Lời giải

Tam giác ABC đều có M là trung điểm của BC nên đường trung tuyến AM đồng thời là đường phân giác và đường cao.

\( \Rightarrow \widehat {BAM} = \widehat {MAC} = \frac{1}{2}\widehat {BAC} = \frac{1}{2}.60^\circ = 30^\circ \)

Gọi Ax là tia đối của tia AM, tia Ay là tia đối của tia AB.

Do đó \(\left( {\overrightarrow {MA} ;\overrightarrow {BA} } \right) = \widehat {xAy} = \widehat {BAM} = 30^\circ \)

\(\left( {\overrightarrow {MA} ;\overrightarrow {AC} } \right) = \widehat {xAC} = 180^\circ - \widehat {MAC}\)

\( \Rightarrow \left( {\overrightarrow {MA} ;\overrightarrow {AC} } \right) = 180^\circ - 30^\circ = 150^\circ \)

Khi đó ta có:

• \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {BA} = \left| {\overrightarrow {MA} } \right|.\left| {\overrightarrow {BA} } \right|.c{\rm{os}}\left( {\overrightarrow {MA} ;\overrightarrow {BA} } \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {BA} = MA.BA.c{\rm{os30}}^\circ \)

Xét tam giác BAM vuông tại M, theo định lí Pythagoras ta có:

\(MA = \sqrt {B{A^2} - B{M^2}} = \sqrt {{1^2} - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {BA} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.1.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{3}{4}.\)

• \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {AC} = \left| {\overrightarrow {MA} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.c{\rm{os}}\left( {\overrightarrow {MA} ;\overrightarrow {AC} } \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {AC} = MA.AC.c{\rm{os150}}^\circ \)

\[ \Rightarrow \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {AC} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.1.\frac{{ - \sqrt 3 }}{2} = \frac{{ - 3}}{4}.\]

Vậy \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {BA} = \frac{3}{4}\) và \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {AC} = \frac{{ - 3}}{4}.\)

Lời giải

• Vì M là trung điểm của BC nên

\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AM} \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)\)

• N đối xứng với B qua C nên C là trung điểm của BN

\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AN} = 2\overrightarrow {AC} \)\( \Rightarrow \overrightarrow {AN} = 2\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} \)

Khi đó \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AN} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right).\left( {2\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } \right)\)

\[ = \frac{1}{2}.\left( {2\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} } \right)\]

\[ = \frac{1}{2}.\left( {2{{\overrightarrow {AC} }^2} - {{\overrightarrow {AB} }^2} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right)\]

\[ = \frac{1}{2}.\left( {2{{\left| {\overrightarrow {AC} } \right|}^2} - {{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|}^2} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right)\]

Mà \[\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.cos\left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right)\]

\[ = AB.AC.cos\widehat {BAC} = 1.1.\cos 60^\circ = \frac{1}{2}.\]

Do đó \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AN} \)\[ = \frac{1}{2}.\left( {2A{C^2} - A{B^2} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right)\]

\[ = \frac{1}{2}.\left( {{{2.1}^2} - {1^2} + \frac{1}{2}} \right)\]

\( = \frac{1}{2}.\frac{3}{2} = \frac{3}{4}.\)

Vậy \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AN} = \frac{3}{4}\)

Lời giải

• Vì P thuộc đoạn thẳng AN thỏa mãn AP = 3PN \( \Rightarrow AP = \frac{3}{4}AN\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AP} = \frac{3}{4}\overrightarrow {AN} = \frac{3}{4}.\left( {2\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AP} = \frac{3}{2}\overrightarrow {AC} - \frac{3}{4}\overrightarrow {AB} \)

• Ta có: \(\overrightarrow {MP} = \overrightarrow {AP} - \overrightarrow {AM} \)

\( = \left( {\frac{3}{2}\overrightarrow {AC} - \frac{3}{4}\overrightarrow {AB} } \right) - \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)\)

\( = \frac{3}{2}\overrightarrow {AC} - \frac{3}{4}\overrightarrow {AB} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} \)

\( = \left( {\frac{3}{2}\overrightarrow {AC} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} } \right) - \left( {\frac{3}{4}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} } \right)\)

\( = \overrightarrow {AC} - \frac{5}{4}\overrightarrow {AB} \)

\( \Rightarrow MP = \left| {\overrightarrow {MP} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} - \frac{5}{4}\overrightarrow {AB} } \right|\)

\( \Rightarrow M{P^2} = {\left( {\overrightarrow {AC} - \frac{5}{4}\overrightarrow {AB} } \right)^2}\)

\( = {\overrightarrow {AC} ^2} - 2.\frac{5}{4}\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} + \frac{{25}}{{16}}{\overrightarrow {AB} ^2}\)

\( = A{C^2} + \frac{{25}}{{16}}A{B^2} - \frac{5}{2}\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} \)

\( = {1^2} + \frac{{25}}{{16}}{.1^2} - \frac{5}{2}.\frac{1}{2}\)

\( = \frac{{21}}{{16}}\)

\( \Rightarrow MP = \sqrt {\frac{{21}}{{16}}} = \frac{{\sqrt {21} }}{4}.\)

Vậy \(\overrightarrow {AP} = \frac{3}{2}\overrightarrow {AC} - \frac{3}{4}\overrightarrow {AB} ;\)\(\overrightarrow {MP} = \overrightarrow {AC} - \frac{5}{4}\overrightarrow {AB} \) và \(MP = \frac{{\sqrt {21} }}{4}.\)

Lời giải

a) Đặt \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow a ,\overrightarrow {AD} = \overrightarrow b \) khi đó \(\left| {\overrightarrow a } \right| = 1\)và \(\left| {\overrightarrow b } \right| = \sqrt 2 .\)

Vì AB ⊥ AD nên \(\overrightarrow a \bot \overrightarrow b \Leftrightarrow \overrightarrow a .\overrightarrow b = \overrightarrow 0 \)

ABCD là hình chữ nhật nên cũng là hình bình hành nên ta có:

\(\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow a + \overrightarrow b \) (quy tắc hình bình hành)

M là trung điểm của AD nên \(\overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} = \frac{1}{2}\overrightarrow b \)

Suy ra \(\overrightarrow {BM} = \overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AB} = \frac{1}{2}\overrightarrow b - \overrightarrow a \)

Khi đó \(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BM} = \left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right).\left( {\frac{1}{2}\overrightarrow b - \overrightarrow a } \right)\)

\( = \frac{1}{2}\overrightarrow a .\overrightarrow b - \overrightarrow a .\overrightarrow a + \frac{1}{2}\overrightarrow b .\overrightarrow b - \overrightarrow a .\overrightarrow b \)

\( = \frac{1}{2}\overrightarrow 0 - {\overrightarrow a ^2} + \frac{1}{2}{\overrightarrow b ^2} - \overrightarrow 0 \) (do \(\overrightarrow a .\overrightarrow b = \overrightarrow 0 \))

\( = - {\left| {\overrightarrow a } \right|^2} + \frac{1}{2}{\left| {\overrightarrow b } \right|^2}\)

\( = - {1^2} + \frac{1}{2}.{\left( {\sqrt 2 } \right)^2} = 0\)

Do đó \(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BM} = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {AC} \bot \overrightarrow {BM} \)

AC ⊥ BM.

Lời giải

• Xét tam giác ABC vuông tại C, theo định lí Pythagore ta có:

AC² = AB² + BC² = 1 + \({\left( {\sqrt 2 } \right)^2}\)= 3

\( \Rightarrow AC = \sqrt 3 \)

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

AB² = AH.AC \( \Rightarrow AH = \frac{{A{B^2}}}{{AC}} = \frac{{{1^2}}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\)

\[ \Rightarrow \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}:\sqrt 3 = \frac{1}{3}\]

\( \Rightarrow \overrightarrow {AH} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} \)

Khi đó \(\overrightarrow {HC} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AC} \) và \(\overrightarrow {HA} = - \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} \)

Ta có \(\overrightarrow {NB} = \overrightarrow {NA} + \overrightarrow {AB} \) (quy tắc ba điiểm)

Vì N là trung điểm của AH nên \(\overrightarrow {NA} = \frac{1}{2}\overrightarrow {HA} \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {NB} = \frac{1}{2}.\left( { - \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} } \right) + \overrightarrow {AB} \)

\( = - \frac{1}{6}.\left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right) + \overrightarrow a \)

\( = \frac{5}{6}\overrightarrow a - \frac{1}{6}\overrightarrow b \)

• Có N là trung điểm của HA và P là trung điểm của CD, theo kết quả bài 4.12, trang 58, Sách giáo khoa Toán 10, tập một, ta có:

\(\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {HC} = 2\overrightarrow {NP} \)\( \Rightarrow \overrightarrow {NP} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {HC} } \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {NP} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} + \frac{1}{2}\overrightarrow {HC} \)

\( = \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} + \frac{1}{2}.\frac{2}{3}\overrightarrow {AC} \)

\( = \frac{1}{2}\overrightarrow b + \frac{1}{3}.\left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right)\)

\( = \frac{1}{3}\overrightarrow a + \frac{5}{6}.\overrightarrow b \)

Khi đó \[\overrightarrow {NB} .\overrightarrow {NP} = \left( {\frac{5}{6}\overrightarrow a - \frac{1}{6}\overrightarrow b } \right).\left( {\frac{1}{3}\overrightarrow a + \frac{5}{6}.\overrightarrow b } \right)\]

\[ = \frac{5}{{18}}{\overrightarrow a ^2} + \frac{{25}}{{36}}\overrightarrow a .\overrightarrow b - \frac{1}{{18}}\overrightarrow a .\overrightarrow b - \frac{5}{{36}}{\overrightarrow b ^2}\]

\[ = \frac{5}{{18}}{\overrightarrow a ^2} + \frac{{25}}{{36}}\overrightarrow a .\overrightarrow b - \frac{1}{{18}}\overrightarrow a .\overrightarrow b - \frac{5}{{36}}{\overrightarrow b ^2}\]

\[ = \frac{5}{{18}}{\left| {\overrightarrow a } \right|^2} + \frac{{25}}{{36}}\overrightarrow 0 - \frac{1}{{18}}\overrightarrow 0 - \frac{5}{{36}}{\left| {\overrightarrow b } \right|^2}\] (do \(\overrightarrow a .\overrightarrow b = \overrightarrow 0 \))

\[ = \frac{5}{{18}}{.1^2} - \frac{5}{{36}}.{\left( {\sqrt 2 } \right)^2}\]

\[ = \frac{5}{{18}} - \frac{5}{{36}}.2 = 0\]

Do đó \[\overrightarrow {NB} .\overrightarrow {NP} = 0 \Rightarrow \overrightarrow {NB} \bot \overrightarrow {NP} \]

NB ⊥ NP.

Lời giải

+) Vì M là trung điểm của BC nên \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AM} \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)\)

+) Theo quy tắc ba điểm ta có: \(\overrightarrow {DE} = \overrightarrow {AE} - \overrightarrow {AD} \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {DE} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)\left( {\overrightarrow {AE} - \overrightarrow {AD} } \right)\)

\[ = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AE} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AE} - \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} } \right)\]

Mà AB ⊥ AD nên \[\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} = 0\]

Và AC ⊥ AE nên \[\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AE} = 0\]

Do đó \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {DE} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AE} - \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} } \right)\)

Ta có:

• \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AE} = AB.AE.cos\widehat {BAE}\)

Và \[\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} = AC.AD.cos\widehat {CAD}\]

• AB = AD (do ∆ABD vuông cân tại A)

Và AC = AE (do ∆ACE vuông cân tại A)

• \(\widehat {BAE} = \widehat {BAC} + \widehat {CAE} = \widehat {BAC} + 90^\circ \)

Và \(\widehat {CAD} = \widehat {BAC} + \widehat {BAD} = \widehat {BAC} + 90^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {BAE} = \widehat {CAD}\)

Do đó \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AE} = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {DE} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AE} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AE} } \right) = 0\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AM} \bot \overrightarrow {DE} \)

Lời giải

Ta có: \[\overrightarrow {BE} = \overrightarrow {AE} - \overrightarrow {AB} \] và \[\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} \]

\( \Rightarrow \overrightarrow {BE} .\overrightarrow {CD} = \left( {\overrightarrow {AE} - \overrightarrow {AB} } \right).\left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} } \right)\)

\( = \overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \)

\( = \overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \) (do \[\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} = 0\] và \[\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AE} = 0\])

Ta có:

• \(\overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AD} = AE.AD.cos\widehat {DAE}\)

Và \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = AB.AC.cos\widehat {BAC}\)

• AB = AD và AC = AE

• \(\widehat {DAE} = 360^\circ - \widehat {DAB} - \widehat {BAC} - \widehat {CAE}\)

\[ \Rightarrow \widehat {DAE} = 360^\circ - 90^\circ - \widehat {BAC} - 90^\circ \]

\[ \Rightarrow \widehat {DAE} = 180^\circ - \widehat {BAC}\]

\[ \Rightarrow cos\widehat {DAE} = cos\left( {180^\circ - \widehat {BAC}} \right) = - cos\widehat {BAC}\]

\( \Rightarrow \overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AD} = - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {BE} .\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 0\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {BE} \bot \overrightarrow {CD} \)

BE ⊥ CD.

Lời giải

Ta có: \(B{E^2} = {\overrightarrow {BE} ^2} = {\left( {\overrightarrow {AE} - \overrightarrow {AB} } \right)^2}\)

\( = {\overrightarrow {AE} ^2} - 2.\overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AB} + {\overrightarrow {AB} ^2}\)

\( = A{E^2} + A{B^2} - 2.AE.AB.cos\widehat {EAB}\)

\[ = A{D^2} + A{C^2} - 2.AD.AC.cos\widehat {CAD}\]

\( = {\overrightarrow {AD} ^2} + {\overrightarrow {AC} ^2} - 2\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AC} \)

\( = {\left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} } \right)^2}\)

\( = {\overrightarrow {CD} ^2} = C{D^2}\)

BE = CD(1)

Xét tam giác BCD có M, N lần lượt là trung điểm của BC, BD

Nên MN là đường trung bình của ∆BCD

\( \Rightarrow MN = \frac{1}{2}CD\) và MN // CD(2)

Chứng minh tương tự ta cũng có:

MP là đường trung bình của ∆BCE

\( \Rightarrow MP = \frac{1}{2}BE\) và MP // BE(3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra MN = MP.

Vì BE ⊥ CD (câu b), MN // CD và MP // BE

Nên MN ⊥ MP

\( \Rightarrow \widehat {NMP} = 90^\circ \)

Tam giác MNP có MN = MP và \(\widehat {NMP} = 90^\circ \)

Suy ra tam giác MNP là tam giác vuông cân tại M.

Lời giải

Gọi ba điểm A, B, C sao cho \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow a ,\overrightarrow {BC} = \overrightarrow b \)

Khi đó \(\overrightarrow a + \overrightarrow b = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AC} \)

Và AB = 6, BC = 8 và AC = 10.

Xét tam giác ABC có:

• AB² + BC² = 6² + 8² =100

AC² = 10² = 100

AB² + BC² = AC²

Do đó tam giác ABC vuông tại B (định lí Pythagore đảo)

• \(cos\widehat {BAC} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{6}{{10}} = \frac{3}{5}\)

Ta có \(\overrightarrow a .\left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right) = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \)

\( = AB.ACcos\widehat {BAC}\)

\( = 6.10.\frac{3}{5} = 36\)

Vậy \(\overrightarrow a .\left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right) = 36.\)

Lời giải

Gọi ba điểm A, B, C sao cho \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow a ,\overrightarrow {BC} = \overrightarrow b \)

Khi đó \(\overrightarrow a + \overrightarrow b = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AC} \)

Và AB = 6, BC = 8 và AC = 10.

Xét tam giác ABC có:

• AB² + BC² = 6² + 8² =100

AC² = 10² = 100

AB² + BC² = AC²

Do đó tam giác ABC vuông tại B (định lí Pythagore đảo)

• \(cos\widehat {BAC} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{6}{{10}} = \frac{3}{5}\)

\(cos\left( {\overrightarrow a ;\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right) = cos\widehat {BAC} = \frac{3}{5}\)

\[ \Rightarrow \widehat {BAC} \approx 53^\circ 7'48''\]

Vậy \(\left( {\overrightarrow a ;\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right) \approx 53^\circ 7'48''.\)

Lời giải

Gọi H và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

• Vì D, M lần lượt là hình chiếu của H và O lên BC, nên \(\overrightarrow {MD} \) là hình chiếu của \(\overrightarrow {OH} \) trên giá của \(\overrightarrow {BC} \)

Theo định lí hình chiếu (được giới thiệu ở phần Nhận xét của Ví dụ 2, trang 62, Sách Bài tập Toán 10, tập một) ta có:

\(\overrightarrow {OH} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {MD} .\overrightarrow {BC} \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {MD} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {OH} .\left( {\overrightarrow {OC} - \overrightarrow {OB} } \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {MD} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OC} - \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OB} \)(1)

Chứng minh tương tự ta cũng có:

• \(\overrightarrow {NE} .\overrightarrow {CA} = \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {CA} = \overrightarrow {OH} .\left( {\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OC} } \right)\)

\[ \Rightarrow \overrightarrow {NE} .\overrightarrow {CA} = \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OC} \](2)

• \(\overrightarrow {PF} .\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {OH} .\left( {\overrightarrow {OB} - \overrightarrow {OA} } \right)\)

\[ \Rightarrow \overrightarrow {PF} .\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OB} - \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OA} \](3)

Từ (1), (2) và (3) ta có:

\(\overrightarrow {MD} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {NE} .\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {PF} .\overrightarrow {AB} \)

\[ = \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OC} - \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OB} - \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OA} \]

= 0

Vậy \(\overrightarrow {MD} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {NE} .\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {PF} .\overrightarrow {AB} = 0.\)

Lời giải

Vì tam giác ABC vuông tại A nên AB ⊥ AC hay \(\overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {AC} \)

Do đó \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 0\)

Giả sử C(x; 0) là điểm thuộc trục hoành.

Với A(2; 1), B(4; 3) và C(x; 0) ta có:

\(\overrightarrow {AB} = \left( {2;2} \right)\) và \(\overrightarrow {AC} = \left( {x - 2; - 1} \right)\)

Khi đó \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 0\) 2(x – 2) + 2(–1) = 0

2x – 4 – 2 = 0

2x = 6

x = 3

Vậy C(3; 0).

\( \Rightarrow \overrightarrow {AC} = \left( {1; - 1} \right)\)

Ta có:

• \(\overrightarrow {AB} = \left( {2;2} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {{2^2} + {2^2}} = 2\sqrt 2 \)

• \(\overrightarrow {AC} = \left( {1; - 1} \right) \Rightarrow AC = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} = \sqrt 2 \)

• \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt {10} \) (theo định lí Pythagore)

Khi đó chu vi tam giác ABC là:

AB + AC + BC = \(2\sqrt 2 + \sqrt 2 + \sqrt {10} = 3\sqrt 2 + \sqrt {10} \)(đơn vị độ dài)

Diện tích tam giác ABC là:

\(\frac{1}{2}.AB.AC = \frac{1}{2}.2\sqrt 2 .\sqrt 2 = 2\) (đơn vị diện tích)

Lời giải

Tam giác ABD vuông cân tại A nên AB ⊥ AD và AB = AD

• Với AB ⊥ AD ta có \(\overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {AD} \)

Mà \(\overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {AC} \) (theo câu a)

Nên \[\overrightarrow {AD} \] cùng phương với \[\overrightarrow {AC} \]

Gọi D(a; b) là tọa độ điểm D cần tìm.

\( \Rightarrow \overrightarrow {AD} = \left( {a - 2;b - 1} \right)\)

Mà \(\overrightarrow {AC} = \left( {1; - 1} \right)\)

Do đó \[\overrightarrow {AD} \] cùng phương với \[\overrightarrow {AC} \] khi và chỉ khi:

\(\frac{{a - 2}}{1} = \frac{{b - 1}}{{ - 1}}\) a – 2 = 1 – b

b – 1 = 2 – a (4)

• Với AB = AD ta có AB² = AD²

\( \Leftrightarrow {\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} = {\left( {a - 2} \right)^2} + {\left( {b - 1} \right)^2}\)

8 = (a – 2)² + (2 – a)² (do b – 1 = 2 – a)

8 = 2.(a – 2)²

(a – 2)² = 4

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a - 2 = 2\\a - 2 = - 2\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 4\\a = 0\end{array} \right.\)

Với a = 4 thì b – 1 = 2 – 4 b = –1 ta có điểm D₁(4; –1).

Với a = 0 thì b – 1 = 2 – 0 b = 3 ta có điểm D₂(0; 3).

Vậy có hai điểm D thỏa mãn yêu cầu đề bài là D₁(4; –1) và D₂(0; 3).

Lời giải

Gọi I là giao điểm của AC và BD

Vì ABCD là hình vuông nên ta có: I là trung điểm của AC; AC = BD và AC ⊥ BD tại I.

• I là trung điểm của AC nên:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{1 + 9}}{2} = 5\\{y_I} = \frac{{4 + 2}}{2} = 3\end{array} \right.\) I(5; 3)

Giả sử B(x; y) (y < 0) và D(a; b)

Vì I là trung điểm của BD nên ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}5 = \frac{{x + a}}{2}\\3 = \frac{{y + b}}{2}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 10 - x\\b = 6 - y\end{array} \right.\] D(10 – x; 6 – y)

Với A(1; 4); C(9; 2); B(x; y) và D(10 – x; 6 – y) ta có:

\(\overrightarrow {AC} = \left( {8; - 2} \right)\) và \(\overrightarrow {BD} = \left( {10 - 2x;6 - 2y} \right)\)

• AC ⊥ BD \[ \Leftrightarrow \overrightarrow {AC} \bot \overrightarrow {BD} \Leftrightarrow \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BD} = 0\]

8.(10 – 2x) + (–2).(6 – 2y) = 0

80 – 16x – 12 + 4y = 0

4y = 16x – 68

y = 4x – 17 (với y < 0)

• AC = BD AC² = BD²

8² + (–2)² = (10 – 2x)² + (6 – 2y)²

64 + 4 = (10 – 2x)² + [6 – 2(4x – 17)]²

(10 – 2x)² + (6 – 8x + 34)² = 68

(10 – 2x)² + (40 – 8x)² = 68

4.(x – 5)² + 64.(x – 5)² = 68

(x – 5)² = 1

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 5 = 1\\x - 5 = - 1\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 6\\x = 4\end{array} \right.\)

Với x = 6 ta có y = 4.6 – 17 = 7 (không thỏa mãn y < 0)

Với x = 4 ta có y = 4.4 – 17 = –1 (thỏa mãn y < 0)

Khi đó ta có điểm B(4; –1)

Mà D(10 – x; 6 – y) nên D(6; 7).

Vậy B(4; –1) và D(6; 7).

</></></></>

Lời giải

Vì C cách đều A và B nên CA = CB

AC² = BC²

Giả sử C(x; 0) là điểm thuộc trục hoành

Với A(1; 1); B(7; 5) và C(x; 0) ta có:

• \(\overrightarrow {AC} = \left( {x - 1; - 1} \right)\) AC² = (x – 1)² + (–1)²

AC² = x² – 2x + 2

• \(\overrightarrow {BC} = \left( {x - 7; - 5} \right)\) BC² = (x – 7)² + (–5)²

BC² = x² – 14x + 74

Do đó AC² = BC²

x² – 2x + 2 = x² – 14x + 74

12x = 72

x = 6

Vậy C(6; 0).

Lời giải

Gọi M là trung điểm của AB.

Khi đó \(\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DB} = 2\overrightarrow {DM} \)

Do đó để vectơ \(\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DB} \) có độ dài ngắn nhất thì vectơ \(2\overrightarrow {DM} \) có độ dài ngắn nhất

DM có độ dài ngắn nhất

Hay DM² nhỏ nhất.

Giả sử D(0; y) là điểm thuộc trục tung

Với A(1; 1); B(7; 5) và D(0; y) ta có:

• M là trung điểm của AB nên \(\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = \frac{{1 + 7}}{2} = 4\\{y_M} = \frac{{1 + 5}}{2} = 3\end{array} \right.\)

M(4; 3)

\( \Rightarrow \overrightarrow {DM} = \left( {4;3 - y} \right)\)

^DM2 = 4² + (3 – y)²

Hay DM² = (y – 3)² + 16

Vì (y – 3)² ≥ 0 với mọi y

Nên (y – 3)² + 16 ≥ 16 với mọi y

Hay DM² ≥ 16 với mọi y

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi y – 3 = 0 y = 3.

Do đó DM đạt giá trị nhỏ nhất khi D(0; 3)

Vậy D(0; 3) thì vectơ \(\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DB} \) có độ dài ngắn nhất.

Lời giải

Với A(–3; 2), B(1; 5) và C(3; −1) ta có:

\(\overrightarrow {AB} = \left( {4;3} \right)\)và \(\overrightarrow {AC} = \left( {6; - 3} \right)\)

Vì \(\frac{4}{6} = \frac{2}{3} \ne \frac{3}{{ - 3}} = - 1\) nên hai vectơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AC} \) không cùng phương

Do đó ba điểm A, B, C không thẳng hàng

Vậy A, B, C là ba đỉnh của một tam giác.

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{ - 3 + 1 + 3}}{3} = \frac{1}{3}\\{y_G} = \frac{{2 + 5 + \left( { - 1} \right)}}{3} = 2\end{array} \right.\) \( \Rightarrow G\left( {\frac{1}{3};2} \right)\)

Vậy tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là: \(G\left( {\frac{1}{3};2} \right)\).

Lời giải

Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên AH ⊥ BC và BH ⊥ AC

Hay \(\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = 0\) và \(\overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC} = 0\)

Giả sử H(x; y) là tọa độ trực tâm tam giác ABC

Với A(–3; 2), B(1; 5), C(3; −1) và H(x; y) ta có:

• \(\overrightarrow {AH} = \left( {x + 3;y - 2} \right)\) và \(\overrightarrow {BC} = \left( {2; - 6} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = \left( {x + 3} \right).2 + \left( {y - 2} \right).\left( { - 6} \right) = 0\)

2x – 6y = –18

x – 3y = –9(1)

• \(\overrightarrow {BH} = \left( {x - 1;y - 5} \right)\) và \(\overrightarrow {AC} = \left( {6; - 3} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC} = \left( {x - 1} \right).6 + \left( {y - 5} \right).\left( { - 3} \right) = 0\)

6x – 3y = –9(2)

Trừ vế theo vế (2) cho (1) ta có:

5x = 0 x = 0

y = 3

H(0; 3)

Vậy tọa độ trực tâm của tam giác ABC là H(0; 3)

Lời giải

Theo kết quả phần a) của Bài 4.15, trang 54, Sách Bài tập, Toán 10, tập một ta có:

\(\overrightarrow {AH} = 2\overrightarrow {IM} \) với M là trung điểm của BC.

Giả sử I(a; b) là tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Với A(–3; 2), B(1; 5), C(3; −1), H(0; 3) và I(a; b) ta có:

• \(\overrightarrow {AH} = \left( {3;1} \right)\)

• M là trung điểm của BC nên \(\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = \frac{{1 + 3}}{2} = 2\\{y_M} = \frac{{5 + \left( { - 1} \right)}}{2} = 2\end{array} \right.\)

M(2; 2)

\( \Rightarrow \overrightarrow {IM} = \left( {2 - a;2 - b} \right)\)

\( \Rightarrow 2\overrightarrow {IM} = \left( {4 - 2a;4 - 2b} \right)\)

Ta có \(\overrightarrow {AH} = 2\overrightarrow {IM} \)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 = 4 - 2a\\1 = 4 - 2b\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{2}\\b = \frac{3}{2}\end{array} \right.\) \( \Rightarrow I\left( {\frac{1}{2};\frac{3}{2}} \right)\)

Vậy tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là \(I\left( {\frac{1}{2};\frac{3}{2}} \right).\)

Lời giải

Do lực \(\overrightarrow F \) không đổi tác động lên một chất điểm trong suốt quá trình chuyển động của chất điểm nên công sinh bởi lực \(\overrightarrow F \) khi chất điểm chuyển động theo đường gấp khúc từ M đến N rồi tiếp tục từ N đến P là:

A₁ = \(\overrightarrow F .\overrightarrow {MN} + \overrightarrow F .\overrightarrow {NP} \)

A₁ \( = \overrightarrow F .\left( {\overrightarrow {MN} + \overrightarrow {NP} } \right)\)

A₁ \( = \overrightarrow F .\overrightarrow {MP} \)(1)

Lời giải

Do lực \(\overrightarrow F \) không đổi tác động lên một chất điểm trong suốt quá trình chuyển động của chất điểm nên công sinh bởi lực \(\overrightarrow F \) khi chất điểm chuyển động thẳng từ M đến P là:

A₂ \( = \overrightarrow F .\overrightarrow {MP} \)(2)

Từ (1) và (2) ta có A₁ = A₂ \(\left( { = \overrightarrow F .\overrightarrow {MP} } \right)\)

Vậy A₁ = A₂.