Chuyên đề vectơ trong mặt phẳng và tích vô hướng phần 1

Chuyên đề vectơ trong mặt phẳng và tích vô hướng phần 1

Câu 1.  Cho tam giác $ABC$, gọi $M$ là điểm nằm trên cạnh $BC$ sao cho ${{S}_{ABC}}\,\,=\,\,3{{S}_{AMC}}$. Một đường thẳng cắt các cạnh $AB\,,\,\,AM\,,\,\,AC$ lần lượt tại $B'\,,\,\,M'\,,\,\,C'$ phân biệt. Chứng minh rằng $\frac{AB}{AB'}\,\,+\,\,2\frac{AC}{AC'}\,\,=\,\,3\frac{AM}{AM'}$.  Với ${{S}_{ABC}},\,\,{{S}_{AMC}}$ lần lượt là diện tích tam giác $ABC$, $AMC$.

Hướng dẫn Câu 1:

Ta có $S_{A B C}=3 S_{A M C} \Rightarrow B C=3 M C \Rightarrow \overrightarrow{B M}=\frac{2}{3} \overrightarrow{B C}$

$\overrightarrow{A M^{\prime}}=x \overrightarrow{A M}=x(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B M})=x\left(\overrightarrow{A B}+\frac{2}{3} B C\right)=x\left(\overrightarrow{A B}+\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}-\frac{2}{3} \overrightarrow{A B}\right)=\frac{x}{3} \overrightarrow{A B}+\frac{2 x}{3} \overrightarrow{A C}$

Giả sử $\overrightarrow{A B}=y \overrightarrow{A B^{\prime}}$ và $\overrightarrow{A C}=z \overrightarrow{A C^{\prime}}$, suy ra $\overrightarrow{A M^{\prime}}=\frac{x y}{3} \overrightarrow{A B^{\prime}+\frac{2 x z}{3}} \overrightarrow{A C^{\prime}}(x>0, y>0, z>0)$

Do $B^{\prime}, C^{\prime}, M^{\prime}$ thẳng hàng nên $\frac{x y}{3}+\frac{2 x z}{3}=1 \Leftrightarrow y+2 z=\frac{3}{x}$ hay $\frac{A B}{A B^{\prime}}+2 \frac{A C}{A C^{\prime}}=3 \frac{A M}{A M^{\prime}}$.

Nhận xét: Có thể biểu diễn các vectơ $\overrightarrow{B^{\prime} C^{\prime}}, \overrightarrow{B^{\prime} M^{\prime}}$ theo hai vectơ $\overrightarrow{A B}$ và $\overrightarrow{A C}$, sau đó kiểm tra điều kiện hai vectơ $\overrightarrow{B^{\prime}} C^{\prime}$ và $\overrightarrow{B^{\prime}} M^{\prime}$ cùng phương.

 

Câu 2.  Cho tam giác ${ABC}$ vuông tại $A$ và nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính $R$. Tìm trên đường tròn tâm $O$ vị trí điểm $M$ sao cho $\left( M{{A}^{2}}\,\,+\,\,2M{{B}^{2}}\,\,+\,\,3M{{C}^{2}} \right)$ đạt giá trị lớn nhất.

Hướng dẫn Câu 2:

$M{{A}^{2}}\,\,+\,\,2M{{B}^{2}}\,\,+\,\,3M{{C}^{2}}$= ${{\left( \overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{MO}}\,+\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{OA}}\, \right)}^{2}}+2{{\left( \overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{MO}}\,+\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{OB}}\, \right)}^{2}}+3{{\left( \overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{MO}}\,+\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{OC}}\, \right)}^{2}}$

= $6M{{O}^{2}}+O{{A}^{2}}+2O{{B}^{2}}+3O{{C}^{2}}+2\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{MO}}\,\left( \overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{OA}}\,+2\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{OB}}\,+3\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{OC}}\, \right)$ = $12{{R}^{2}}+2\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{MO}}\,\left( \overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{OA}}\,+\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{OC}}\, \right)$

=$12{{R}^{2}}+4\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{MO}}\,.\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{OI}}\,$ ($I$ là trung điểm ${AC}$).  Tìm ra $M$ là giao điểm của tia ${IO}$ với đường tròn tâm ${O}$.

 

Câu 3.  Cho tam giác ${ABC}$ biết $AB\,\,=\,\,a,\,\,BC\,\,=\,\,2a,\,\,CA\,\,=\,\,a\sqrt{3}$. Ba điểm ${M}$, ${P}$, ${K}$ xác định bởi $\overrightarrow{MB}\,\,+\,\,\overrightarrow{MC}\,\,=\,\,\overrightarrow{MA}$, $\overrightarrow{AP}\,\,=\,\,2\overrightarrow{PM}$, $\overrightarrow{KA}\,\,=\,\,\overrightarrow{CK}$.

a) Tính theo $a$ tích vô hướng của hai vectơ $\overrightarrow{BC}$ và $\overrightarrow{PA}$

b) Tính côsin của góc giữa hai vectơ $\overrightarrow{AC}$ và $\overrightarrow{MK}$.

Hướng dẫn Câu 3: 

${ABMC}$ là hình bình hành, ${P}$ là trọng tâm tam giác ${BCM}$, ${K}$ là trung điểm ${AC}$

a) $\overrightarrow{PA}.\overrightarrow{BC}\,\,=\,\,\frac{2}{3}.\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{BC}\,\,=\,\,\frac{2}{3}.\left| \overrightarrow{MA} \right|.\left| \overrightarrow{BC} \right|.cos\left( \overrightarrow{PA}\,;\,\overrightarrow{BC} \right)\,\,=\,\,\frac{2}{3}.2a.2a.cos{{120}^{0}}\,\,=\,\,\frac{-4{{a}^{2}}}{3}$

b) $\overrightarrow{MK}\,\,=\,\,\overrightarrow{MC}\,\,+\,\,\overrightarrow{CK}\,\,=\,\,-\overrightarrow{AB}\,\,-\,\,\frac{1}{2}.\overrightarrow{AC}\,\,\,\,\,\Rightarrow \,\,\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{MK}\,\,=\,\,\overrightarrow{AC}\left( -\overrightarrow{AB}\,\,-\,\,\frac{1}{2}.\overrightarrow{AC} \right)\,\,=\,\,...\,\,\frac{-3{{a}^{2}}}{2}$

$MK\,\,=\,\,\sqrt{{{a}^{2}}+\frac{3{{a}^{2}}}{4}}\,\,=\,\,\frac{a\sqrt{7}}{2}\,\,\,\Rightarrow \,\,\cos \left( \overrightarrow{AC}\,;\,\overrightarrow{MK} \right)\,\,=\,\,\frac{\overrightarrow{AC}\,.\,\overrightarrow{MK}}{\left| \overrightarrow{AC} \right|\,.\,\left| \overrightarrow{MK} \right|}\,\,=\,\,...\,\,-\sqrt{\frac{3}{7}}$.

 

Câu 4.  Cho tam giác đều $ABC$ có các cạnh bằng $a$. Các điểm $D$, $E$ xác định bởi $\overrightarrow{AD}=3\overrightarrow{DC}$, $2\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{AC}+2\overrightarrow{BA}+2\overrightarrow{BC}$. Gọi $N$ và $Q$ lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng $BC$ và $AE$. Gọi $H$ là trực tâm của các tam giác $ABD$.

a) Chứng minh rằng $\overrightarrow{HC}.\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{HC}.\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{BE}=\frac{{{a}^{2}}}{2}$.

b) Chứng minh hai đường thẳng $NQ$ và $HC$ vuông góc.

c) Tìm tập hợp điểm $M$ sao cho $\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{ME}+\overrightarrow{ME}.\overrightarrow{MA}=\frac{11}{4}{{a}^{2}}$.

Hướng dẫn Câu 4:

$2\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{AC}+2\overrightarrow{BA}+2\overrightarrow{BC}$ $\Leftrightarrow 2\left( \overrightarrow{BE}-\overrightarrow{BC} \right)=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BA}$ $\Leftrightarrow 2\overrightarrow{CE}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BA}$

$\Leftrightarrow 2\overrightarrow{CE}=2\overrightarrow{BF}$  (Với $F$ là trung điểm đoạn thẳng $AC$)  $\Rightarrow $ $BFEC$ là hình bình hành.

$D$ là trung điểm của $FC$. $K$ là trung điểm của $AB$.

a) $\overrightarrow{HC}.\overrightarrow{BE}=\left( \overrightarrow{HA}+\overrightarrow{AC} \right).\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{HA}.\overrightarrow{BE}+\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{BE}$

$\overrightarrow{HC}.\overrightarrow{AC}=\left( \overrightarrow{HB}+\overrightarrow{BE}+\overrightarrow{EC} \right).\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{HB}.\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BE}.\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{EC}.\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{BE}$  $\left( Do\,\,AC\bot CE \right)$.

\[\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{BE}=8.\overrightarrow{DC}.\overrightarrow{DE}=8.\left| \overrightarrow{DC} \right|.\left| \overrightarrow{DE} \right|.\cos \left( \overrightarrow{DC};\overrightarrow{DE} \right)=8.DC.DE.\cos \widehat{CDE}=4\left( D{{C}^{2}}+D{{E}^{2}}-C{{E}^{2}} \right)={{a}^{2}}/2\].

b) Chỉ ra $2\overrightarrow{NQ}=\overrightarrow{BE}+\overrightarrow{CA}$; có $\overrightarrow{HC}.\left( 2\overrightarrow{NQ} \right)=\overrightarrow{HC}.\left( \overrightarrow{BE}+\overrightarrow{CA} \right)$$=\overrightarrow{HC}.\overrightarrow{BE}-\overrightarrow{HC}.\overrightarrow{AC}=0$ $\Rightarrow$ đpcm.

c) $F$ là trọng tâm $\Delta ABE$. $\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}=\left( \overrightarrow{FA}-\overrightarrow{FM} \right)\left( \overrightarrow{FB}-\overrightarrow{FM} \right)=\overrightarrow{FA}.\overrightarrow{FB}-\overrightarrow{FM}\left( \overrightarrow{FA}+\overrightarrow{FB} \right)+{{\overrightarrow{FM}}^{2}}$.

Tương tự $\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{ME}=\overrightarrow{FB}.\overrightarrow{FE}-\overrightarrow{FM}\left( \overrightarrow{FB}+\overrightarrow{FE} \right)+{{\overrightarrow{FM}}^{2}}$,  $\overrightarrow{ME}.\overrightarrow{MA}=\overrightarrow{FE}.\overrightarrow{FA}-\overrightarrow{FM}\left( \overrightarrow{FE}+\overrightarrow{FA} \right)+{{\overrightarrow{FM}}^{2}}$.

$\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{ME}+\overrightarrow{ME}.\overrightarrow{MA}=\frac{11}{4}{{a}^{2}}$ $\Leftrightarrow 3{{\overrightarrow{FM}}^{2}}-2\overrightarrow{FM}\left( \overrightarrow{FA}+\overrightarrow{FB}+\overrightarrow{FE} \right)+\overrightarrow{FA}.\overrightarrow{FB}+\overrightarrow{FB}.\overrightarrow{FE}+\overrightarrow{FE}.\overrightarrow{FA}=\frac{11{{a}^{2}}}{4}$

$\Leftrightarrow 3F{{M}^{2}}+\overrightarrow{FE}\left( \overrightarrow{FA}+\overrightarrow{FB} \right)=\frac{11{{a}^{2}}}{4}$ $\Leftrightarrow 3\overrightarrow{FM}+\overrightarrow{FE}\left( 2\overrightarrow{FK} \right)=\frac{11{{a}^{2}}}{4}$ $\Leftrightarrow FM=\frac{a\sqrt{5}}{2}$.  $M\in $ đtròn $\left( F;\frac{a\sqrt{5}}{2} \right)$.

 

Câu 5.  Cho tam giác ${ABC}$, biết $BC=a$, $AB=AC=\frac{a\sqrt{10}}{2}$. Tìm tập hợp các điểm $M$ thỏa mãn $M{{A}^{2}}-2M{{B}^{2}}-2M{{C}^{2}}={{a}^{2}}$.

Hướng dẫn Câu 5:

Tam giác $ABC$ cân tại $A$.

Chứng minh được hai đường trung tuyến $BS$ và $CH$ vuông góc với nhau tại $G$.

Gọi điểm $I$ xác định bởi $\overrightarrow{IA}-2\overrightarrow{IB}-2\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}$,

Chứng minh được điểm cố định $I$ và $IBGC$ là hình vuông.

Có $I{{A}^{2}}-2I{{B}^{2}}-2I{{C}^{2}}$$=16I{{J}^{2}}-4I{{B}^{2}}$$=12I{{J}^{2}}-4J{{B}^{2}}=8J{{B}^{2}}=2{{a}^{2}}$.

Ta có $M{{A}^{2}}={{\overrightarrow{MA}}^{2}}={{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA} \right)}^{2}}$$={{\overrightarrow{MI}}^{2}}+{{\overrightarrow{IA}}^{2}}+2\overrightarrow{MI}.\overrightarrow{IA}$$=M{{I}^{2}}+I{{A}^{2}}+2\overrightarrow{MI}.\overrightarrow{IA}$.

Tương tự: $M{{B}^{2}}$$=M{{I}^{2}}+I{{B}^{2}}+2\overrightarrow{MI}.\overrightarrow{IB}$, $M{{C}^{2}}$$=M{{I}^{2}}+I{{C}^{2}}+2\overrightarrow{MI}.\overrightarrow{IC}$.

Khi đó $M{{A}^{2}}-2M{{B}^{2}}-2M{{C}^{2}}={{a}^{2}}$$\Leftrightarrow -3M{{I}^{2}}+I{{A}^{2}}-2I{{B}^{2}}-2I{{C}^{2}}+2\overrightarrow{MI}\left( \overrightarrow{IA}-2\overrightarrow{IB}-2\overrightarrow{IC} \right)={{a}^{2}}$

$\Leftrightarrow -3M{{I}^{2}}+2{{a}^{2}}={{a}^{2}}$$\Leftrightarrow IM=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.  Tập hợp $M$ là đường tròn $\left( I\,;\,\frac{a\sqrt{3}}{3} \right)$.

 

Câu 6.  Cho tam giác ${ABC}$ có $AC\,\,=\,\,2AB\,\,=\,\,2a$ và $\widehat{BAC}\,\,=\,\,{{120}^{0}}$. Gọi $M$ là điểm bất kỳ và $P$ là điểm xác định bởi $\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{AP}}\,\,\,=\,\,\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{MC}}\,\,\,+\,\,2\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{MB}}\,\,\,-\,\,3\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{MA}}\,$. Gọi $Q$ là điểm thuộc đường thẳng ${AB}$ sao cho $\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{CB}}\,.\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{BQ}}\,\,\,=\,\,4{{a}^{2}}$. Chứng minh tứ giác ${BCPQ}$ là hình bình hành.

Hướng dẫn Câu 6:

$\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{AP}}\,\,\,=\,\,\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{MC}}\,\,\,+\,\,2\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{MB}}\,\,\,-\,\,3\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{MA}}\,$ $\Leftrightarrow \overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{AP}}\,=\,\,\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{AC}}\,\,\,+\,\,2\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{AB}}\,$

 $\Leftrightarrow \overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{AP}}\,=\,\,\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{AC}}\,\,\,+\,\,\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{AD}}\,$. Suy ra ${ACPD}$ là hình thoi có giao điểm hai đường chéo là $H$.

$\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{CB}}\,=\frac{1}{2}\left( \overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{CA}}\,+\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{CD}}\, \right)=\frac{1}{2}\left( \overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{HA}}\,-\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{HC}}\,+2\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{HD}}\, \right)=\frac{3}{2}\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{HD}}\,+\frac{1}{2}\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{HA}}\,$ ,      $\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{BQ}}\,=x\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{AD}}\,=x\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{HD}}\,-x\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{HA}}\,$

$\overset{\xrightarrow[{}]{{}}}{\mathop{CB}}\,.\overset{\xrightarrow[{}]{{}}}{\mathop{BQ}}\,=4{{a}^{2}}$ $\Leftrightarrow \frac{3x}{2}H{{D}^{2}}-\frac{x}{2}H{{A}^{2}}=4{{a}^{2}}$ $\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{CB}}\,.\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{BQ}}\,=4{{a}^{2}}\Leftrightarrow \frac{3x}{2}H{{D}^{2}}-\frac{x}{2}H{{A}^{2}}=4{{a}^{2}}\Leftrightarrow \frac{3x}{2}{{\left( \frac{2a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}-\frac{x}{2}{{a}^{2}}=4{{a}^{2}}\Leftrightarrow x=1$

$\Rightarrow \overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{BQ}}\,=\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{AD}}\,$ mà $\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{CP}}\,=\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{AD}}\,$ $\Rightarrow \overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{BQ}}\,=\overset{\xrightarrow[{}]{}}{\mathop{CP}}\,$  $\Rightarrow \,\,$tứ giác ${BCPQ}$ là hình bình hành.

 

Câu 7.  Cho tam giác đều ${ABC}$. Lấy các điểm ${M}$, ${N}$ thỏa mãn $\overrightarrow{BM}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BC},$  $\overrightarrow{AN}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}$. Gọi ${I}$ là giao điểm của ${AM}$ và ${CN}$. Chứng minh rằng $IB\,\,\bot \,\,IC$.

Hướng dẫn Câu 7:

Giả sử $\overrightarrow{AI}=k\overrightarrow{AM}$. 

Ta có $\overrightarrow{CI}=\overrightarrow{AI}-\overrightarrow{AC}=k\overrightarrow{AM}-\overrightarrow{AC}=k\left( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BM} \right)-\overrightarrow{AC}=k\left( \overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{BC} \right)-\overrightarrow{AC}$

Hay $\overrightarrow{CI}=k\left( \overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}-\frac{1}{3}\overrightarrow{AB} \right)-\overrightarrow{AC}=\frac{2k}{3}\overrightarrow{AB}+\left( \frac{k}{3}-1 \right)\overrightarrow{AC}$.  Mặt khác $\overrightarrow{CN}=\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AC}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}$.

Vì $\overrightarrow{CI},\,\,\overrightarrow{CN}$ cùng phương nên $\frac{2k}{3}:\frac{1}{3}=\left( \frac{k}{3}-1 \right):\left( -1 \right)\,\,\Leftrightarrow k=\frac{3}{7}$.   Vậy $\overrightarrow{CI}=\frac{2}{7}\overrightarrow{AB}\,\,-\,\,\frac{6}{7}\overrightarrow{AC}$.

$\overrightarrow{BI}=\overrightarrow{CI}-\overrightarrow{CB}$$=\frac{2}{7}\overrightarrow{AB}\,\,-\,\,\frac{6}{7}\overrightarrow{AC}-\left( \overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC} \right)$$=-\frac{5}{7}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{7}\overrightarrow{AC}$.

Do đó \[\overrightarrow{BI}.\overrightarrow{IC}=\left( -\frac{5}{7}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{7}\overrightarrow{AC} \right)\left( -\frac{2}{7}\overrightarrow{AB}+\frac{6}{7}\overrightarrow{AC} \right)\]\[=\frac{1}{49}\left( 10{{\overrightarrow{AB}}^{2}}+6{{\overrightarrow{AC}}^{2}}-32\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC} \right)\]

Vì tam giác ${ABC}$ đều nên $AB=AC,\,\,\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=AB.AC.\cos A=\frac{1}{2}A{{B}^{2}}$.  Suy ra \[\overrightarrow{BI}.\overrightarrow{IC}=0.\] Vậy $IB\,\,\bot \,\,IC$.

 

Câu 8. 

a) Cho tam giác ${ABC}$, gọi ${M}$ là trung điểm của ${BC}, {G}$ là trọng tâm tam giác ${ABC}$, lấy ${D}$ đối xứng với ${A}$ qua ${M}$, ${I}$ là trọng tâm của tam giác ${MCD}$. Chứng minh rằng: $\overrightarrow{{IG}}=\frac{1}{3} \overrightarrow{{AB}}+\overrightarrow{{DM}}$.

b) Cho tam giác ${ABC}$, lấy ${M}$ thuộc cạnh ${AC}$ sao cho $\overrightarrow{M A}=-2 \overrightarrow{M C}$, ${N}$ thuộc ${BM}$ sao cho $\overrightarrow{N B}=-3 \cdot \overrightarrow{N M}$, $P$ thuộc cạnh ${BC}$ sao cho $\overrightarrow{PB}=k\cdot \overrightarrow{PC}\,\,\,(k\ne 0)$. Tìm ${k}$ để ba điểm ${A}, {N}, {P}$ thẳng hàng.

Hướng dẫn Câu 8:

a) $\overrightarrow{IG}=\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{AI}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AM})=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{DM}+\overrightarrow{DM})=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DM}$

b) $\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BN}=\overrightarrow{AB}+\frac{3}{4}\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{AB}-\frac{3}{4}\overrightarrow{AB}+\frac{3}{4}\overrightarrow{AM}$ $\Rightarrow \overrightarrow{AN}=\frac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}\quad \left( 1 \right)$

$\overrightarrow{PB}=k.\overrightarrow{PC}\Leftrightarrow \overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AP}=k\left( \overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AP} \right)\Leftrightarrow \overrightarrow{AB}-k.\overrightarrow{AC}=\left( 1-k \right)\overrightarrow{AP}\quad (k\ne 1)$

$\Leftrightarrow \overrightarrow{AP}=\frac{1}{1-k}\overrightarrow{AB}-\frac{k}{1-k}\overrightarrow{AC}\quad \left( 2 \right)$

${Ba}$ điểm ${A}, {N}, {P}$ thẳng hàng khi và chỉ khi  $\overrightarrow{A P}=h \cdot \overrightarrow{A N}(h \neq 0) \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} \frac{1}{1-k}=\frac{h}{4} \\ -\frac{k}{1-k}=\frac{h}{2} \end{array} \Rightarrow k=-2(t m)\right.$.

 

Câu 9.  Cho tứ giác $ABCD$, gọi $I,K$ lần lượt là trung điểm các cạnh $AB,CD$. Tìm tập hợp các điểm $M$ trong mặt phẳng thỏa mãn $\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MD}=\frac{1}{2}I{{K}^{2}}$.

Hướng dẫn Câu 9:

Ta có $\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}=(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}).(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB})=M{{I}^{2}}-I{{A}^{2}}=M{{I}^{2}}-\frac{A{{B}^{2}}}{4}$

$\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MD}=M{{K}^{2}}-\frac{C{{D}^{2}}}{4}$

Gọi $O$ là trung điểm của $IK$, thì $M{{I}^{2}}+M{{K}^{2}}=2M{{O}^{2}}+\frac{1}{2}I{{K}^{2}}$

$\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MD}=\frac{1}{2}I{{K}^{2}}$ $\Leftrightarrow M{{O}^{2}}=\frac{A{{B}^{2}}+C{{D}^{2}}}{8}\Leftrightarrow MO=\sqrt{\frac{A{{B}^{2}}+C{{D}^{2}}}{8}}$.

Vậy tập hợp các điểm $M$ là đường tròn tâm $O$, bán kính $R=\sqrt{\frac{A{{B}^{2}}+C{{D}^{2}}}{8}}$.

 

Câu 10.  Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn tâm $I$. Gọi $D$, $E$, $F$ lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn tâm $I$ với các cạnh $BC$, $CA$, $AB$. Giả sử $a,\,\,\,b,\,\,c$ tương ứng là độ dài cạnh $BC$, $CA$, $AB$.

a) Chứng minh rằng $a\overrightarrow{ID}+b\overrightarrow{IE}+c\overrightarrow{IF}=\overrightarrow{0}$

b) Gọi $J$ và $K$ tương ứng là trung điểm của $BC$ và $AD$. Chứng minh ba điểm $I$, $J$, $K$ thẳng hàng.

Hướng dẫn Câu 10:

$AF=AE=p-a,\,\,\,\,\,\,\,\,BD=BF=p-b,\quad \,\,\,CE=CD=p-c$

$\begin{align} & \overrightarrow{DB}=-\frac{p-b}{p-c}.\overrightarrow{DC}\Leftrightarrow \left( 2p-c-b \right)\overrightarrow{DA}=-\left( p-c \right)\overrightarrow{AB}-\left( p-b \right)\overrightarrow{AC} \\ & \Leftrightarrow \overrightarrow{AD}=\frac{p-c}{a}.\overrightarrow{AB}+\frac{p-b}{a}.\overrightarrow{AC} \\  \end{align}$ $\overrightarrow{ID}=\frac{DC}{BC}.\overrightarrow{IB}+\frac{DB}{BC}.\overrightarrow{IC}\Rightarrow a\overrightarrow{ID}=\left( p-c \right)\overrightarrow{IB}+\left( p-b \right)\overrightarrow{IC}\,\,\,\,\,(1)$

Một cách tương tự $\left\{ \begin{align}& b\overrightarrow{IE}=\left( p-a \right)\overrightarrow{IC}+\left( p-c \right)\overrightarrow{IA}\,\,\,(2) \\ & c\overrightarrow{IF}=\left( p-b \right)\overrightarrow{IA}+\left( p-a \right)\overrightarrow{IB\,}\,\,\,\,(3) \\  \end{align} \right.$        

Cộng từng vế (1), (2), (3) thu được \[a\overrightarrow{ID}+b\overrightarrow{IE}+c\overrightarrow{IF}=\overrightarrow{0}\]

Ta có $a\overrightarrow{IA}+\left( p-c \right)\overrightarrow{IB}+\left( p-b \right)\overrightarrow{IC}\,\,\,\,=2a\overrightarrow{IK\,}$

$\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{I{D}}=2\overrightarrow{IK}\Leftrightarrow a\overrightarrow{IA}+a\overrightarrow{I{D}}=2a\overrightarrow{IK\,}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(4)$

Thay (1) vào (4) có $2a\overrightarrow{IK\,}+2(p-a)\overrightarrow{{IJ}}=a\overrightarrow{IA}+b\overrightarrow{IB}+c\overrightarrow{IC}$$a\overrightarrow{IA}+\left( p-c \right)\overrightarrow{IB}+\left( p-b \right)\overrightarrow{IC}=2a\overrightarrow{IK\,}\,\,\,\,(5)$

Lại có $\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}=2\overrightarrow{{IJ}}$  hay $(p-a)\overrightarrow{IB}+(p-a)\overrightarrow{IC}=2(p-a)\overrightarrow{{IJ}}\,\,\,\,\,\,\,\,(6)$

Từ (5) và (6) suy ra $2a\overrightarrow{IK\,}+2(p-a)\overrightarrow{{IJ}}=a\overrightarrow{IA}+b\overrightarrow{IB}+c\overrightarrow{IC}$.

b) Chứng minh $a\overrightarrow{IA}+b\overrightarrow{IB}+c\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}$

Nên $2a\overrightarrow{IK\,}+2(p-a)\overrightarrow{{IJ}}$ chứng tỏ $I$, $J$, $K$ thẳng hàng.

 

Câu 11.  Cho $ABC$ là 3 điểm cố định. $M$ là điểm thay đổi thỏa mãn $\left| 3\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC} \right|=\left| 2\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC} \right|$. Tìm tập hợp điểm $M$.

Hướng dẫn Câu 11:

Gọi  và $J$ là điểm sao cho $3\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}$  và $2\overrightarrow{JA}+\overrightarrow{JB}+\overrightarrow{JC}=\overrightarrow{0}$

Dễ thấy $I$ và $J$ cố định (Chỉ rõ $I$, $J$ cố định trên hình).

$\left| 3\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC} \right|=\left| 2\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC} \right|$ \[3\left| \overrightarrow{MI} \right|=4\left| \overrightarrow{MJ} \right|\Leftrightarrow 9{{\left| \overrightarrow{MI} \right|}^{2}}=16{{\left| \overrightarrow{MJ} \right|}^{2}}\] \[\Leftrightarrow 9{{\overrightarrow{MI}}^{2}}=16{{\overrightarrow{MJ}}^{2}}\,\,\Leftrightarrow \left( 3\overrightarrow{MI}+4\overrightarrow{MJ} \right)\left( 3\overrightarrow{MI}-4\overrightarrow{MJ} \right)=0\]

Gọi $E$ và $F$ lần lượt là hai điểm thỏa mãn $3 \overrightarrow{E I}+4 \overrightarrow{E J}=\overrightarrow{0}$ và $3 \overrightarrow{F I}-4 \overrightarrow{F J}=\overrightarrow{0}$.

$E$ và $F$ là hai điểm cố định do $I$, $J$ cố định.

Vậy ta có $\overrightarrow{ME}.\overrightarrow{MF}=0$  nên quỹ tích các điểm $M$ là đường tròn đường kính $EF$.

 

Câu 12. 

a) Cho tam giác $ABC$. Gọi $M$, $N$, $P$ là điểm thỏa mãn \[\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{0},\,\,\overrightarrow{NA}+2\overrightarrow{NC}=\overrightarrow{0},\,\,3\overrightarrow{PB}+4\overrightarrow{PC}=\overrightarrow{0}.\] Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $MNP$. Chứng minh $A$, $G$, $P$ thẳng hàng.

b) Cho tam giác $ABC$ có trọng tâm $G$, $I$ là điểm xác định bởi $5\overrightarrow{IA}-7\overrightarrow{IB}-\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}.$ Gọi $O$ là giao điểm của $AI$ và $BG$. Tính $\frac{OA}{OI}$.

Hướng dẫn Câu 12:

a) $3 \overrightarrow{P B}+4 \overrightarrow{P C}=\overrightarrow{0} \Rightarrow \overrightarrow{A P}=\frac{1}{7}(3 \overrightarrow{A B}+4 \overrightarrow{A C})$

$G$ là trọng tâm của tam giác $M N P$, nên ta có: $3 \overrightarrow{A G}=\overrightarrow{A M}+\overrightarrow{A N}+\overrightarrow{A P}$

$\Leftrightarrow 3 \overrightarrow{A G}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}+\frac{1}{7}(3 \overrightarrow{A B}+4 \overrightarrow{A C}) \Leftrightarrow 3 \overrightarrow{A G}=\frac{1}{6}(3 \overrightarrow{A B}+4 \overrightarrow{A C})+\frac{1}{7}(3 \overrightarrow{A B}+4 \overrightarrow{A C})$

$\Leftrightarrow 3 \overrightarrow{A G}=\frac{13}{6} \overrightarrow{A P}$. Suy ra $\overrightarrow{A G}, \overrightarrow{A P}$ cùng phương hay ba điểm $A, P, G$ thẳng hàng.

b) $5\overrightarrow{IA}-7\overrightarrow{IB}-\overrightarrow{IC}=\vec{0}$ $\Leftrightarrow 5(\overrightarrow{IG}+\overrightarrow{GA})-7(\overrightarrow{IG}+\overrightarrow{GB})-(\overrightarrow{IG}+\overrightarrow{GC})=\vec{0}$  $\Leftrightarrow 3\overrightarrow{IG}=5\overrightarrow{GA}-7\overrightarrow{GB}-(-\overrightarrow{GA}-\overrightarrow{GB})$$\Leftrightarrow 3\overrightarrow{IG}=6(\overrightarrow{GA}-\overrightarrow{GB})$ $\Leftrightarrow \overrightarrow{IG}=2\overrightarrow{BA}\Leftrightarrow \overrightarrow{GI}=2\overrightarrow{AB}$ $\Leftrightarrow \overrightarrow{AI}-\overrightarrow{AG}=2\overrightarrow{AB}$ $\Leftrightarrow \overrightarrow{AI}=\overrightarrow{AG}+2\overrightarrow{AB}$

Do $O \in B G \Rightarrow \overrightarrow{B O}=k \overrightarrow{B G}, k \in \mathbb{R}$ $\Leftrightarrow \overrightarrow{AO}-\overrightarrow{AB}=k(\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{AB})\text{ }\Leftrightarrow \overrightarrow{AO}=(1-k)\overrightarrow{AB}+k\overrightarrow{AG}$ $\Leftrightarrow \overrightarrow{AO}=(1-k)\overrightarrow{AB}+k\overrightarrow{AG}$

Vì 3 điểm ${A}, {I}, {O}$ thẳng hàng nên ta có: $\overrightarrow{AO}=m\overrightarrow{AI},\,\,m\in \mathbb{R}$ $\Leftrightarrow (1-k)\overrightarrow{AB}+k\overrightarrow{AG}=m(2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AG})$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}  1-k=2m  \\  k=m  \\\end{array}\Leftrightarrow k=m=\frac{1}{3} \right.$

Vậy $A O=\frac{1}{3} A I \Rightarrow \frac{O A}{O I}=\frac{1}{2}$.

 

Câu 13.  Cho tam giác $ABC$ có trọng tâm $G$ và điểm $N$ thỏa mãn $\overrightarrow{NB}-3\overrightarrow{NC}=\overrightarrow{0}$. Gọi $P$ là giao điểm của $AC$ và $GN$, tính $\frac{PA}{PC}$.

Hướng dẫn Câu 13:

Gọi $I$ là trung điểm của $BC$. Gọi $\overrightarrow{AP}=k\overrightarrow{AC}$.    

Ta có: $\overrightarrow{GP}=\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AG}=k\overrightarrow{AC}-\frac{1}{3}\left( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC} \right)$= $\left( k-\frac{1}{3} \right)\overrightarrow{AC}-\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}$.

Lại có: $\overrightarrow{GN}=\overrightarrow{GI}+\overrightarrow{IN}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{BC}=\frac{1}{6}\left( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC} \right)+\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}=\frac{7}{6}\overrightarrow{AC}-\frac{5}{6}\overrightarrow{AB}$.

Mặt khác, do ba điểm $G,\,P,\,N$ thẳng hàng nên hai vector $\overrightarrow{GP},\,\overrightarrow{GN}$ cùng phương.

Do đó $\frac{k-\frac{1}{3}}{\frac{7}{6}}=\frac{-\frac{1}{3}}{-\frac{5}{6}}$ $\Leftrightarrow \frac{k-\frac{1}{3}}{\frac{7}{6}}=\frac{2}{5}\Leftrightarrow k-\frac{1}{3}=\frac{7}{15}\Leftrightarrow k=\frac{4}{5}$.

Suy ra $\overrightarrow{AP}=\frac{4}{5}\overrightarrow{AC}\Rightarrow AP=\frac{4}{5}AC$ $\Rightarrow $$PC=\frac{1}{5}AC$ $\Rightarrow $$\frac{PA}{PC}=4$.

 

Câu 14. Cho tam giác ${ABC}$ là tam giác đều cạnh $a$. Trên các cạnh $B C, C A, A B$ lần lượt lấy các điểm ${N}, {M}, {P}$ sao cho $BN=\frac{a}{3};CM=\frac{2a}{3};AP=x\,\,(0<x<a)$. Tìm $x$ theo $a$ để đường thẳng ${AN}$ vuông góc với đường thẳng $PM$.

Hướng dẫn Câu 14:

Ta có $\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BN}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}{ }$

$\overrightarrow{PM}=\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{AM}=-\frac{x}{a}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}$

$\overrightarrow{A N} \cdot \overrightarrow{P M}=\left(\frac{2}{3} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{3} \overrightarrow{A C}\right)\left(-\frac{x}{a} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{3} \overrightarrow{A C}\right)=-\frac{2 x}{3 a} \cdot A B^2+\frac{1}{9} \cdot A C^2+\left(\frac{2}{9}-\frac{x}{3 a}\right) \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}$ $=-\frac{2 x}{3 a} \cdot a^2+\frac{1}{9} \cdot a^2+\left(\frac{2}{9}-\frac{x}{3 a}\right) \frac{a^2}{2}=-\frac{5 x a}{6}+\frac{2 a^2}{9}$

$A N \perp P M \Leftrightarrow \overrightarrow{A N} \cdot \overrightarrow{P M}=0 \Leftrightarrow-\frac{5 x a}{6}+\frac{2 a^2}{9}=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x=\frac{4 a}{15} \\ a=0(L) \end{array}\right.$

Vậy đường thẳng $A N$ vuông góc với đường thẳng $P M$ khi $x=\frac{4 a}{15}$.

 

Câu 15.  Cho tam giác $ABC$, $M$ là điểm di động trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Tìm vị trí điểm $M$ để $M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}-2M{{A}^{2}}$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Hướng dẫn Câu 15:

Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, $I$ là trung điểm $BC$.

Theo đề bài suy ra $O{{M}^{2}}=O{{A}^{2}}=O{{B}^{2}}=O{{C}^{2}}={{R}^{2}}$

Ta có \[M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}-2M{{A}^{2}}={{\left( \overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OM} \right)}^{2}}+{{\left( \overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OM} \right)}^{2}}-2{{\left( \overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OM} \right)}^{2}}\]\[=-2\overrightarrow{OM}.\overrightarrow{OB}-2\overrightarrow{OM}.\overrightarrow{OC}+4\overrightarrow{OM}.\overrightarrow{OA}\]\[=2\overrightarrow{OM}(2\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OC})\]\[=2\overrightarrow{OM}(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{CA})\]\[=-4\overrightarrow{OM}.\overrightarrow{AI}\]\[=-4OM.AI.\cos \left( \overrightarrow{OM},\overrightarrow{AI} \right)\ge -4OM.AI\]  Vì $OM$ và $AI$ không đổi. Do đó $M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}-2M{{A}^{2}}$ đạt giá trị nhỏ nhất khi \[\cos \left( \overrightarrow{OM},\overrightarrow{AI} \right)=1.\] Khi đó $M$ thuộc đường tròn $\left( O \right)$sao có $\overrightarrow{OM}$ và $\overrightarrow{AI}$ cùng hướng.

 

Câu 16. Cho tam giác $A B C$ có $A B=c, A C=b$ và $\widehat{B A C}=60^{\circ}$. Các điểm $M, N$ được xác định bởi $\overrightarrow{M C}=-2 \overrightarrow{M B}$ và $\overrightarrow{N A}=\frac{-1}{2} \overrightarrow{N B}$. Tìm hệ thức liên hệ giữa $b$ và $c$ để $A M$ và $C N$ vuông góc với nhau

Hướng dẫn Câu 16:

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

Tương tự ta cũng có $3 \overrightarrow{C N}=2 \overrightarrow{C A}+\overrightarrow{C B}$

Vậy $A M \perp C N \Leftrightarrow \overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{C N}=0 \Leftrightarrow(2 \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C})(2 \overrightarrow{C A}+\overrightarrow{C B})=0$

$\Leftrightarrow(2 \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C})(\overrightarrow{A B}-3 \overrightarrow{A C})=0 \Leftrightarrow 2 A B^2-3 A C^2-5 \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}=0$

$\Leftrightarrow 2 c^2-3 b^2-\frac{5 b c}{2}=0 \Leftrightarrow 4 c^2-6 b^2-5 b c=0 \Leftrightarrow c=2 b$.

 

Câu 17.  Cho tam giác đều $ABC$ cạnh $3a$. Lấy các điểm $M,\ N$ lần lượt nằm trên các cạnh $BC,CA$ sao cho $BM=a,\ CN=2a$.

a)  Tìm giá trị của tích vô hướng $\vec{AM}.\vec{BC}$ theo $a.$

b)  Gọi $P$ là điểm trên cạnh $AB$ sao cho $AM$ vuông góc với $PN$. Tính độ dài $PN$ theo $a.$

Hướng dẫn Câu 17:

a) $\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{BC}=\left( \overrightarrow{BM}-\overrightarrow{BA} \right).\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BM}.\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BC}$$=a.3a.\cos 0{}^\circ -3a.3a.\cos 60{}^\circ =3{{a}^{2}}-\frac{9{{a}^{2}}}{2}=-\frac{3{{a}^{2}}}{2}$.

b) Đặt $AP=x$ . Ta có

$\overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{P N}=(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B M}) \cdot(\overrightarrow{A N}-\overrightarrow{A P})=\left(\overrightarrow{A B}+\frac{1}{3} \overrightarrow{B C}\right) \cdot(\overrightarrow{A N}-\overrightarrow{A P})$ $=\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A N}-\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A P}+\frac{1}{3} \overrightarrow{B C} \cdot \overrightarrow{A N}-\frac{1}{3} \overrightarrow{B C} \cdot \overrightarrow{A P}$

$=3 a \cdot a \cdot \frac{1}{2}-3 a \cdot x+\frac{1}{3} \cdot 3 a \cdot a \cdot \frac{1}{2}-\frac{1}{3} \cdot 3 a \cdot x \cdot\left(-\frac{1}{2}\right)=2 a^2-\frac{5}{2} \cdot a \cdot x=a\left(2 a-\frac{5}{2} \cdot x\right)$

Theo giả thiết $A M \perp N P$ nên $\overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{P N}=0 \Leftrightarrow a\left(2 a-\frac{5}{2} x\right)=0 \Leftrightarrow x=\frac{4}{5} a$.

Khi đó $P N^2=A N^2+A P^2-2 A N \cdot A P \cdot \cos \widehat{N A P}=a^2+\frac{16}{25} a^2-2 \cdot a \cdot \frac{4}{5} a \cdot \cos 60^{\circ}=\frac{21}{25} a^2$

$\Rightarrow P N=\frac{\sqrt{21}}{5} a  {. }$

 

Câu 18.  Cho tam giác $OAB$. Đặt $\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{b}$. Gọi $C$, $D$, $E$ là các điểm sao cho $\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{OD}=\frac{1}{2}\overrightarrow{OB}$, $\overrightarrow{OE}=\frac{1}{3}\overrightarrow{OA}$. Hãy biểu thị các vectơ $\overrightarrow{OC}$, $\overrightarrow{CD}$, $\overrightarrow{DE}$ theo các vectơ $\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{b}$. Từ đó chứng minh $C$, $D$, $E$ thẳng hàng.

Hướng dẫn Câu 18:

$\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}=-\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b}$,  \[\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{OD}-\overrightarrow{OC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{b}-\left( -\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b} \right)=\overrightarrow{a}-\frac{3}{2}\overrightarrow{b}\], \[\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{OE}-\overrightarrow{OD}=\frac{1}{3}\overrightarrow{a}-\frac{1}{2}\overrightarrow{b}\]

Ta có $\overrightarrow{CD}=3\overrightarrow{DE}$. Vậy  3 điểm $C$, $D$, $E$ thẳng hàng.

Nguyễn Quốc Hoàn ,  01/3/2023