Chọn A.

Chọn D.

Ta có góc  là góc BAC nên 

Do đó

a: \(\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC}=BA\cdot BC\cdot cos60=\dfrac{1}{2}a^2\)

b: \(\overrightarrow{HB}\cdot\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{HB}\left(\overrightarrow{HA}-\overrightarrow{HB}\right)=\overrightarrow{HB}\cdot\overrightarrow{HA}-HB^2=-HB^2=-\dfrac{1}{4}a^2\)

Lời giải:

$\overrightarrow{AB}\parallel \overrightarrow{C'D'}$ và $|\overrightarrow{AB}|=|\overrightarrow{C'D'}|=a$ nên:

$\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{C'D'}=a^2$

Vì ΔABC đều có G là trọng tâm

nên G là giao điểm của các đường phân giác và G cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC

Xét ΔABC có \(\frac{BC}{2R}=\sin A\)

=>\(2\cdot CG=\frac{BC}{\sin A}=\frac{a}{\sin60}=a:\frac{\sqrt3}{2}=\frac{2a}{\sqrt3}\)

=>\(CG=\frac{a}{\sqrt3}\)

G là giao điểm của các đường phân giác trong ΔABC

=>CG là phân giác của góc ACB

=>\(\hat{ACG}=\hat{BCG}=\frac12\cdot\hat{ACB}=30^0\)

\(\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{CG}=-\overrightarrow{CB}\cdot\overrightarrow{CG}\)

\(=-CB\cdot CG\cdot\sin BCG\)

\(=-a\cdot\frac{a}{\sqrt3}\cdot\sin30=-\frac{a^2}{\sqrt3}\cdot\frac12=\frac{-a^2}{2\sqrt3}=-\frac{a^2\sqrt3}{6}\)

ko có đáp án bạn ạ

+) Ta có: \(AB \bot AC \Rightarrow \overrightarrow {AB}  \bot \overrightarrow {AC}  \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = 0\)

+) \(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BC}  = \left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\left| {\overline {BC} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {BC} } \right)\)

Ta có: \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = \sqrt 2  \Leftrightarrow \sqrt {2A{C^2}}  = \sqrt 2 \)\( \Rightarrow AC = 1\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BC}  = 1.\sqrt 2 .\cos \left( {45^\circ } \right) = 1\)

+) \(\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC}  = \left| {\overrightarrow {BA} } \right|.\left| {\overrightarrow {BC} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} } \right) = 1.\sqrt 2 .\cos \left( {45^\circ } \right) = 1\)