\(T=\overrightarrow{GA}\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}\right)+\overrightarrow{GB}.\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{GC}.\overrightarrow{AB}\)

\(=\overrightarrow{AB}\left(\overrightarrow{GC}-\overrightarrow{GA}\right)+\overrightarrow{AC}\left(\overrightarrow{GA}-\overrightarrow{GB}\right)\)

\(=\overrightarrow{AB}\left(\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{AG}\right)+\overrightarrow{AC}\left(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{BG}\right)\)

\(=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{BA}\)

\(=0\)

Từ giả thiết suy ra với mọi O đều có ?

\(\overrightarrow{OG}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\right)\)  và  \(\overrightarrow{OG_1}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{OA}_1+\overrightarrow{OB_1}+\overrightarrow{OC}_1\right)\)

Mà :

\(\overrightarrow{OG_2=}\frac{1}{3}.\left(\overrightarrow{OGa}+\overrightarrow{OG_b}+\overrightarrow{OG_c}\right)\)

        \(=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB_1}+\overrightarrow{OC_1}\right)+\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC_1}+\overrightarrow{OA_1}\right)+\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OA_1}+\overrightarrow{OB_1}\right)\right)\)

        \(=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\right)+\frac{2}{3}\left(\overrightarrow{OA_1}+\overrightarrow{OB_1}+\overrightarrow{OC}_1\right)\right)\)

        \(=\frac{1}{3}\overrightarrow{OG}+\frac{2}{3}\overrightarrow{OG_1}\)

Suy ra :

\(3\overrightarrow{OG_2}=\overrightarrow{OG}+2\overrightarrow{OG_1}\)  với mọi O. Điều này có nghĩa là \(G,G_1,G_2\) thẳng hàng => Điều phải chứng minh

Kẻ \(\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{GC}\)

ΔABC đều có G là trọng tâm

nên G là tâm đường tròn nội tiếp ΔABC

=>AG,CG,BG lần lượt là phân giác của góc \(\widehat{BAC};\widehat{ACB};\widehat{ABC}\)

ΔABC đều

=>\(\widehat{BAC}=\widehat{ACB}=\widehat{ABC}=60^0\)

AG là phân giác của góc BAC

=>\(\widehat{BAG}=\widehat{CAG}=\dfrac{1}{2}\cdot\widehat{BAC}=\dfrac{1}{2}\cdot60^0=30^0\)

CG là phân giác của góc ACB

=>\(\widehat{ACG}=\widehat{BCG}=\dfrac{1}{2}\cdot\widehat{ACB}=30^0\)

Xét ΔGAC có \(\widehat{AGC}+\widehat{GAC}+\widehat{GCA}=180^0\)

=>\(\widehat{AGC}+30^0+30^0=180^0\)

=>\(\widehat{AGC}=120^0\)

\(\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{GC}\)

=>AH//GC và AH=GC

Xét tứ giác AHCG có

AH//CG

AH=CG

Do đó: AHCG là hình bình hành

=>\(\widehat{GAH}+\widehat{AGC}=180^0\)

=>\(\widehat{GAH}=180^0-120^0=60^0\)

ΔABC đều có G là trọng tâm

nên \(AG=CG=BG=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}=\dfrac{2\sqrt{3}\cdot\sqrt{3}}{3}=2\)

\(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{HA}=\overrightarrow{HB}\)

\(\widehat{BAH}=\widehat{BAG}+\widehat{GAH}=30^0+60^0=90^0\)

=>ΔABH vuông tại A

AH=CG

mà 2

nên AH=2

ΔABH vuông tại A

=>\(BH^2=AB^2+AH^2\)

=>\(BH^2=\left(2\sqrt{3}\right)^2+2^2=16\)

=>BH=4

=>\(\left|\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{GC}\right|=\left|\overrightarrow{HB}\right|=HB=4\)

Đáp án B

A’ = V G ; k ( A ) => − 2 G A ' → = G A → =>Tỉ số vị tự k = – 2

a) SG là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC nên SG ⊥ (ABC). Ta có

Vậy khoảng cách từ S tới mặt phẳng (ABC) là độ dài của đoạn SG = a

Ta có CG ⊥ AB tại H. Vì GH là đoạn vuông góc chung của AB và SG, do đó 

mà  

nên