a

D.        3 2 MA MB MC MD a

Lời giải:

Bài 1.15. (Hình 1.46) a) Ta có

     

      

OD BO AB OD AB BO AO

   

  2

2 2

AC a AB OD AO

Ta có   

OC AO suy ra

       

         0 AB OC OD AB AO OD OB OD

      0 AB OC OD

b) Áp dụng quy tắc trừ ta có

   

          

           

MA MB MC MD MA MB MC MD BA DC BA DC O C

A B

A'

Hình 1.45

O A

D C

B' B

Hình 1.46

(4)

LấyB' là điểm đối xứng của B qua A

Khi đó ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^

      

' ' '

DC AB BA DC BA AB BB Suy ra          

' ' 2

MA MB MC MD BB BB a

Bài 1.16: Cho hình thoi ABCD cạnh a và ^BCD^ ^ ⁶⁰⁰. Gọi O là tâm hình thoi.

Tính     ,

AB AD OB DC .

A.    3, AB AD a

B.    3 2 OB DC a

Lời giải:

Bài 1.16: Ta có      ₀  2 cos30 3,

AB AD AD a a

   

  

0 3

cos60

2 OB DC CO a a

Bài 1.17: Cho bốn điểm A, B, C, O phân biệt có độ dài ba vectơ

  

, , OA OB OC

cùng bằng a và

  

    0 OA OB OC

a) Tính các góc AOB BOC COA, ,

A. ^AOB^ ^¹²⁰⁰ B. ^BOC^ ^ ⁶⁰⁰

C. AOB BOC COA    120⁰

D. ^COA^ ^ ³⁰⁰ b) Tính    

OB AC OA A.     

3 OB AC OA a

B.      2 3 OB AC OA a C.     

3 3 OB AC OA a

D.      OB AC OA a Lời giải:

Bài 1.17: a) Từ giả thiết suy ra ba điểm A, B, C tạo thành tam giác đều nhận O làm trọng tâm do đó

   120⁰

AOB BOC COA

b) Gọi I là trung điểm BC. Theo câu a) ABC đều nên  3 AI 2 a

  

  

3 OB AC OA a

Bài 1.18: Cho góc Oxy. Trên Ox, Oy lấy hai điểm A, B . Tìm điều kiện của A,B sao cho   OA OB nằm trên phân giác của góc Oxy.

A. OA OB B. 1 

2OA OB

C. 2OA OB D. OA  2OB Lời giải:

Bài 1.18: Dựng hình bình hành OACB. Khi đó:    

OA OB OD Vậy 

OD nằm trên phân giác góc xOy ^ÔACB là hình thoi ^ÔA ^ÔB.

 DẠNG 2: Chứng minh đẳng thức vectơ.

1. Phương pháp giải.

(5)

 Để chứng minh đẳng thức vectơ ta có các cách biển đổi: vế này thành vế kia, biến đổi tương đương, biến đổi hai vế cùng bằng một đại lương trung gian. Trong quá trình biến đổi ta cần sử dụng linh hoạt ba quy tắc tính vectơ.

Lưu ý: Khi biến đổi cần phải hướng đích , chẳng hạn biến đổi vế phải, ta cần xem vế trái có đại lượng nào để từ đó liên tưởng đến kiến thức đã có để làm sao xuất hiện các đại lượng ở vế trái. Và ta thường biến đổi vế phức tạp về vế đơn giản hơn.

2. Các ví dụ.

Ví dụ 1: Cho năm điểm A B C D E, , , ,

. Khẳng định nào đúng?

a)

A.   ^ ^ ^



 ^



2

AB CD EA CB ED

B.   ^ ^ ^ 1



 ^



AB CD EA 2 CB ED C.   ^ ^ ^ 3



 ^



AB CD EA 2 CB ED

D.        AB CD EA CB ED b)

A.   ^ ^ ^



  ^ ^



2

AC CD EC AE DB CB B.   ^ ^ ^



  ^ ^



3

AC CD EC AE DB CB

C.

 

  

  

  

4

AE DB CB AC CD EC

D.          AC CD EC AE DB CB

Lời giải:

a) Biến đổi vế trái ta có

   

 

    

   

    

    

   

VT AC CB CD ED DA CB ED AC CD DA CB ED AD DA

   

CB ED VP ĐPCM b) Đẳng thức tương đương với



^

 

^ ^



^ ^ ^

    

      

     0

0

AC AE CD CB EC DB EC BD EC DB

 

   0

BD DB (đúng) ĐPCM.

Ví dụ 2: Cho hình bình hành ABCD tâm O. M là một điểm bất kì trong mặt phẳng. Khẳng định nào sau đây là đúng nhất?

a)

A.       0

BA DA AC B.      

BA DA AC AB C.      

2

BA DA AC AM D.      

BA DA AC AM b)

A.        

OA OB OC OD OM B.        

3 OA OB OC OD OM C.        

0

OA OB OC OD D.        

4 OA OB OC OD OM c) .

A.      

2 2

MA MC MB MD B.

  

 

 

2 MB MD MA MC

(6)

C.     

MA MC MB MD D. ^{ }^ ^



 ^



3

MA MC MB MD Lời giải:

(Hình 1.12) a) Ta có

     

     

BA DA AC AB AD AC

 

     

AB AD AC

Theo quy tắc hình bình hành ta có

 

  

AB AD AC suy ra

     

      0 BA DA AC AC AC

b) Vì ABCD là hình bình hành nên ta có: ^OA^ ^^CO^ ^^{OA OC}^ ^ ^ ^^{OA AO}^ ^^ ^ ^⁰ Tương tự: ^{OB OD}^{ }^ ^ ⁰^ ^^{OA OB OC}^ ^ ^ ^^ ^^OD^ ^ ⁰^ .

c) Cách 1: Vì ABCD là hình bình hành nên ^AB^ ^ ^DC^{} ^^{BA DC}^^ ^{} ^ ^{BA AB}^^ ^ ^ ^⁰

     

     

     

     

MA MC MB BA MD DC

MB MD BA DC MB MD Cách 2: Đẳng thức tương đương với

    

     

MA MB MD MC BA CD (đúng do ABCD là hình bình hành) Ví dụ 3: Cho tam giác ABC . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC CA AB, ,

.Khẳng định nào sau đây là đúng nhất?

a)

A.      

BM CN AP AB B.      1

BM CN AP 2AB C.      

0

BM CN AP D.      

2 BM CN AP AB b)

A.    



    1 2 AP AN AC BM AB

B.    



   

2 AP AN AC BM BC C.        

AP AN AC BM AM D.         0 AP AN AC BM c) với O là điểm bất kì.

A.

 

  

  

  

2

OM ON OP OA OB OC

B.

 

  

  

  

3

C.

 

  

  

  

4

D.          OA OB OC OM ON OP Lời giải:

(Hình 1.13) a) 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

   

BM PN

N là trung điểm của ^ ^

 

AC CN NA Do đó theo quy tắc ba điểm ta có

 

    

  

     

   0

BM CN AP PN NA AP PA AP

thuvienhoclieu.com Trang 6 N

M P

A

B C

O A

D C

B

Hình 1.12

(7)

b) Vì tứ giác APMN là hình bình hành nên theo quy tắc hình bình hành ta có    

AP AN AM , kết hợp với quy tắc trừ

             

AP AN AC BM AM AC BM CM BM Mà    

0

CM BM do M là trung điểm của BC . Vậy        

0 AP AN AC BM . c) Theo quy tắc ba điểm ta có

     

 

   

       

     

     

        

     

     

OA OB OC OP PA OM MB ON NC OM ON OP PA MB NC

OM ON OP BM CN AP Theo câu a) ta có      

0

BM CN AP suy ra          OA OB OC OM ON OP . 3. Bài tập luyện tập.

Bài 1.19: Cho bốn điểmA B C D, , ,

. Tìm khẳng định đúng nhất?

a)

A.     

DA CA DB CB B.

  

 

2 DB CB DA CA

C.

  

 

4 DB CB DA CA

D.

  

 

3 DB CB DA CA

b)

A.         

AC DA BD AD CD BA B.

 

  

  

  

2

AD CD BA AC DA BD

C.

 

  

  

  

3

D.

 

  

  

  

4

Lời giải:

Bài 1.19: a) Áp dụng quy tắc trừ ta có

      

       

DA CA DB CB DA DB CA CB

   

BA BA (đúng)

b) Áp dụng quy tắc ba điểm ta có

   

          

           

AC DA BD AD CD BA DA AC BD BA AD CD

      

DC BD BD CD (đúng) Bài 1.20: Cho các điểm A B C D E F, , , , ,

. Khẳng định nào đúng nhất?

A.

 

  

  

2

AE BF CD AD BE CF

B.

 

  

  

4

AE BF CD AD BE CF

C.

 

  

  

3

AE BF CD AD BE CF

D.          AD BE CF AE BF CD Lời giải:

Bài 1.20: Cách 1: Đẳng thức cần chứng minh tương đương với



^{AD AE}^{ }^

 

^ ^BE^{ }^^BF

 

^ ^CF^{ }^^CD



^ ⁰^

        0 ED FE DF

      0

EF FE (đúng)

(8)

Cách 2: ^   ^ ^ ^



 ^

 

^  ^

 

^  ^



VT AD BE CF AE ED BF FE CD DF

     

   

     

  

AE BF CD ED FE DF AE BF CD VP

Bài 1.21: Cho hình bình hành ABCD tâm O. M là một điểm bất kì trong mặt phẳng.Khẳng định nào đúng

a)

A.   



  

2 AB OD OC AC

B.      

2 AB OD OC AC C.      

AB OD OC AC D.      

3 AB OD OC AC b)      

BA BC OB OD

A.      

3

BA BC OB OD B.      

BA BC OB OD C.      

4

BA BC OB OD D.      

2 BA BC OB OD c)       

BA BC OB MO MB A.

   

 

  

2 MO MB BA BC OB

B.

   

 

  

C.       

BA BC OB MO MB D.

   

 

  

Lời giải:

Bài 1.21 a) Ta có   

OD BO do đó

       

        

AB OD OC AB BO OC AO OC AC b) Theo quy tắc hình bình hành ta có

      

       

BA BC OB BD OB OB BD OD c) Theo câu b) ta có      

BA BC OB OD Theo quy tắc trừ ta có    

MO MB BO Mà   

OD BO suy ra        BA BC OB MO MB

Bài 1.22: Cho tam giác ABC . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC CA AB, ,

. Khẳng định nào đúng?

a)

A.      

NA PB MC AB B.      

NA PB MC BC C.      

NA PB MC AC D.       0 NA PB MC b)

A.   



   1 MC BP NC 2BC

B.      

2 MC BP NC BC C.      

3

MC BP NC BC D.      

MC BP NC BC Lời giải:

Bài 1.22: (Hình 1.48)

a) Vì      

,

PB AP MC PN nên

       

         0 NA PB MC NA AP PN NP PN b) Vì   

MC BM và kết hớp với quy tắc ba điểm, quy tắc hình bình

hành ta có

thuvienhoclieu.com Trang 8 O

A

D C

B

Hình 1.47

N

M P

A

B C

(9)

       

        

MC BP NC BM BP NC BN NC BC

Bài 1.23: Cho hai hình bình hành ABCD và AB C D' ' ' có chung đỉnh A. Khẳng định nào đúng A.      

' ' '

B B CC D D AC B.      

' ' ' 0

B B CC D D C.      

' ' '

B B CC D D BC D.   



  

' ' '

2 B B CC D D BD

Lời giải:

Bài 1.23: Theo quy tắc trừ và quy tắc hình bình hành ta có

     



^ ^



^



^ ^



^ ^ ^

      

        

      

' ' ' ' ' '

' ' 0

B B CC D D AB AB AC AC AD AD AB AD AC AB AD AC

Bài 1.24: Cho ngũ giác đều ABCDE tâm O. Chứng minh rằng           0 OA OB OC OE OF Lời giải:

Bài 1.24: Đặt           u OA OB OC OE OF Vì ngũ giác đều nên vectơ      

OA OB OC OE cùng phương với 

OF nên 

u cùng phương với 

OF . Tương tự 

u cùng phương với 

OE suy ra    0 u .

Bài 1.25: Cho hình bình hành ABCD. Dựng        

, , ,

AM BA MN DA NP DC   

PQ BC . Chứng minh rằng:  

0 AQ .

Lời giải:

Bài 1.25: Theo quy tắc ba điểm ta có               AQ AM MN NP PQ BA DA DC BC Mặt khác        

,

BA BC BD DA DC DB

suy ra       0 AQ BD DB