Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BC}\left(\overrightarrow{BM}-\overrightarrow{BA}\right)=\overrightarrow{BM}\cdot\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{BA}\)
\(=BM\cdot BC\cdot cos0^0=\dfrac{1}{2}\cdot a^2\cdot1=\dfrac{1}{2}a^2\)
\(\left|\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{BC}\right|=\sqrt{AM^2+BC^2+2\cdot\dfrac{1}{2}a^2}\)
\(=\sqrt{\dfrac{1}{4}a^2+a^2+a^2+a^2}=\dfrac{\sqrt{13}}{2}\cdot a\)
Lấy điểm F sao cho DF // AM và F thuộc BC
Theo quy tắc hình bình hành ( AM//DF ; AD //MF)
\(\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AM}\)
Vì AMFD là hình bình hành nên \(\left|\overrightarrow{AD}\right|=\left|\overrightarrow{MF}\right|\Rightarrow BF=\frac{a}{2}+a=\frac{3a}{2}\)
Theo định lý Pytago ta có:
\(\left|\overrightarrow{AF}\right|^2=a^2+\left(\frac{3a}{2}\right)^2=a^2+\frac{9a^2}{4}=\frac{13a^2}{4}\)
\(\Rightarrow\left|\overrightarrow{AF}\right|=\sqrt{\frac{13a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{13}}{2}\)
Dễ tính được \(AM=\frac{\sqrt{5}a}{2}\)
Ta thấy M là trung điểm của BC tức \(MB=MC=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}AB\Rightarrow\widehat{AMB}=60^0\)
\(AD//BC\Rightarrow\widehat{DAC}=\widehat{AMB}=60^0\)
\(\Rightarrow\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AM}=\sqrt{a^2+\frac{5a^2}{4}-2\cdot a\cdot\frac{\sqrt{5}a}{2}\cdot\cos120}\)
\(\Rightarrow\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AM}=\sqrt{\frac{9a^2}{4}+\frac{\sqrt{5}a^2}{2}}=\sqrt{\frac{9a^2+2\sqrt{5}a^2}{4}}=\frac{a}{2}\sqrt{9+2\sqrt{5}}\)
Chắc vậy ạ
Sai thì thông cảm mk nha
Em coi lại đề
Kẻ AH vuông góc với AB là thấy sai sai rồi đó
Do H là tâm của hình vuông ABCD nên:
A M → + B M → + C M → + D M → = A H → + H M → + B H → + H M → + C H → + H M → + D H → + H M → = 4 H M →
Do đó để A M → + B M → + C M → + D M → = H M →
⇔ 4 H M → = H M → ⇔ H M → = 0 → ⇔ H ≡ M
Đáp án D
\(BM=2MA\Rightarrow\overrightarrow{AM}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}\); \(AN=3NC\Rightarrow\overrightarrow{AN}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AC}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AB}+\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AD}\)
Do đó:
\(\overrightarrow{MN}.\overrightarrow{DN}=\left(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AN}\right)\left(\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AN}\right)\)
\(=\left(-\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AB}+\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AD}\right)\left(-\overrightarrow{AD}+\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AB}+\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AD}\right)\)
\(=\left(\dfrac{5}{12}\overrightarrow{AB}+\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AD}\right)\left(\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AB}-\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AD}\right)\)
\(=\dfrac{5}{16}AB^2-\dfrac{3}{16}AD^2=\dfrac{1}{8}AB^2=\dfrac{1}{8}\) (chú ý rằng \(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}=0\) và \(AB=AD=1\))
a: \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}=0\)
\(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AB}\left(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}\right)=-AB^2=-a^2\)
b: \(=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{BC}\)
\(=-a^2-\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{DA}\cdot\overrightarrow{DB}+AD^2\)
\(=-0+DA\cdot DB\cdot cos45=a\cdot a\sqrt{2}\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}=a^2\)
a) Ta có: \(AC = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {2{a^2}} = a\sqrt 2 \)
\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = a.a\sqrt 2 .\cos \widehat {BAC} = {a^2}\sqrt 2 \cos {45^o} = {a^2}.\)
b) Dễ thấy: \(AC \bot BD \Rightarrow (\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {BD} ) = {90^o}\)
\( \Rightarrow \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BD} = AC.BD.\cos {90^o} = AC.BD.0 = 0.\)
BM=BC/2=10cm
\(AM=\sqrt{20^2+10^2}=10\sqrt{5}\left(cm\right)\)
Xét ΔABM vuông tại B có sin BAM=BM/AM=10/10căn 5
nên cos BAM=2/căn 5
\(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AM}=AB\cdot AM\cdot cosBAM=20\cdot10\sqrt{5}\cdot\dfrac{2}{\sqrt{5}}\)
\(=20\cdot10\cdot2=40\cdot10=400\)