Câu 29:
Gọi \(M(x;y)\) là tọa độ của điểm \(M\). Ta có:
\(E(-2; 0)\) là hình chiếu của điểm \(M\) lên trục \(Ox\), nên \(x = -2\).
\(F(0; 2\sqrt{3})\) là hình chiếu của điểm \(M\) lên trục \(Oy\), nên \(y = 2\sqrt{3}\).
Vậy tọa độ của điểm \(M\) là \(M(-2; 2\sqrt{3})\).
Độ dài của vector \(\overrightarrow{OM}\) là:
\(\left\|\overrightarrow{OM}\right\| = \sqrt{(-2)^2 + (2\sqrt{3})^2} = \sqrt{4 + 12} = \sqrt{16} = 4\).
Vậy đáp án là \(\mathbf{(B)}\).
Câu 30:
Gọi \(D\) là điểm đối xứng của \(A\) qua \(BC\), \(M\) là một điểm bất kỳ.
Ta có:
\(\overrightarrow{AD} = 2\overrightarrow{AB}\) (vì \(D\) là điểm đối xứng của \(A\) qua \(BC\)).
Do đó, \(\overrightarrow{AD} = \begin{pmatrix} 0 \\ a\sqrt{3} \end{pmatrix}\).
Áp dụng công thức tích vô hướng của hai vector, ta có:
\(\overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{MC} = \left\|\overrightarrow{MB}\right\| \cdot \left\|\overrightarrow{MC}\right\| \cdot \cos{\angle BMC}\).
Vì tam giác \(ABC\) đều, nên \(\angle BMC = 60^\circ\).
Đồng thời, \(\left\|\overrightarrow{MB}\right\| = \left\|\overrightarrow{MC}\right\| = a\) (vì \(AB = AC = a\)).
Vậy \(\overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{MC} = a \cdot a \cdot \cos{60^\circ} = \frac{a^2}{2}\).
Áp dụng công thức tích vô hướng của hai vector, ta có:
\(\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{AD} = \left\|\overrightarrow{AM}\right\| \cdot \left\|\overrightarrow{AD}\right\| \cdot \cos{\angle MAD}\).
Vì \(\overrightarrow{AD}\) là vector đối xứng của \(\overrightarrow{AB}\), nên \(\angle MAD = 0^\circ\).
Đồng thời, \(\left\|\overrightarrow{AM}\right\| = \left\|\overrightarrow{AD}\right\| = a\) (vì \(AD = AM = a\)).
Vậy \(\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{AD} = a \cdot a \cdot \cos{0^\circ} = a^2\).
Từ đó, ta có:
\(\overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{MC} = AM^2 + \overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{AD} + \frac{a^2}{2}\).
Vậy đáp án là \(\mathbf{(A)}\).