20 câu trắc nghiệm Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài 1. Khái niệm vectơ (Đúng sai - trả lời ngắn) có đáp án

Đáp án đúng là: D

Có 6 vectơ là $\overrightarrow {AB} ,{\rm{ }}\overrightarrow {BA} ,{\rm{ }}\overrightarrow {AC} ,{\rm{ }}\overrightarrow {CA} ,{\rm{ }}\overrightarrow {BC} ,{\rm{ }}\overrightarrow {CB}$.

Đáp án đúng là: B

Đáp án đúng là: D

$\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AC} \Rightarrow$$A,$ $B,$ $C$ là ba điểm thằng hàng và $B,$ $C$ nằm cùng phía so với $A$;

mà $AB = AC$ nên $B \equiv C$.

Đáp án đúng là: C

Ta có $AC = BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {9 + 16} = 5$. Suy ra $\left| {\overrightarrow {AC} } \right| = AC = 5\,\,{\rm{cm}}$.

Đáp án đúng là: D

Vì $ABCDEF$ là lục giác đều tâm $O$ nên:

+ $AB = ED$, $AB\,{\rm{//}}\,ED$ và hai vectơ $\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {ED}$ cùng hướng, suy ra $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {ED} .$

+ $AB = AF$ nên $\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \left| {\overrightarrow {AF} } \right|.$

+ $OD = BC$, $OD\,{\rm{//}}\,BC$ và hai vectơ $\overrightarrow {OD} ,\,\overrightarrow {BC}$ cùng hướng, suy ra $\overrightarrow {OD} = \overrightarrow {BC} .$

+ Hai vectơ $\overrightarrow {OB} ,\overrightarrow {OE}$ ngược hướng nên hai vectơ này không thể bằng nhau.

Đáp án đúng là: D

Ta có $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABC$.

Do đó $BC=2MN\overset{}{\rightarrow }|\overrightarrow{BC}|=2|\overrightarrow{MN}|.$

Đáp án đúng là: D

Hình bình hành $ABGE$$\Leftrightarrow \overrightarrow {BA} = \overrightarrow {GE}$.

Đáp án đúng là: A

Vì $\widehat A = 60^\circ \Rightarrow \Delta ABD$ đều $\Rightarrow AO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AO} } \right| = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Đáp án đúng là: A

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 $AM\,{\rm{//}}\,NC$.

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

Mà $\widehat {DMP} = \widehat {MCN}$ (hai góc đồng vị) và $\widehat {MCN} = \widehat {BNQ}$ (so le trong) suy ra $\widehat {DMP} = \widehat {BNQ}$.

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

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

a) Sai. Do $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ nên $MN = \frac{1}{2}BC$ và $MN\,{\rm{//}}\,BC$.

b) Đúng. Điểm $P$ đối xứng với điểm $M$ qua $N$ nên $MP = 2MN = BC$.

Do đó $\left| {\overrightarrow {MP} } \right| = \left| {\overrightarrow {BC} } \right|$. (1)

c) Sai. Xét nửa mặt phẳng bờ $AB$ chứa $C$, ta có $N$ là trung điểm $AC$ nên $N$ và $C$ cùng phía $AB$ hay cùng phía $MB$, mà $MN\,{\rm{//}}\,BC$, do đó hai vectơ $\overrightarrow {MN}$ và $\overrightarrow {BC}$ cùng hướng.

d) Đúng. Ta có $P$ đối xứng $M$ qua $N$ nên hai vectơ $\overrightarrow {MP}$ và $\overrightarrow {MN}$ cùng hướng, dễ thấy $\overrightarrow {MN} \ne \overrightarrow 0$ nên hai vectơ $\overrightarrow {MP}$ và $\overrightarrow {BC}$ cùng hướng. (2)

Từ $(1)$ và $(2)$, suy ra $\overrightarrow {MP} = \overrightarrow {BC}$.

a) Sai. Ta có $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ nên $\left\{ \begin{array}{l}MN\parallel AC\\MN = \frac{1}{2}AC\end{array} \right.\left( 1 \right)$.

b) Đúng. Tương tự, $PQ$ là đường trung bình của tam giác $ACD$ nên: $\left\{ \begin{array}{l}PQ\parallel AC\\PQ = \frac{1}{2}AC\end{array} \right.\left( 2 \right)$.

c) Sai. Từ (1), (2) suy ra $MN\,{\rm{//}} = \,PQ$ nên tứ giác $MNPQ$ là hình bình hành.

d) Đúng. Vì tứ giác $MNPQ$ là hình bình hành nên $\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {QP}$.

a) Đúng. Vì $H$ là trực tâm của $\Delta ABC$ nên $AH \bot BC$.

b) Sai. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm cạnh $BC,AB$.

Do tam giác $ABC$ đều nên $AM,BN$ cũng là các đường cao của tam giác $ABC$, vì vậy $H$ vừa là trực tâm vừa là trọng tâm tam giác này.

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta ABM$, ta có: $A{M^2} = A{B^2} - B{M^2} = {a^2} - {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{3{a^2}}}{4}$

$\Rightarrow AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}{\rm{. }}$

Theo tính chất trọng tâm, ta có: $AH = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

c) Sai. Vì các vectơ $\overrightarrow {HA} ,\overrightarrow {HB} ,\overrightarrow {HC}$ không cùng phương nên chúng không thể bằng nhau.

d) Đúng. Dễ thấy ba vectơ $\overrightarrow {HA} ,\overrightarrow {HB} ,\overrightarrow {HC}$ có độ dài bằng nhau:

$\left| {\overrightarrow {HA} } \right| = \left| {\overrightarrow {HB} } \right| = \left| {\overrightarrow {HC} } \right| = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}{\rm{. }}$

a) Đúng. Ta có $C{A^2} = D{A^2} + D{C^2} = {a^2} + {\left( {2a} \right)^2} = 5{a^2}$ (Theo định lí Pythagore).

b) Sai. Từ câu a) suy ra $\left| {\overrightarrow {CA} } \right| = CA = a\sqrt 5$.

c) Sai. Tương tự $\left| {\overrightarrow {BD} } \right| = BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2$.

Dễ thấy $\Delta ABD$ vuông cân tại $A$, do đó: $\widehat {ABD} = 45^\circ \Rightarrow \widehat {ABF} = 22{,}5^\circ$.

d) Sai. Xét $\Delta ABF$ vuông tại $A$, ta có: $\left| {\overrightarrow {BF} } \right| = BF = \frac{{AB}}{{\cos \widehat {ABF}}} = \frac{a}{{\cos 22{,}5^\circ }} \approx 1{,}08a$.

a) Đúng. Ta có $BB'$ là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ nên $\widehat {BCB'} = 90^\circ$ $\Rightarrow B'C \bot BC$.

b) Sai. Ta có $AH \bot BC$, suy ra $B'C{\rm{//}}AH$ (1). Mà $A,B,\,H$ không thẳng hàng nên $B'C$ không song song với $AB$.

c) Đúng. Tương tự: $\widehat {BAB'} = 90^\circ$ hay $AB' \bot AB$ mà $CH \bot AB$ nên $CH\,{\rm{//}}\,AB'\,\,(2)$.

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác $AB'CH$ là hình bình hành.

d) Đúng. Vì tứ giác $AB'CH$ là hình bình hành nên $\overrightarrow {AH} = \overrightarrow {B'C} ;\,\,\overrightarrow {AB'} = \overrightarrow {HC}$.

Ta có $\vec u$ khác vectơ không và cùng hướng với vectơ $\overrightarrow {BD}$ nên $\vec u$ là một trong hai vectơ $\overrightarrow {BO} ,\overrightarrow {OD}$.

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác $ABD$: $B{D^2} = A{B^2} + A{D^2} = 3 + 1 = 4 \Rightarrow BD = 2$.

Vì vậy $\left| {\vec u} \right| = \left| {\overrightarrow {BO} } \right| = \left| {\overrightarrow {OD} } \right| = \frac{{BD}}{2} = 1$.

Đáp án: 1.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$, ta có:

$AG = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3}\sqrt {A{B^2} - B{M^2}} = \frac{2}{3}\sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Suy ra $MI = AG = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Khi đó, $\left| {\overrightarrow {BI} } \right| = BI = \sqrt {B{M^2} + M{I^2}} = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{3}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{6}$.

Vậy $m = 21$.

Đáp án: 21.

Dễ thấy có 4 vectơ-không là: $\overrightarrow {AA} ,\overrightarrow {BB} ,\overrightarrow {CC} ,\overrightarrow {DD}$.

Từ mỗi đỉnh của hình chữ nhật, ta lập được 3 vectơ khác vectơ-không nhận đỉnh đó làm điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh còn lại. Chẳng hạn với đỉnh $A$ ta có: $\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AD}$.

Suy ra có 12 vectơ khác $\vec 0$.

Như vậy có tất cả 16 vectơ thỏa mãn.

Đáp án: 16.

Các vectơ cùng phương với vectơ $\overrightarrow {OB}$ có điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh của lục giác là: $\overrightarrow {BE} ,\overrightarrow {EB} ,\overrightarrow {DC} ,\overrightarrow {CD} ,\overrightarrow {FA} ,\overrightarrow {AF} .$

Đáp án: 6.

Các khẳng định đúng: $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC}$; $\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \left| {\overrightarrow {BC} } \right|$.

Đáp án: 2.