Đề kiểm tra Tích vô hướng của hai vectơ lớp 10 (có lời giải) - Đề 2

Chọn A

Ta có $\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \widehat {BAC} = {45^0}$ nên $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = AB.AC.\cos {45^0} = a.a\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 2 }}{2} = {a^2}$

Chọn A

Ta có $C$ là trung điểm của $DE$ nên $DE = 2a.$

Khi đó $\overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AB} = \left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DE} } \right).\overrightarrow {AB} = \underbrace {\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB} }_0 + \overrightarrow {DE} .\overrightarrow {AB}$

$= DE.AB.\cos \left( {\overrightarrow {DE} ,\overrightarrow {AB} } \right) = DE.AB.\cos {0^0} = 2{a^2}.$

Chọn B

Ta có $\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {BC} = 0 \Leftrightarrow MA \bot BC.$

Vậy tập hợp các điểm $M$ là đường thẳng đi qua $A$ và vuông góc với $BC.$

Chọn C

Ta đi tính tích vô hướng ở các phương án. So sánh vế trái với vế phải.

Phương án A:$\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = AB.AC\cos {60^{\rm{o}}} = 2x \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right)\overrightarrow {BC} = 2\overrightarrow {BC}$nên loại A.

Phương án B:$\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {CA} = BC.AC\cos {120^{\rm{o}}} = - 2$nên loại B.

Phương án C:$\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} } \right).\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AC} = 4$, $\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {CA} = 2.2.\cos {120^{\rm{o}}} = - 2$ nên chọn C.

Chọn D

Phương án A:$\overrightarrow {MA} ,\overrightarrow {AB}$ ngược hướng suy ra $\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {AB} = MA.AB.\cos {180^{\rm{o}}} = - MA.AB$ nên loại A.

Phương án B:$\overrightarrow {MA} ,\overrightarrow {MB}$ngược hướng suy ra $\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} = MA.MB.\cos {180^{\rm{o}}} = - MA.MB$ nên loại B.

Phương án C: $\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {AB}$ cùng hướng suy ra $\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AB} = AM.AB.\cos {0^{\rm{o}}} = AM.AB$nên loại C.

Phương án D:$\overrightarrow {MA} ,\overrightarrow {MB}$ ngược hướng suy ra $\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} = MA.MB.\;\cos {180^{\rm{o}}} = - MA.MB$ nên chọn D.

Chọn B

Ta có $\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {CA} = AH.CA.\cos \left( {\overrightarrow {AH} ,\overrightarrow {CA} } \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.a.\cos {150^{\rm{o}}} = - \frac{{3{a^2}}}{4}$.

Chọn C

Ta có $\overrightarrow a .\overrightarrow b = - \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right| \Leftrightarrow \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = - \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right| \Leftrightarrow \cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = - 1$nên $\overrightarrow a$và $\overrightarrow b$ ngược hướng

Chọn A

Ta có $\left| {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right| = \sqrt[{}]{{{{\left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right)}^2}}} = \sqrt[{}]{{{{\overrightarrow a }^2} + {{\overrightarrow b }^2} + 2\overrightarrow a .\overrightarrow b }} = \sqrt[{}]{{{{\left| {\overrightarrow a } \right|}^2} + {{\left| {\overrightarrow b } \right|}^2} + 2\left| {\overrightarrow a } \right|\left| {\overrightarrow b } \right|\;\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right)}} = \sqrt {21}$.

Chọn C

Nhận thấy C và D chỉ khác nhau về hệ số $\frac{1}{2}$ và $\frac{1}{4}$ nên thử kiểm tra đáp án C và D.

Ta có Chọn C.

$\bullet$ A đúng, vì ${\left| {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right|^2} = {\left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right)^2} = \left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right).\left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right) = \overrightarrow a .\overrightarrow a + \overrightarrow a .\overrightarrow b + \overrightarrow b .\overrightarrow a + \overrightarrow b .\overrightarrow b = {\left| {\overrightarrow a } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow b } \right|^2} + 2\overrightarrow a .\overrightarrow b$

$\bullet$ B đúng, vì ${\left| {\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right|^2} = {\left( {\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right)^2} = \left( {\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right).\left( {\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right) = \overrightarrow a .\overrightarrow a - \overrightarrow a .\overrightarrow b - \overrightarrow b .\overrightarrow a + \overrightarrow b .\overrightarrow b = {\left| {\overrightarrow a } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow b } \right|^2} - 2\overrightarrow a .\overrightarrow b$

Chọn C

Xác định được góc $\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} } \right)$ là góc ngoài của góc $\widehat B$ nên $\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} } \right) = {120^0}$

Do đó $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} = AB.BC.cos\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} } \right) = a.a.cos{120^0} = - \frac{{{a^2}}}{2}$

Chọn D

Xác định được góc $\left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {CB} } \right)$ là góc ngoài của góc $\widehat A$ nên $\left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {CB} } \right) = {120^0}$

Do đó $\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {CB} = AC.CB.cos\left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {CB} } \right) = a.a.cos{120^0} = - \frac{{{a^2}}}{2}$

Chọn B

Ta có $\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} = BA.BC.cos\left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} } \right) = BA.BC.cos\widehat B = c.\sqrt {{b^2} + {c^2}} .\frac{c}{{\sqrt {{b^2} + {c^2}} }} = {c^2}$

Cách khác. Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ suy ra $AB \bot AC$$\Rightarrow \,\,\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 0$

Ta có $\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {BA} .\left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AC} } \right) = {\overrightarrow {BA} ^2} + \overrightarrow {BA} .\overrightarrow {AC} = A{B^2} = {c^2}$

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Đúng

Ta có: $\overrightarrow {AE} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BE} = \overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AD}$.

$\begin{array}{l}\overrightarrow {AF} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BF} = \overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}(\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} ) = \frac{1}{4}\overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}\overrightarrow {AD} .\\\overrightarrow {EF} = \overrightarrow {AF} - \overrightarrow {AE} = \left( {\frac{1}{4}\overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}\overrightarrow {AD} } \right) - \left( {\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} } \right) = \frac{{ - 3}}{4}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{4}\overrightarrow {AD} .\end{array}$

Ta có: $\overrightarrow {AF} \cdot \overrightarrow {EF} = \left( {\frac{1}{4}\overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}\overrightarrow {AD} } \right) \cdot \left( {\frac{{ - 3}}{4}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{4}\overrightarrow {AD} } \right)$

$= \frac{{ - 3}}{{16}}{\overrightarrow {AB} ^2} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AD} + \frac{3}{{16}}{\overrightarrow {AD} ^2} = 0 \Rightarrow AF \bot EF{\rm{. }}$

Ta có: ${\overrightarrow {AF} ^2} = {\left( {\frac{1}{4}\overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}\overrightarrow {AD} } \right)^2} = \frac{1}{{16}}{\overrightarrow {AB} ^2} + \frac{3}{8}\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AD} + \frac{9}{{16}}{\overrightarrow {AD} ^2} = \frac{5}{8}{\overrightarrow {AB} ^2}$.

${\overrightarrow {EF} ^2} = {\left( {\frac{{ - 3}}{4}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{4}\overrightarrow {AD} } \right)^2} = \frac{9}{{16}}{\overrightarrow {AB} ^2} - \frac{3}{8}\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AD} + \frac{1}{{16}}{\overrightarrow {AD} ^2} = \frac{5}{8}{\overrightarrow {AB} ^2}.$

$\Rightarrow A{F^2} = E{F^2} = \frac{5}{8}{\overrightarrow {AB} ^2} \Rightarrow AF = EF$. Vậy tam giác $AEF$ vuông cân tại $F$.

Chú ý: Ta có thể chứng minh tam giác $AEF$ vuông bằng định lí Pythagore.

a) Sai

b) Đúng

c) Sai

d) Đúng

a) Ta có: $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=AB\cdot AC\cdot \cos A=4\sqrt{2}\cdot 6\cdot \cos {45}^{^{\circ}}=24$

b) Ta có: $\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC}$.

Khi đó:

$\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{{\overrightarrow {BC} }^2}}&{ = {{(\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} )}^2} = {{\overrightarrow {AC} }^2} - 2\overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {AB} + {{\overrightarrow {AB} }^2} = {6^2} - 2 \cdot 24 + {{(4\sqrt 2 )}^2} = 20}\\{}&{ \Rightarrow BC = 2\sqrt 5 .}\\{{{\overrightarrow {AD} }^2}}&{ = {{\left( {\frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} } \right)}^2} = \frac{1}{4}\left( {{{\overrightarrow {AB} }^2} + 2\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} + {{\overrightarrow {AC} }^2}} \right)}\\{}&{ = \frac{1}{4}\left[ {{{(4\sqrt 2 )}^2} + 2 \cdot 24 + {6^2}} \right] = 29 \Rightarrow AD = \sqrt {29} .}\end{array}$

c) Ta có: $\overrightarrow {BE} = \overrightarrow {AE} - \overrightarrow {AB} = k\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB}$. Từ đó, ta có:

$\overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {BE} = \frac{1}{2}(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} ) \cdot (k\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} )$

$\begin{array}{l} = \frac{1}{2}\left( {k\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} + k{{\overrightarrow {AC} }^2} - {{\overrightarrow {AB} }^2} - \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} } \right) = \frac{1}{2}\left[ {24k + {6^2} \cdot k - {{(4\sqrt 2 )}^2} - 24} \right]\\ = 30k - 28.\end{array}$

Khi đó $AD \bot BE \Leftrightarrow \overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {BE} = 0 \Leftrightarrow 30k - 28 = 0 \Leftrightarrow k = \frac{{14}}{{15}}$.

a) Sai

b) Đúng

c) Đúng

d) Sai

a) Ta có: $(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=\widehat{BAC}={60}^{^{\circ}}$

b) Ta có: $(\overrightarrow{AH},\overrightarrow{CB})={90}^{^{\circ}}$ do $AH\perp BC$

c) Cách giải 1: Gọi $D$ là điểm đối xứng với $B$ qua $C$, ta có: $\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {CD}$.

Khi đó: $(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{BC})=(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CD})=\widehat{ACD}={120}^{^{\circ}}$

Cách giải 2: Áp dụng tính chất được rút ra từ định nghĩa:

$(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b})={180}^{^{\circ}}-(-\overrightarrow{a},\overrightarrow{b})={180}^{^{\circ}}-(\overrightarrow{a},-\overrightarrow{b})$, ta được:

$(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{BC})={180}^{^{\circ}}-(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB})={180}^{^{\circ}}-\widehat{ACB}={180}^{^{\circ}}-{60}^{^{\circ}}={120}^{^{\circ}}$

d) Ta có: $(\overrightarrow{AH},\overrightarrow{BA})={180}^{^{\circ}}-(\overrightarrow{AH},\overrightarrow{AB})={180}^{^{\circ}}-\widehat{BAH}={180}^{^{\circ}}-{30}^{^{\circ}}={150}^{^{\circ}}$

a) Đúng

b) Sai

c) Sai

d) Đúng

Xét hình thoi $ABCD$ có $\widehat{ABC}={60}^{^{\circ}}\Rightarrow \widehat{BAD}={120}^{^{\circ}}$; tam giác $ABC$ có $AB=BC=2,\widehat{ABC}={60}^{^{\circ}}\Rightarrow ΔABC$ đều cạnh $2\Rightarrow OB=\frac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$

Ta có: $(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=\widehat{BAC}={60}^{^{\circ}}$ ; $(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{DA})={180}^{^{\circ}}-(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD})={180}^{^{\circ}}-\widehat{BAD}={180}^{^{\circ}}-{120}^{^{\circ}}={60}^{^{\circ}}$

Ta có: $\overrightarrow{DA}\cdot \overrightarrow{DC}=|\overrightarrow{DA}|\cdot |\overrightarrow{DC}|\cos (\overrightarrow{DA},\overrightarrow{DC})=DA\cdot DC\cdot \cos \widehat{ADC}=2\cdot 2\cdot \cos {60}^{^{\circ}}=2$;

$\overrightarrow{OB}\cdot \overrightarrow{BA}=-\overrightarrow{BO}\cdot \overrightarrow{BA}=-|\overrightarrow{BO}|\cdot |\overrightarrow{BA}|\cdot \cos \widehat{ABO}=-BO\cdot BA\cdot \cos {30}^{^{\circ}}=-\sqrt{3}\cdot 2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=-3.$

Vì $M$ là trung điểm của $BC$, nên: $\overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} )$; ${\overrightarrow {AM} ^2} = \frac{1}{4}{(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} )^2} = \frac{1}{4}\left( {{{\overrightarrow {AB} }^2} + 2\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} + {{\overrightarrow {AC} }^2}} \right)$. Mà $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{2};$

Suy ra: ${\overrightarrow {AM} ^2} = \frac{1}{4}\left( {{c^2} + 2 \cdot \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{2} + {b^2}} \right) = \frac{{2\left( {{b^2} + {c^2}} \right) - {a^2}}}{4}$.

(đây cũng là công thức để tính độ dài đường trung tuyến tam giác).

Ta có: $\overrightarrow {AE} \cdot \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BE} \cdot \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AE} \cdot (\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} ) + \overrightarrow {BE} \cdot (\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AD} )$

$= \overrightarrow {AE} \cdot \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AE} \cdot \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BE} \cdot \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BE} \cdot \overrightarrow {AD} {\rm{. }}$

Vì $AB$ là đường kính nửa đường tròn nên

$\widehat{ADB}={90}^{^{\circ}},\widehat{ACB}={90}^{^{\circ}}\Rightarrow \overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{BC}=0,\overrightarrow{BE}\cdot \overrightarrow{AD}=0.\$

Khi đó: $\overrightarrow {AE} \cdot \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BE} \cdot \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AE} \cdot \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BE} \cdot \overrightarrow {BA} = \overrightarrow {AE} \cdot \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {EB} \cdot \overrightarrow {AB}$

$= \overrightarrow {AB} (\overrightarrow {AE} + \overrightarrow {EB} ) = \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AB} = {\overrightarrow {AB} ^2} = A{B^2} = 4$

Đặt $\overrightarrow {AD} = \vec a,\overrightarrow {AB} = \vec b$.

Khi đó: $\overrightarrow {AM} = \frac{1}{4}\overrightarrow {AC} = \frac{1}{4}(\vec a + \vec b)$

$\overrightarrow {AN} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DN} = \vec a + \frac{1}{2}\vec b$

$\overrightarrow {MB} = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AM} = \vec b - \frac{1}{4}(\vec a + \vec b) = \frac{1}{4}( - \vec a + 3\vec b)$ và

$\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {AN} - \overrightarrow {AM} = \vec a + \frac{1}{2}\vec b - \frac{1}{4}(\vec a + \vec b) = \frac{1}{4}(3\vec a + \vec b)$.

Ta có: $\overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MN} = \frac{1}{{16}}( - \vec a + 3\vec b)(3\vec a + \vec b) = \frac{1}{{16}}\left( { - 3{{\vec a}^2} + 3{{\vec b}^2} + 8\vec a \cdot \vec b} \right)$

$= \frac{1}{{16}}\left( { - 3A{D^2} + 3A{B^2} + 0} \right) = 0 \Rightarrow MB \bot MN(1)$.

Hơn nữa: ${\overrightarrow {MB} ^2} = \frac{1}{{16}}{( - \vec a + 3\vec b)^2} = \frac{1}{{16}}\left( {{{\vec a}^2} + 9{{\vec b}^2} - 6\vec a \cdot \vec b} \right) = \frac{1}{{16}}\left( {A{D^2} + 9A{B^2} - 0} \right) = \frac{5}{8}A{B^2}$;

${\overrightarrow {MN} ^2} = \frac{1}{{16}}{(3\vec a + \vec b)^2} = \frac{1}{{16}}\left( {9{{\vec a}^2} + {{\vec b}^2} + 6\vec a \cdot \vec b} \right) = \frac{1}{{16}}\left( {9A{D^2} + A{B^2} + 0} \right) = \frac{5}{8}A{B^2}$.

Suy ra $MB = MN$(2). Từ (1) và (2) suy ra $\Delta BMN$vuông cân tại đỉnh $M.$

Ta cần chứng minh: $\overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {BD} = 0$. Ta có: $\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {BH} + \overrightarrow {HD} = \overrightarrow {HC} + \overrightarrow {HD} ;\overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}(\overrightarrow {AH} + \overrightarrow {AD} )$

Do đó: $\overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {BD} = \frac{1}{2}(\overrightarrow {AH} + \overrightarrow {AD} )(\overrightarrow {HC} + \overrightarrow {HD} )$$= \frac{1}{2}(\overrightarrow {AH} \cdot \overrightarrow {HC} + \overrightarrow {AH} \cdot \overrightarrow {HD} + \overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {HC} + \overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {HD} )$,

mà $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\overrightarrow {AH} \cdot \overrightarrow {HC} = 0({\rm{ do }}AH \bot BC)}\\{\overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {HD} = 0({\rm{ do }}HD \bot AC)}\end{array}} \right.$$\Rightarrow \overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {BD} = \frac{1}{2}(\overrightarrow {AH} \cdot \overrightarrow {HD} + \overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {HC} )$

$= \frac{1}{2}[\overrightarrow {AH} \cdot \overrightarrow {HD} + (\overrightarrow {AH} + \overrightarrow {HD} ) \cdot \overrightarrow {HC} ]$

$= \frac{1}{2}(\overrightarrow {AH} \cdot \overrightarrow {HD} + \underbrace {\overrightarrow {AH} \cdot \overrightarrow {HC} }_0 + \overrightarrow {HD} \cdot \overrightarrow {HC} ) = \frac{1}{2}\overrightarrow {HD} \cdot (\overrightarrow {AH} + \overrightarrow {HC} ) = \frac{1}{2}\overrightarrow {HD} \cdot \overrightarrow {AC} = 0$.

Vậy $AM \bot DB$.

Gọi $I$ là trung điểm của $AB$ ta có:

$\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} = \frac{{3{a^2}}}{4} \Leftrightarrow (\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} )(\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} ) = \frac{{3{a^2}}}{4}$

$\Leftrightarrow (\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} )(\overrightarrow {MI} - \overrightarrow {IA} ) = \frac{{3{a^2}}}{4} \Leftrightarrow M{I^2} - I{A^2} = \frac{{3{a^2}}}{4}$

$\mathop \Leftrightarrow \limits^{IA = \frac{a}{2}} M{I^2} = \frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{3{a^2}}}{4} \Leftrightarrow MI = a.$

Vậy tập hợp điểm $M$ là đường tròn tâm $I$ bán kính $R = a$.

Gọi I là tâm của hình vuông $ABCD$

Ta có $:\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MC} = (\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} )(\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} )$ $= (\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} )(\overrightarrow {MI} - \overrightarrow {IA} ) = {\overrightarrow {MI} ^2} - {\overrightarrow {IA} ^2} = M{I^2} - I{A^2}$.

Hoàn toàn tương tự, ta có: $\overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MD} = M{I^2} - I{B^2}$.

Khi đó: $\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MD} = k \Leftrightarrow 2M{I^2} - I{A^2} - I{B^2} = k \Leftrightarrow 2M{I^2} - 2I{A^2} = k$

$\Leftrightarrow M{I^2} = \frac{k}{2} + I{A^2} \Leftrightarrow M{I^2} = \frac{k}{2} + \frac{{{a^2}}}{2} \Leftrightarrow MI = \sqrt {\frac{{k + {a^2}}}{2}}$

(trong đó $I{A^2} = {\left( {\frac{{AC}}{2}} \right)^2} = {\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{2}$).

Nếu $k < - {a^2}$: Tập hợp điểm $M$ là tập rỗng.

Nếu $k = - {a^2}$ thì $MI = 0 \Leftrightarrow M \equiv I$ (điểm $M$ trùng với điểm $I$).

Nếu $k > - {a^2}$ thì $MI = \sqrt {\frac{{k + {a^2}}}{2}}$.

Khi đó tập hợp điểm $M$ là đường tròn tâm $I$, bán kính $R = \sqrt {\frac{{k + {a^2}}}{2}}$.