Chuyên đề vectơ trong mặt phẳng và tích vô hướng phần 2

Chuyên đề vectơ trong mặt phẳng và tích vô hướng phần 2

 

Câu 19.  Cho tam giác $A B C$ vuông cân tại $A$, có trọng tâm $G$. Gọi $E, H$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $A B, B C ; D$ là điểm đối xứng với $H$ qua $A$. Chứng minh $E C \perp E D$.

Hướng dẫn Câu 19:

Cách 1:

Vì $A B \perp A C \Rightarrow \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}=0$

Ta có $\overrightarrow{E C}=\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A E}=\overrightarrow{A C}-\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}$.

$\overrightarrow{E D}=\overrightarrow{A D}-\overrightarrow{A E}=-\overrightarrow{A H}-\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}=-\left(\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{2} \overrightarrow{A C}\right)-\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}=-\frac{1}{2} \overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B}$

Suy ra $\overrightarrow{E C} \cdot \overrightarrow{E D}=\left(\overrightarrow{A C}-\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}\right)\left(-\frac{1}{2} \overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B}\right)=-\frac{1}{2} A C^2-\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{A B}+\frac{1}{4} \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}+\frac{1}{2} A B^2$ $=\frac{1}{2}\left(A B^2-A C^2\right)=0$.

Vậy $E C \perp E D$.

Cách 2:

Xét hai tam giác $E H C$ và $E A D$ có: $EH=AE=\frac{AC}{2}(1)\,\,\,\,\,\widehat{EHC}=\widehat{EAD}={{135}^{{}^\circ }}(2)$ và $\widehat{EHC}=\widehat{EAD}={{135}^{0}}$

$A D=A H=\frac{B C}{2}$ và $C H=\frac{B C}{2}$ nên $C H=A D(3)$.

Suy ra $\triangle E H C=\triangle E A D$.  Suy ra $\widehat{H E C}=\widehat{A E D}$.  Mà $E H \perp A E \Rightarrow E C \perp E D$.

Cách 3:

Chọn hệ trục tọa độ $A x y$ sao cho: $A(0 ; 0), B(a ; 0), C(0 ; a)$ với $a>0$.

Khi đó $E\left(\frac{a}{2} ; 0\right), H\left(\frac{a}{2} ; \frac{a}{2}\right), D\left(-\frac{a}{2} ;-\frac{a}{2}\right)$. Suy ra $\overrightarrow{E C}=\left(-\frac{a}{2} ; a\right), \overrightarrow{E D}=\left(-a ;-\frac{a}{2}\right)$. $\overrightarrow{E C} \cdot \overrightarrow{E D}=-\frac{a}{2} \cdot(-a)+a \cdot\left(-\frac{a}{2}\right)=0$.

Vậy $E C \perp E D$.

 

Câu 20.  Cho tam giác $A B C$ có $A B=1, A C=x$ và $\widehat{B A C}=60^{\circ}$. Các điểm $M, N$ được xác định bởi $\overrightarrow{M C}=-2 \overrightarrow{M B}$ và $\overrightarrow{N B}=-2 \overrightarrow{N A}$. Tìm $x$ để $A M$ và $C N$ vuông góc với nhau.

Hướng dẫn Câu 20:

Điều kiện: $x>0$

Ta có  $\overrightarrow{MC}=-2\overrightarrow{MB}\quad \Leftrightarrow \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AC}=-2(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB})\Leftrightarrow -3\overrightarrow{MA}=\overrightarrow{AC}+2\overrightarrow{AB}{ }\Leftrightarrow 3\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AC}+2\overrightarrow{AB}$

$\overrightarrow{NB}=-2\overrightarrow{NA}\Leftrightarrow \overrightarrow{NC}+\overrightarrow{CB}=-2(\overrightarrow{NC}+\overrightarrow{CA})\Leftrightarrow 3\overrightarrow{NC}+(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AB})=-2\overrightarrow{CA}\Leftrightarrow 3\overrightarrow{NC}=3\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}$ 

Vậy: $A M \perp C N \Leftrightarrow \overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{N C}=0 \Leftrightarrow(\overrightarrow{A C}+2 \overrightarrow{A B})(3 \overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B})=0$ $\Leftrightarrow 3A{{C}^{2}}-2A{{B}^{2}}+5\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=0$ $\Leftrightarrow 3A{{C}^{2}}-2A{{B}^{2}}+5|\overrightarrow{AB}|\cdot |\overrightarrow{AC}|\cdot \cos (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=0$

$\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-2+\frac{5}{2}x=0\Leftrightarrow 6{{x}^{2}}+5x-4=0$ $\Leftrightarrow \left[\begin{array}{*{35}{l}}x=\frac{1}{2}{ }\,\,{(tm) }  \\ x=-\frac{4}{3}{ }\,\,{(l) }  \\ \end{array} \right.$.

Vậy $x=\frac{1}{2}$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

 

Câu 21.  Cho tam giác $A B C$. Chứng minh rằng với $G$ là trọng tâm tam giác $A B C$, ta có

$\overrightarrow{G A} \cdot \overrightarrow{G B}+\overrightarrow{G B} \cdot \overrightarrow{G C}+\overrightarrow{G C} \cdot \overrightarrow{G A}=-\frac{1}{6}\left(A B^2+B C^2+C A^2\right) .$

Hướng dẫn Câu 21:

Do $G$ là trọng tâm tam giác $A B C$ nên ta có:

$\overrightarrow{G A} \cdot \overrightarrow{G B}=G A \cdot G B \cdot \cos (\overrightarrow{G A}, \overrightarrow{G B})$$=GA\cdot GB\cdot \cos AGB=GA\cdot GB\cdot \frac{G{{A}^{2}}+G{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}}{2GA\cdot GB}$$=\frac{G{{A}^{2}}+G{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}}{2}$$=\frac{\frac{4m_{a}^{2}}{9}+\frac{4m_{b}^{2}}{9}-A{{B}^{2}}}{2}$

$={ }\frac{\frac{4}{9}\left( \frac{A{{C}^{2}}+A{{B}^{2}}}{2}-\frac{B{{C}^{2}}}{4} \right)+\frac{4}{9}\left( \frac{B{{C}^{2}}+B{{A}^{2}}}{2}-\frac{A{{C}^{2}}}{4} \right)-A{{B}^{2}}}{2}$$={ }\frac{\frac{4}{9}\left( \frac{A{{C}^{2}}}{4}+\frac{B{{C}^{2}}}{4}+A{{B}^{2}} \right)-A{{B}^{2}}}{2}$

Tương tự $\overrightarrow{GB}\cdot \overrightarrow{GC}=\frac{\frac{4}{9}\left( \frac{B{{A}^{2}}}{4}+\frac{C{{A}^{2}}}{4}+B{{C}^{2}} \right)-B{{C}^{2}}}{2}\,,\,\,{ }\overrightarrow{GC}\cdot \overrightarrow{GA}=\frac{\frac{4}{9}\left( \frac{C{{B}^{2}}}{4}+\frac{A{{B}^{2}}}{4}+A{{C}^{2}} \right)-A{{C}^{2}}}{2}$

Ta có \[\overrightarrow{GA}.\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GB}.\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GC}.\overrightarrow{GA}=\frac{\frac{4}{9}\left( \frac{A{{C}^{2}}}{4}+\frac{B{{C}^{2}}}{4}+A{{B}^{2}} \right)-A{{B}^{2}}}{2}+\frac{\frac{4}{9}\left( \frac{B{{A}^{2}}}{4}+\frac{C{{A}^{2}}}{4}+B{{C}^{2}} \right)-B{{C}^{2}}}{2}\]

            \[+\frac{\frac{4}{9}\left( \frac{C{{B}^{2}}}{4}+\frac{A{{B}^{2}}}{4}+A{{C}^{2}} \right)-A{{C}^{2}}}{2}\]\[=\frac{\frac{4}{9}\left( \frac{3A{{B}^{2}}}{2}+\frac{3B{{C}^{2}}}{2}+\frac{3A{{C}^{2}}}{2} \right)-(A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}+C{{A}^{2}})}{2}\]\[=\frac{\frac{2}{3}\left( A{{B}^{2}}+B{{A}^{2}}+C{{A}^{2}} \right)-(A{{B}^{2}}+B{{A}^{2}}+C{{A}^{2}})}{2}\]\[=\frac{-\frac{1}{3}\left( A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}+C{{A}^{2}} \right)}{2}\]\[=\frac{-1}{6}\left( A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}+C{{A}^{2}} \right)\]

Câu 22.  Cho tam giác đều $ABC$ có cạnh $a$.

a) Gọi $I$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow{IA}+3\overrightarrow{IB}-\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}$ . Tính $\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{CI}$

b) Giả sử $d$ là đường thẳng di động qua $A$, ứng với mỗi vị trí của $d$, chọn $M$ là điểm trên $d$ sao cho $M{{A}^{2}}+3M{{B}^{2}}-M{{C}^{2}}$ đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm tập hợp điểm $M$.

Hướng dẫn Câu 22:

a) $\overrightarrow{CI}=\frac{1}{3}\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}$

$\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{CI}=\left( \frac{1}{3}\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB} \right).\overrightarrow{CA}=...=\frac{5{{a}^{2}}}{6}$.

b) $M{{A}^{2}}+3M{{B}^{2}}-M{{C}^{2}}=3M{{I}^{2}}+I{{A}^{2}}+3I{{B}^{2}}-I{{C}^{2}}$

Biểu thức đã cho nhỏ nhất khi $MI$ nhỏ nhất, khi $MI$ vuông góc với $d$. Hay góc ${AIM}$ vuông. Vậy $M$ chạy trên đường tròn đường kính $AI$.

 

Câu 23.           

a) Cho tam giác $A B C$. Gọi $D, E$ lần lượt là các điểm thỏa mãn: $\overrightarrow{B D}=\frac{2}{3} \overrightarrow{B C} ; \overrightarrow{A E}=\frac{1}{4} \overrightarrow{{AC}}$. Điểm $K$ trên $A D$ thỏa mãn $\overrightarrow{A K}=\frac{a}{b} \overrightarrow{A D}$ (với $\frac{a}{b}$ là phân số tối giản) sao cho 3 điểm $B, K, E$ thẳng hàng. Tính $P=a^2+b^2$

b) Cho tam giác $A B C$ vuông cân tại $B$. Gọi $M$ là trung điểm $A B$ và $I$ là điểm di động trên đường thẳng $M C$. Khi $|2 \overrightarrow{I M}+\overrightarrow{A C}|$ đạt giá trị nhỏ nhất, hãy tính tỉ số $\frac{A C}{A I}$.

Hướng dẫn Câu 23:

a) Vì $\overrightarrow{A E}=\frac{1}{4} \overrightarrow{A C} \Rightarrow \overrightarrow{B E}=\frac{1}{4} \overrightarrow{B C}+\frac{3}{4} \overrightarrow{B A}(1)$

Giả sử $\overrightarrow{A K}=x \cdot \overrightarrow{A D} \Rightarrow \overrightarrow{B K}=x \cdot \overrightarrow{B D}+(1-x) \overrightarrow{B A}$

Mà $\overrightarrow{B D}=\frac{2}{3} \overrightarrow{B C}$ nên $\overrightarrow{A K}=x \cdot \overrightarrow{A D} \Rightarrow \overrightarrow{B K}=\frac{2 x}{3} \overrightarrow{B D}+(1-x) \overrightarrow{B A}$

Vì $B, K, E$ thẳng hàng $(B \neq E$ )nên có ${m}$ sao cho $\overrightarrow{B K}=m \overrightarrow{B E}$

Do đó có: $\frac{m}{4} \overrightarrow{B C}+\frac{3 m}{4} \overrightarrow{B A}=\frac{2 x}{3} \overrightarrow{B C}+(1-x) \overrightarrow{B A}$

Hay $\left(\frac{m}{4}-\frac{2 x}{3}\right) \overrightarrow{B C}+\left(1-x-\frac{3 m}{4}\right) \overrightarrow{B A}=\overrightarrow{0}$

Do $\overrightarrow{B C} ; \overrightarrow{B A}$ không cùng phương nên

$\frac{m}{4}-\frac{2 x}{3}=0 ; 1-x-\frac{3 m}{4}=0$ Từ đó suy ra $x=\frac{1}{3} ; m=\frac{8}{9}$

Vậy $\overrightarrow{A K}=\frac{1}{3} \overrightarrow{A D} \Rightarrow a=1, b=3 \Rightarrow a^2+b^2=10$.

b) Gọi $N$ là trung điểm $B C$.

Có $|2 \overrightarrow{I M}+\overrightarrow{A C}|=|\overrightarrow{I A}+\overrightarrow{I B}+\overrightarrow{I C}-\overrightarrow{I A}|=|\overrightarrow{I B}+\overrightarrow{I C}|=2 I N$.

Do đó $|2 \overrightarrow{I M}+\overrightarrow{A C}|$ đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi $I$ là hình chiếu vuông góc của $N$ trên $M C$

Dựng hình vuông $A B C D$. Gọi $P$ là trung điểm $C D$ và $H$ là giao điểm của $A P$ với $D N$.

Dễ dàng chứng minh được $D N \perp C M \Rightarrow I \in D N$.

Lại có tứ giác $A M C P$ là hình bình hành, suy ra $A P / / C M$.

Do đó $A P \perp D I$ và $H$ là trung điểm $D I$. Suy ra tam giác $A I D$ cân tại $A$.

Vậy $\frac{A C}{A I}=\frac{A C}{A D}=\sqrt{2}$.

 

Câu 24.

a) Chứng minh tứ giác ${ABCD}$ có hai đường chéo vuông góc khi và chỉ khi $A B^2+C {D}^2=A {D}^2+C B^2$.

b) Cho tam giác $ABC$, trên cạnh $AC$ lấy điểm $M$, trên cạnh $BC$ lấy điểm $N$ sao cho $AM = 3MC$, $NC = 2BN$. Gọi $ I$ là giao điểm của $AN$ và $BM$. Tính tổng diện tích tam giác $AIB$ và diện tích tứ giác $CINM$ biết diện tích tam giác $NBI$ bằng 4.

Hướng dẫn Câu 24:

a) Ta có

$A B^2+C {D}^2=A {D}^2+C B^2 \Leftrightarrow \overrightarrow{A B}^2+\overrightarrow{C D}^2=\overrightarrow{A {D}}^2+\overrightarrow{C B}^2 \Leftrightarrow\left(\overrightarrow{A B}^2-\overrightarrow{A {D}}^2\right)+\left(\overrightarrow{C {D}}^2-\overrightarrow{C B}^2\right)=0$

$\Leftrightarrow(\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A {D}})(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A {D}})+(\overrightarrow{C {D}}-\overrightarrow{C B})(\overrightarrow{C {D}}+\overrightarrow{C B})=0 \Leftrightarrow 2 \overrightarrow{D B} \cdot \overrightarrow{A C}=0 \Leftrightarrow A C \perp B {D}$.

b) Đặt $\overrightarrow{A I}=k \overrightarrow{A N}$ ta có

$\overrightarrow{B I}-\overrightarrow{B A}=k \overrightarrow{B N}-k \overrightarrow{B A} \Rightarrow \overrightarrow{B I}=(1-k) \overrightarrow{B A}+\frac{k}{3} \overrightarrow{B C}(1)$

Tương tự $4 \overrightarrow{A M}=3 \overrightarrow{A C} \Rightarrow \overrightarrow{B M}=\overrightarrow{B A}+3 \overrightarrow{B C}(2)$

Vì ${B, I, M}$ thẳng hàng nên từ (1) và (2) ta có $\frac{1-k}{1}=\frac{\frac{k}{3}}{3} \Leftrightarrow k=\frac{9}{10}$.

Có $\frac{{{S}_{\vartriangle NBI}}}{{{S}_{\vartriangle NBA}}}=\frac{NI}{NA}=\frac{1}{10};\frac{{{S}_{\vartriangle ABN}}}{{{S}_{\vartriangle ABC}}}=\frac{BN}{BC}=\frac{1}{3}\Rightarrow {{S}_{\vartriangle ABC}}=30\cdot {{S}_{\vartriangle NBI}}=120$

Có $S_{A I B}+S_{C I N M}=S_{A B N}+S_{B C M}-S_{B N N}=\frac{1}{3} S_{A B C}+\frac{1}{4} S_{A B C}-S_{B N}=40+30-1=69$.

 

Câu 25. 

a)  Cho tam giác $ABC$ có độ dài ba cạnh $BC = a$, $AC = b$, $AB = c$. Tìm tập hợp các điểm $M$ thỏa mãn: $M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}=2.M{{A}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{2}$.

b) Cho hai điểm $E$, $F$ cố định và đường thẳng $d$. Tìm vị trí điểm $M$ trên đường thẳng $d$ để sao cho biểu thức $P=$ $\left[ 3{{\left( ME \right)}^{2}}+2{{\left( MF \right)}^{2}} \right]$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Hướng dẫn Câu 25:

a) $M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}=2.M{{A}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{2}$

$\Leftrightarrow {{\left( \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB} \right)}^{2}}+{{\left( \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AC} \right)}^{2}}=2.M{{A}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{2}$

$\Leftrightarrow {{b}^{2}}+{{c}^{2}}-\frac{{{a}^{2}}}{2}+2\overrightarrow{MA}{{\left( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC} \right)}^{2}}=0\,\,\,\,(*)$

Gọi $I$ là trung điểm $BC$, áp dụng công thức $\left\{ \begin{align}& {{b}^{2}}+{{c}^{2}}-\frac{{{a}^{2}}}{2}=2A{{I}^{2}} \\  & \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AI} \\ \end{align} \right.$

Thay vào (*) ta được $2A{{I}^{2}}+4\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{AI}=0$ $\Leftrightarrow 2\overrightarrow{AI}.\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{MA} \right)=0\,\,\,(**)$

Gọi $K$ là trung điểm $AI$, ta có $\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{MA}=2\overrightarrow{MK}$

Nên (**) $\Leftrightarrow \overrightarrow{AI}.\overrightarrow{MK}=0$ hay $AI$ vuông góc với $MK$.

Vậy tập hợp điểm $M$ là đường trung trực của trung tuyến $AI$.

b) + Đặt $EF=a$ không đổi ( do $E$, $F$ cố định)

+ Ta lấy điểm $I$ sao cho $3\overrightarrow{IE}+2\overrightarrow{IF}=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow \overrightarrow{IE}=-\frac{2}{5}\overrightarrow{{EF}}$

Mà $E$, $F$ cố định, $EF=a$ $\Rightarrow $ $I$ thuộc đoạn $EF$ và $IE=\frac{2a}{5}$, $IF=\frac{3a}{5}$

$\Rightarrow P=\left[ 3{{\left( \overrightarrow{ME} \right)}^{2}}+2{{\left( \overrightarrow{MF} \right)}^{2}} \right]$ $=\left[ 3{{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IE} \right)}^{2}}+2{{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{{IF}} \right)}^{2}} \right]$

$=5{{\overrightarrow{MI}}^{2}}+2\overrightarrow{MI}\left( 3\overrightarrow{IE}+2\overrightarrow{{IF}} \right)+3I{{E}^{2}}+2I{{F}^{2}}$ $=5{{\overrightarrow{MI}}^{2}}+\frac{6{{a}^{2}}}{5}$

Suy ra $P$ nhỏ nhất khi $MI$ nhỏ nhất (mà $M$ thuộc $d$) nên $M$ là hình chiếu vuông góc của $I$ trên đường thẳng $d$.

 

Câu 26. 

a) Cho tam giác đều $ABC$ tâm $O$. Gọi $M$ là một điểm $M$ tùy ý bên trong tam giác $ABC$ và $D$, $E$, $F$ lần lượt là hình chiếu của nó trên các cạnh $BC$, $CA$, $AB$. Chứng minh rằng: $\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{ME}+\overrightarrow{MF}=\frac{3}{2}\overrightarrow{MO}$.

b) Cho tam giác $ABC$, gọi $D$ là trung điểm của $BC$, $N$ là điểm đối xứng của $C$ qua $A$ và $M$ là điểm thỏa mãn: $\overrightarrow{AM}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$. Tìm $K$ trên đường thẳng $MN$ sao cho $A$, $D$, $K$ thẳng hàng.

Hướng dẫn Câu 26:

a) Từ $M$ kẻ các đường $PQ\,\,//\,\,AB$, $RS\,\,//\,\,BC$, $HK\,\,//\,\,AC$

Suy ra các tam giác sau là tam giác đều $MHR$, $MPK$, $MSQ$ đều

Ta có: $\overrightarrow{MR}+\overrightarrow{MH}=2\overrightarrow{MF},\,\overrightarrow{MP}+\overrightarrow{MK}=2\overrightarrow{MD},\,\overrightarrow{MS}+\overrightarrow{MQ}=2\overrightarrow{ME}$

$\Rightarrow \left( \overrightarrow{MR}+\overrightarrow{MP} \right)+\left( \overrightarrow{MH}+\overrightarrow{MQ} \right)+\left( \overrightarrow{MS}+\overrightarrow{MK} \right)=2\overrightarrow{MD}+2\overrightarrow{ME}+2\overrightarrow{MF}$

$\Rightarrow \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=2\left( \overrightarrow{MD}+\overrightarrow{ME}+\overrightarrow{MF} \right)$ (Theo quy tắc hbh)

$\Rightarrow 3\overrightarrow{MO}=2\left( \overrightarrow{MD}+\overrightarrow{ME}+\overrightarrow{MF} \right)$(0 là trọng tâm tam giác). Suy ra đpcm.

b) Ta có $\overrightarrow{AM}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB},\,\,\overrightarrow{AN}=-\overrightarrow{AC},\,\overrightarrow{AD}=\frac{1}{2}\left( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC} \right)$

Trên $MN$ lấy $K$ sao cho: $\overrightarrow{KM}=x\overrightarrow{KN},\,\,\forall x\in R$

$\Rightarrow \overrightarrow{AM}-\overrightarrow{AK}=x\left( \overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AK} \right)\Rightarrow \left( x-1 \right)\overrightarrow{AK}=x\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AM}$

$\Rightarrow \overrightarrow{AK}=\frac{-x}{x-1}\overrightarrow{AC}+\frac{1}{2\left( x-1 \right)}\overrightarrow{AB},\,\,\,\left( x\ne 1 \right)$

Lý luận để $A$, $D$, $K$ thẳng hàng và giải ra $x=-\frac{1}{2}$. Vậy $\overrightarrow{KM}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{KN}$.

 

Câu 27.  Cho tam giác $ABC$ đều. Tìm tập hợp những điểm $M$ sao cho: $3M{{A}^{2}}=2M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}$.

Hướng dẫn Câu 27:

Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$. Ta có: $3M{{A}^{2}}=2M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}$

$\Leftrightarrow 3{{\left( \overrightarrow{GA}-\overrightarrow{GM} \right)}^{2}}=2{{\left( \overrightarrow{GB}-\overrightarrow{GM} \right)}^{2}}+{{\left( \overrightarrow{GC}-\overrightarrow{GM} \right)}^{2}}$

$\Leftrightarrow 3G{{A}^{2}}-2G{{B}^{2}}-G{{C}^{2}}=2\overrightarrow{GM}\left( 3\overrightarrow{GA}-2\overrightarrow{GB}-\overrightarrow{GC} \right)$

$\Leftrightarrow 2\overrightarrow{GM}\left( 3\overrightarrow{GA}-2\overrightarrow{GB}-\overrightarrow{GC} \right)=0$ (Do GA = GB = GC)

Mà $\left( 3\overrightarrow{GA}-2\overrightarrow{GB}-\overrightarrow{GC} \right)$không đổi, ta có:

$3\overrightarrow{GA}-2\overrightarrow{GB}-\overrightarrow{GC}=3\overrightarrow{GA}-2(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AB})-(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AC})=-\left( 2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC} \right)$

Giả sử $K$ được xác định: $2\overrightarrow{KB}+\overrightarrow{KC}=\overrightarrow{0}\Rightarrow 2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=3\overrightarrow{AK}$

Suy ra $\overrightarrow{GM}\cdot \overrightarrow{AK}=0\Rightarrow GM\bot AK$

Tập hợp điểm $M$ là đường thẳng $d$ qua $G$ và vuông góc với $AK$.

 

Câu 28.  Cho tam giác $ABC$. Gọi $H$ là trực tâm của tam giác và $N$ là trung điểm của cạnh $BC$. Chứng minh rằng: $\overrightarrow{NH}.\overrightarrow{NA}=\frac{1}{4}B{{C}^{2}}$

Hướng dẫn Câu 28:

Ta có:

$4\overrightarrow{AN}.\overrightarrow{HN}=\left( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC} \right).\left( \overrightarrow{HB}+\overrightarrow{HC} \right)=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{HB}+\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{HC}+\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{HB}+\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{HC}$ $=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{HB}+\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{HC}=\overrightarrow{AB}\left( \overrightarrow{HC}+\overrightarrow{CB} \right)+\overrightarrow{AC}\left( \overrightarrow{HB}+\overrightarrow{BC} \right)$ $=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{HC}+\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{HB}+\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{CB}\left( \overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC} \right)={{\overrightarrow{CB}}^{2}}=B{{C}^{2}}$.

 

Câu 29.  Cho tam giác $ABC$ có cạnh $BC = a$, $CA = b$, $AB = c$. Tìm vị trí điểm $M$ để $\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MA}$ đạt giá trị bé nhất.

Hướng dẫn Câu 29:

Ta có:

$\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}=\frac{1}{2}\left( M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}-A{{B}^{2}} \right)$   $\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC}=\frac{1}{2}\left( M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}-B{{C}^{2}} \right)$   $\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MA}=\frac{1}{2}\left( M{{C}^{2}}+M{{A}^{2}}-C{{A}^{2}} \right)$

Cộng các vế của ba đẳng thức ta được:
$\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MA}$$=M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}-\frac{1}{2}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)$

Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$, ta có:

$M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}=3M{{G}^{2}}+G{{A}^{2}}+G{{B}^{2}}+G{{C}^{2}}$

Nên $\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MA}$

$=3M{{G}^{2}}+G{{A}^{2}}+G{{B}^{2}}+G{{C}^{2}}-\frac{1}{2}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)$$\ge G{{A}^{2}}+G{{B}^{2}}+G{{C}^{2}}-\frac{1}{2}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)$

Vậy $\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MA}$bé nhất khi M trùng G.

 

Câu 30.  Cho tam giác $ABC$. Xác định vị trí điểm $M$ trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ để $\left| \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC} \right|$ có giá trị bé nhất.

Hướng dẫn Câu 30:

Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$, có $\left| \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC} \right|=3\left| \overrightarrow{MG} \right|=3MG$ 

$\left| \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC} \right|$ bé nhất khi $MG$ bé nhất.

Gọi $M_1, M_2$ là giao điểm của đường thẳng ${OG}$ với đường tròn $(O)$ ngoại tiếp tam giác ${ABC}$, ${GM}_1 \leq {GM}_2$

Với $M$ bất kì trên đường tròn $(O)$, ta có

$$O M_1=O M \leq O G+G M \Leftrightarrow O G+G M_1 \leq O G+G M \Leftrightarrow G M_1 \leq G M .$$

Vậy điểm $M$ được xác định là $M_1$.

 

Câu 31.  Cho tứ giác $ABCD$. $I$, $J$ theo thứ tự là trung điểm của $AB$, $CD$. Tìm tập hợp những điểm $M$ thỏa mãn: \[\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MD}=\frac{1}{2}{I}{{{J}}^{2}}.\]

Hướng dẫn Câu 31:

Gọi $O$ là trung điểm $IJ$.

$\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M B}+\overrightarrow{M C} \cdot \overrightarrow{M D}=\frac{1}{2} {IJ}^2 \Leftrightarrow 4 \overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M B}+4 \overrightarrow{M C} \cdot \overrightarrow{M D}=2 {IJ}^2$

$\Leftrightarrow {{(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB})}^{2}}-{{(\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB})}^{2}}+{{(\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD})}^{2}}-{{(\overrightarrow{MC}-\overrightarrow{MD})}^{2}}=2{J}{{{J}}^{2}}$

$\Leftrightarrow 4M{{I}^{2}}-A{{B}^{2}}+4M{{J}^{2}}-C{{D}^{2}}=2{I}{{{J}}^{2}}$$\Leftrightarrow 4\left( M{{I}^{2}}+M{{J}^{2}} \right)=A{{B}^{2}}+C{{D}^{2}}+2{I}{{{J}}^{2}}$

$\Leftrightarrow 4\left(2 M O^2+\frac{1}{2} {IJ}^2\right)-2 I J^2=A B^2+C D^2 \Leftrightarrow M O=\frac{1}{4} \sqrt{2\left(A B^2+C D^2\right)}$

Tập hợp $M$ là đường tròn tâm $O$, bán kính $R=M O=\frac{1}{4} \sqrt{2\left(A B^2+C D^2\right)}$.

 

Câu 32.  Cho $M$ là một điểm bất kì trên đường tròn tâm $O$ bán kính $R$ ngoại tiếp tam giác đều $A B C$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $S=M A^2+2 M B^2-3 M C^2$.

Hướng dẫn Câu 32:

Ta có $S=\overrightarrow{M A}^2+2 \overrightarrow{M B}^2-3 \overrightarrow{M C}^2=(\overrightarrow{M O}+\overrightarrow{O A})^2+2(\overrightarrow{M O}+\overrightarrow{O B})^2-3(\overrightarrow{M O}+\overrightarrow{O C})^2$

$=2 \overrightarrow{M O}(\overrightarrow{O A}+2 \overrightarrow{O B}-3 \overrightarrow{O C})=2|\overrightarrow{M O}||\overrightarrow{O A}+2 \overrightarrow{O B}-3 \overrightarrow{O C}| \cdot \cos \alpha=2 R|\overrightarrow{C A}+2 \overrightarrow{C B}| \cdot \cos \alpha$, trong đó $\alpha=(\overrightarrow{M O},(\overrightarrow{C A}+2 \overrightarrow{C B}))$.

Do tam giác $A B C$ đều nội tiếp đường tròn bán kính $R$ nên có cạnh là $R \sqrt{3}$.

Ta có ${{(\overrightarrow{CA}+2\overrightarrow{CB})}^{2}}={{\overrightarrow{CA}}^{2}}+4\overrightarrow{CA}\cdot \overrightarrow{CB}+4{{\overrightarrow{CB}}^{2}}=15{{R}^{2}}+4\cdot CA\cdot CB\cdot \cos {{60}^{{}^\circ }}=21{{R}^{2}}$  $\Rightarrow |\overrightarrow{CA}+2\overrightarrow{CB}|=R\sqrt{21}$

Suy ra $S=2{{R}^{2}}\sqrt{21}\cdot \cos \alpha \Rightarrow S\le 2{{R}^{2}}\sqrt{21}$

Dấu bằng xảy ra khi $\cos \alpha=1 \Leftrightarrow \overrightarrow{M O}$ cùng hướng với $(\overrightarrow{C A}+2 \overrightarrow{C B})$. Vậy max $S=2 R^2 \sqrt{21}$.

 

Câu 33.  Cho tam giác $ABC$ không cân, nội tiếp đường tròn tâm $O$ và có trọng tâm $G$. Gọi $M$, $N$, $P$ lần lượt là trọng tâm các tam giác $OBC$, $OCA$, $OAB$ và ${G}'$ là trọng tâm tam giác $MNP$.

a) Chứng minh rằng $\overrightarrow{AM}=-\frac{4}{3}\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OG}$.

b) Chứng minh ba điểm $O$, $G$, ${G}'$ thẳng hàng.

Hướng dẫn Câu 33:

a) Chứng minh rằng $\overrightarrow{AM}=-\frac{4}{3}\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OG}$.

Do $M$ là trọng tâm $OBC$ nên ta có: $\overrightarrow{OM}=\frac{1}{3}\left( \overrightarrow{OO}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC} \right)\Leftrightarrow \overrightarrow{OM}=\frac{1}{3}\left( \overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC} \right)$.

Mà $G$ là trọng tâm $\Delta ABC$ nên ta có: $\overrightarrow{OG}=\frac{1}{3}\left( \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC} \right)$.

Khi đó: $\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{OM}=-\overrightarrow{OA}+\frac{1}{3}\left( \overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC} \right)=-\overrightarrow{OA}-\frac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\frac{1}{3}\left( \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC} \right)=-\frac{4}{3}\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OG}$.

b) Chứng minh ba điểm $O$, $G$, ${G}'$ thẳng hàng.

Do $\Delta ABC$ có $G$ là trọng tâm nên mọi điểm $O$ ta có $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=3.\overrightarrow{OG}$.

Tương tự: $\Delta MNP$ có ${G}'$ là trọng tâm nên mọi điểm $O$ ta có $\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}+\overrightarrow{OP}=3.\overrightarrow{O{G}'}$.

Do $M$, $N$, $P$ lần lượt là trọng tâm của $\Delta OBC$, $\Delta OCA$, $\Delta OAB$ nên:

$\overrightarrow{OM}=\frac{1}{3}\left( \overrightarrow{OO}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC} \right)\Leftrightarrow \overrightarrow{OM}=\frac{1}{3}\left( \overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC} \right)$;

$\overrightarrow{ON}=\frac{1}{3}\left( \overrightarrow{OO}+\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC} \right)\Leftrightarrow \overrightarrow{ON}=\frac{1}{3}\left( \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC} \right)$;

$\overrightarrow{OP}=\frac{1}{3}\left( \overrightarrow{OO}+\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB} \right)\Leftrightarrow \overrightarrow{OP}=\frac{1}{3}\left( \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB} \right)$.

Cộng từng vế 3 hệ thức trên ta được:

$\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}+\overrightarrow{OP}=\frac{2}{3}\left( \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC} \right)$ $\Leftrightarrow 3.\overrightarrow{O{G}'}=2.\overrightarrow{OG}\Leftrightarrow \overrightarrow{OG}=\frac{3}{2}\overrightarrow{O{G}'}$.

Suy ra ba điểm $O$, $G$, ${G}'$ thẳng hàng.

 

Câu 34.  Cho hình bình hành $A B C D$. Trên cạnh $A B, C D$ lần lượt lấy hai điểm $M, N$ sao cho $3 A M=A B$, $2 N C=C D$. Gọi $I$ là điểm trên cạnh $B C$ thỏa mãn $B I=\frac{6}{11} B C, G$ là trọng tâm $\triangle B M N$.

a) Biểu diễn các vectơ $\overrightarrow{A N}, \overrightarrow{A G}$ theo $\overrightarrow{A B}$ và $\overrightarrow{A D}$.

b) Chứng minh rằng $A, G, I$ thẳng hàng.

Hướng dẫn Câu 34:

a) $\overrightarrow{A N}=\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{D N}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}$ $\overrightarrow{A G}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A M}+\overrightarrow{A N})=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{A B}+\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}\right)=\frac{11}{18} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{3} \overrightarrow{A D}$

b) $\overrightarrow{A I}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B I}=\overrightarrow{A B}+\frac{6}{11} \overrightarrow{B C}=\overrightarrow{A B}+\frac{6}{11} \overrightarrow{A D}$

Từ (1) và (2) suy ra $\overrightarrow{A G}=\frac{11}{18} \overrightarrow{A I} \Rightarrow \overrightarrow{A G}, \overrightarrow{A I}$ cùng phương hay $A, G, I$ thẳng hàng.

 

Câu 35.  Cho hình chữ nhật $A B C D$ có độ dài $A B=3 {~cm}, A D=4 {~cm}$. Lấy điểm $M$ bất kì. Tính độ dài các véctơ $\quad \vec{u}=\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{M B}+\overrightarrow{M C}-3 \overrightarrow{M D}$ và $\vec{v}=\overrightarrow{M A}-3 \overrightarrow{M B}+4 \overrightarrow{M C}-2 \overrightarrow{M D}$

Hướng dẫn Câu 35:

$\vec{u}=\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{M B}+\overrightarrow{M C}-3 \overrightarrow{M D}=\overrightarrow{D A}+\overrightarrow{D B}+\overrightarrow{D C}=2 \overrightarrow{D B} \Rightarrow|\vec{u}|=2 B D=2 \sqrt{A B^2+A D^2}=10 {~cm}$

$\vec{v}=\overrightarrow{MA}\text{ }-3\overrightarrow{MB}+4\overrightarrow{MC}-2\overrightarrow{MD}=\overrightarrow{MA}-3(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB})+4(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AC})-2(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AD})$

$=\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AD}\text{ }=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AF}$ với $AE=2AD=8(~\text{cm})$\[\Rightarrow \left| \overrightarrow{v} \right|=AF=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{F}^{2}}}=\sqrt{73}(cm).\]

Câu 36.  Cho hình vuông $A B C D$ cạnh bằng 3 . Trên cạnh ${AB}$ lấy điểm ${M}$ sao cho $B M=1$, trên cạnh ${CD}$ lấy điểm ${N}$ sao cho ${DN}=1$ và ${P}$ là trung điểm ${BC}$. Tính $\cos \widehat{M N P}$.

Hướng dẫn Câu 36:

Ta có $\overrightarrow{NM}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD},\,\,\overrightarrow{NP}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}-\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}$.  Suy ra $\overrightarrow{NM}.\,\overrightarrow{NP}=\frac{2}{9}+\frac{1}{2}=\frac{13}{18}$

Mặt khác $\left| \overrightarrow{NM} \right|=\sqrt{10},\,\,\left| \overrightarrow{NP} \right|=\frac{5}{2}\Rightarrow \cos \widehat{MNP}=\frac{13}{45\sqrt{10}}$.

 

Câu 37. Cho hình bình hành $ABCD$ có $AB = 3a$; $AD = 5a$; $\widehat{BAD}={{120}^{0}}$.

a) Tính các tích vô hướng sau: $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}$; $\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{BD}$.

b) Tính độ dài đoạn $BD$ và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Hướng dẫn Câu 37:

a) $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}=AB.AD.\cos DAB=3a.5a.\cos {{120}^{0}}=-\frac{15{{a}^{2}}}{2}$

$\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{BD}=(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AB})(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB})=A{{D}^{2}}-A{{B}^{2}}=16{{a}^{2}}$.

b) ${{\overrightarrow{BD}}^{2}}={{\left( \overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB} \right)}^{2}}=A{{D}^{2}}+A{{B}^{2}}-2\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{AB}=49{{a}^{2}}$$\Rightarrow BD=7a$

Lưu ý: Có thể giải câu này theo định lý hàm số côsin

$\widehat{BAD}+\widehat{ABC}={{120}^{0}}$. Áp dụng định lý hàm số côsin trong tam giác $ABC$, ta được:  $A{{C}^{2}}=B{{C}^{2}}+A{{B}^{2}}-2BC.AB.\cos ABC=19{{a}^{2}}$$\Rightarrow AC=a\sqrt{19}$

Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác $ABC$, ta được: $R=\frac{AC}{2\sin ABC}=\frac{a\sqrt{19}}{2\sin {{60}^{0}}}=a\frac{\sqrt{57}}{3}$.

Nguyễn Quốc Hoàn ,  01/3/2023