Lời giải

Ta có:

+) D là trung điểm của BC nên \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AD} \)

+) E là trung điểm của AC nên \(\overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AE} \)

Do đó \(\overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AE} = 2\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BE} } \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} + 2\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BE} } \right) = 2\overrightarrow {AD} \)

\[ \Rightarrow \overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {BE} = 2\overrightarrow {AD} \]

\[ \Rightarrow 3\overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {BE} = 2\overrightarrow {AD} \]

\[ \Rightarrow 3\overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {AD} - 2\overrightarrow {BE} \]

\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AD} - \frac{2}{3}\overrightarrow {BE} \)

+) Vì \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AD} \) nên \(\overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} \)

Mà \(\overrightarrow {AB} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AD} - \frac{2}{3}\overrightarrow {BE} \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AD} - \left( {\frac{2}{3}\overrightarrow {AD} - \frac{2}{3}\overrightarrow {BE} } \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AD} - \frac{2}{3}\overrightarrow {AD} + \frac{2}{3}\overrightarrow {BE} \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AC} = \frac{4}{3}\overrightarrow {AD} + \frac{2}{3}\overrightarrow {BE} \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {CA} = - \frac{4}{3}\overrightarrow {AD} - \frac{2}{3}\overrightarrow {BE} \)

+) \(\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} \) (quy tắc hiệu)

\( \Rightarrow \overrightarrow {BC} = \left( {\frac{4}{3}\overrightarrow {AD} + \frac{2}{3}\overrightarrow {BE} } \right) - \left( {\frac{2}{3}\overrightarrow {AD} - \frac{2}{3}\overrightarrow {BE} } \right)\)

\[ \Rightarrow \overrightarrow {BC} = \frac{4}{3}\overrightarrow {AD} + \frac{2}{3}\overrightarrow {BE} - \frac{2}{3}\overrightarrow {AD} + \frac{2}{3}\overrightarrow {BE} \]

\[ \Rightarrow \overrightarrow {BC} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AD} + \frac{4}{3}\overrightarrow {BE} \]

Vậy \(\overrightarrow {AB} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AD} - \frac{2}{3}\overrightarrow {BE} ;\) \[\overrightarrow {BC} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AD} + \frac{4}{3}\overrightarrow {BE} \] và \(\overrightarrow {CA} = - \frac{4}{3}\overrightarrow {AD} - \frac{2}{3}\overrightarrow {BE} .\)

Lời giải

Gọi C là điểm thoả mãn OACB là hình bình hành

Mà ∆OAB vuông cân có OA = OB nên OACB là hình vuông

OC = AB

Mà AB² = OA² + OB² (định lí Pythagoras)

AB² = a² + a² = 2a²

\( \Rightarrow OC = AB = a\sqrt 2 \)

+) Có: \(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} = \overrightarrow {OC} \) (quy tắc hình bình hành)

\[ \Rightarrow \left| {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} } \right| = \left| {\overrightarrow {OC} } \right| = OC = a\sqrt 2 \]

+) Có: \(\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OB} = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {BO} = \overrightarrow {BO} + \overrightarrow {OA} = \overrightarrow {BA} \)

\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OB} } \right| = \left| {\overrightarrow {BA} } \right| = a\sqrt 2 \)

+) Lấy điểm D sao cho \(\overrightarrow {OD} = 2\overrightarrow {OB} \) nên hai vectơ \(\overrightarrow {OD} \), \(\overrightarrow {OB} \) cùng hướng và OD = 2OB.

Có: \(\overrightarrow {OA} + 2\overrightarrow {OB} = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OD} \)

Vẽ hình chữ nhật OAED, khi đó \(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OD} = \overrightarrow {OE} \)

\[ \Rightarrow \left| {\overrightarrow {OA} + 2\overrightarrow {OB} } \right| = \left| {\overrightarrow {OE} } \right| = OE\]

Mà OE² = OD² + DE² (định lí Pythagoras)

OE² = (2OB)² + OA²

OE² = (2a)² + a² = 5a²

\[ \Rightarrow OE = a\sqrt 5 \]

Do đó \[\left| {\overrightarrow {OA} + 2\overrightarrow {OB} } \right| = a\sqrt 5 \]

+) Lấy điểm G sao cho \(\overrightarrow {OG} = 2\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {OH} = 3\overrightarrow {OB} \)

Khi đó: hai vectơ \(\overrightarrow {OG} \), \(\overrightarrow {OA} \) cùng hướng và OG = 2OA;

Và hai vectơ \(\overrightarrow {OH} \), \(\overrightarrow {OB} \) cùng hướng và OH = 3OB.

Có: \(2\overrightarrow {OA} - 3\overrightarrow {OB} = \overrightarrow {OG} - \overrightarrow {OH} \)

\( = \overrightarrow {OG} + \overrightarrow {HO} \) \( = \overrightarrow {HO} + \overrightarrow {OG} \)

\( = \overrightarrow {HG} \)

\( \Rightarrow \left| {2\overrightarrow {OA} - 3\overrightarrow {OB} } \right| = \left| {\overrightarrow {HG} } \right| = HG\)

Mà HG² = OG² + OH² (định lí Pythagoras)

HG² = (2OA)² + (3OB)²

HG² = (2a)² + (3a)²

HG² = 13a²

\( \Rightarrow HG = a\sqrt {13} \)

Do đó \(\left| {2\overrightarrow {OA} - 3\overrightarrow {OB} } \right| = a\sqrt {13} .\)

Vậy \[\left| {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} } \right| = a\sqrt 2 ;\]\(\left| {\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OB} } \right| = a\sqrt 2 ;\)\[\left| {\overrightarrow {OA} + 2\overrightarrow {OB} } \right| = a\sqrt 5 \] và \(\left| {2\overrightarrow {OA} - 3\overrightarrow {OB} } \right| = a\sqrt {13} .\)

Lời giải

Kẻ đường kính AD. Hai điểm B, C thuộc đường tròn đường kính AD nên \(\widehat {ABD} = \widehat {ACD} = 90^\circ \)

Hay BD ⊥ AB, CD ⊥ AC

Lại có H là trực tâm ∆ABC nên BH ⊥ AC, CH ⊥ AB

BH /// CD và CH // BD

BHCD là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)

Hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường (tính chất hình bình hành)

Mà M là trung điểm của BC

M là trung điểm của HD

Mà O là trung điểm của AD

Khi đó OM là đường trung bình của ∆AHD

OM // AH và \(AH = 2.OM\) (tính chất đường trung bình)

Do đó hai vectơ \(\overrightarrow {AH} \) và \(\overrightarrow {OM} \) có:

+ Cùng phương, cùng hướng

+ Độ dài: \(\left| {\overrightarrow {AH} } \right| = 2\left| {\overrightarrow {OM} } \right|\)

\[ \Rightarrow \overrightarrow {AH} = 2\overrightarrow {OM} .\]

Vậy \[\overrightarrow {AH} = 2\overrightarrow {OM} .\]

Lời giải

Vì

M là trung điểm của BC nên \(\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = 2\overrightarrow {OM} \)

Mà \[\overrightarrow {AH} = 2\overrightarrow {OM} \] (câu a)

\[ \Rightarrow \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {AH} \]

\[ \Rightarrow \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {AH} \]

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

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

Lời giải

Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên \[\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = 3\overrightarrow {OG} .\]

Mà \[\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {OH} \] (câu b)

Suy ra \(\overrightarrow {OH} = 3\overrightarrow {OG} \)

Khi đó \(\overrightarrow {OH} \) và \(\overrightarrow {OG} \) cùng phương, cùng hướng

O, H, G thẳng hàng.

Vậy ba điểm O, H, G thẳng hàng.

Lời giải

Với điểm O bất kì ta có:

+) \(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} = 2\overrightarrow {OM} \) (do M là trung điểm của AB)

+) \(\overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} = 2\overrightarrow {ON} \) (do N là trung điểm của CD)

+) \(\overrightarrow {OM} + \overrightarrow {ON} = 2\overrightarrow {OI} \) (do I là trung điểm của MN)

\(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} = 2\overrightarrow {OM} + 2\overrightarrow {ON} \)

\( = 2\left( {\overrightarrow {OM} + \overrightarrow {ON} } \right) = 2.2\overrightarrow {OI} = 4\overrightarrow {OI} \)

Vậy với điểm O bất kì đều có: \(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} = 4\overrightarrow {OI} .\)

Lời giải

+)

Vì M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC

Nên MN là đường trung bình của tam giác ABC.

MN // AC và \(MN = \frac{1}{2}AC\) (tính chất đường trung bình)

Do đó \(\overrightarrow {MN} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} \)(1)

Chứng minh tương tự ta cũng có: \(\overrightarrow {PQ} = \frac{1}{2}\overrightarrow {CE} \)(2)

Và \(\overrightarrow {RS} = \frac{1}{2}\overrightarrow {EA} \)(3)

Từ (1), (2) và (3) ta có:

\(\overrightarrow {MN} + \overrightarrow {PQ} + \overrightarrow {RS} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} + \frac{1}{2}\overrightarrow {CE} + \frac{1}{2}\overrightarrow {EA} \)

\( = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CE} + \overrightarrow {EA} } \right)\)

\( = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AE} + \overrightarrow {EA} } \right)\) (quy tắc ba điểm)

\( = \frac{1}{2}\overrightarrow {{\rm{AA}}} \)(quy tắc ba điểm)

\( = \frac{1}{2}.\overrightarrow 0 = \overrightarrow 0 \)

Do đó \(\overrightarrow {MN} + \overrightarrow {PQ} + \overrightarrow {RS} = \overrightarrow 0 \)

+) Giả sử G và G' lần lượt là trọng tâm của tam giác MPR và tam giác NQS.

Khi đó ta có: \(\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {PG} + \overrightarrow {RG} = \overrightarrow 0 \) và \(\overrightarrow {NG'} + \overrightarrow {QG'} + \overrightarrow {SG'} = \overrightarrow 0 \) hay \(\overrightarrow {G'N} + \overrightarrow {G'Q} + \overrightarrow {G'S} = \overrightarrow 0 \)

Mặt khác: theo quy tắc ba điểm ta có:

+) \(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GG'} + \overrightarrow {G'N} ;\)

+) \(\overrightarrow {PQ} = \overrightarrow {PG} + \overrightarrow {GG'} + \overrightarrow {G'Q} ;\)

+) \(\overrightarrow {RS} = \overrightarrow {RG} + \overrightarrow {GG'} + \overrightarrow {G'S} ;\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {MN} + \overrightarrow {PQ} + \overrightarrow {RS} = \overrightarrow {MG} + \overrightarrow {PG} + \overrightarrow {RG} + 3.\overrightarrow {GG'} + \overrightarrow {G'N} + \overrightarrow {G'Q} + \overrightarrow {G'S} \)

\( = \left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {PG} + \overrightarrow {RG} } \right) + 3.\overrightarrow {GG'} + \left( {\overrightarrow {G'N} + \overrightarrow {G'Q} + \overrightarrow {G'S} } \right)\)

\( = \overrightarrow 0 + 3.\overrightarrow {GG'} + \overrightarrow 0 \)

\( = 3.\overrightarrow {GG'} \)

+) Lại có \(\overrightarrow {MN} + \overrightarrow {PQ} + \overrightarrow {RS} = \overrightarrow 0 \) (chứng minh trên)

Nên \(3\overrightarrow {GG'} = \overrightarrow 0 \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {GG'} = \overrightarrow 0 \)

Suy ra G và G' trùng nhau.

Vậy hai tam giác MPR và NQS có cùng trọng tâm.

Lời giải

Qua M,

kẻ các đường thẳng IJ // BC, HK // AC, PQ // AB.

Tam giác ABC đều nên \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB} = 60^\circ \)

Mà PQ // AB nên \(\widehat {MQK} = \widehat {ABC} = 60^\circ ,\)

HK // AC nên \(\widehat {MKQ} = \widehat {ACB} = 60^\circ \)

Tam giác MQK có: \(\widehat {MQK} = \widehat {MKQ} = 60^\circ \) nên là tam giác đều.

Lại có MD là đường cao kẻ từ M nên MD đồng thời là đường trung tuyến

Do đó D là trung điểm của QK

\( \Rightarrow \overrightarrow {MQ} + \overrightarrow {MK} = 2\overrightarrow {MD} \)(1)

Chứng minh tương tự ta cũng có:

+) \(\overrightarrow {MH} + \overrightarrow {MI} = 2\overrightarrow {MF} \)(2)

+) \(\overrightarrow {MP} + \overrightarrow {MJ} = 2\overrightarrow {ME} \)(3)

Từ (1), (2) và (3) ta có:

\(\overrightarrow {MQ} + \overrightarrow {MK} + \overrightarrow {MH} + \overrightarrow {MI} + \overrightarrow {MP} + \overrightarrow {MJ} = 2\overrightarrow {MD} + 2\overrightarrow {MF} + 2\overrightarrow {ME} \)

\[ \Rightarrow 2\left( {\overrightarrow {MD} + \overrightarrow {MF} + \overrightarrow {ME} } \right) = \left( {\overrightarrow {MQ} + \overrightarrow {MI} } \right) + \left( {\overrightarrow {MK} + \overrightarrow {MJ} } \right) + \left( {\overrightarrow {MH} + \overrightarrow {MP} } \right)\]

Vì MI // BQ, MQ // BI nên tứ giác MIBQ là hình bình hành

\( \Rightarrow \overrightarrow {MI} + \overrightarrow {MQ} = \overrightarrow {MB} \)

Tương tự ta có \[\overrightarrow {MK} + \overrightarrow {MJ} = \overrightarrow {MC} ;\overrightarrow {MH} + \overrightarrow {MP} = \overrightarrow {MA} \]

Khi đó \[2\left( {\overrightarrow {MD} + \overrightarrow {MF} + \overrightarrow {ME} } \right) = \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MA} \]

\[ \Rightarrow \overrightarrow {MD} + \overrightarrow {MF} + \overrightarrow {ME} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MA} } \right)\]

Lại có O là trọng tâm của tam giác ABC nên \[\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MA} = 3\overrightarrow {MO} \]

\[ \Rightarrow \overrightarrow {MD} + \overrightarrow {MF} + \overrightarrow {ME} = \frac{1}{2}.3\overrightarrow {MO} = \frac{3}{2}\overrightarrow {MO} .\]

Vậy \(\overrightarrow {MD} + \overrightarrow {ME} + \overrightarrow {MF} = \frac{3}{2}\overrightarrow {MO} .\)

Lời giải

Gọi I là trung điểm của AB.

Khi đó: \(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} = 2\overrightarrow {MI} \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + 2\overrightarrow {MC} = 2\overrightarrow {MI} + 2\overrightarrow {MC} = 2\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {MC} } \right)\)

Gọi K là trung điểm của IC, khi đó: \[\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {MC} = 2\overrightarrow {MK} \]

\[ \Rightarrow \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + 2\overrightarrow {MC} = 2.2\overrightarrow {MK} = 4\overrightarrow {MK} .\]

Mà \[\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + 2\overrightarrow {MC} = \overrightarrow 0 .\]

Do đó \[4\overrightarrow {MK} = \overrightarrow 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {MK} = \overrightarrow 0 \]

Suy ra M ≡ K.

Vậy M là trung điểm của IC (với I là trung điểm của AB).

Lời giải

Ta có: \[4\overrightarrow {NA} - 2\overrightarrow {NB} + \overrightarrow {NC} = 4\overrightarrow {NA} - 2\left( {\overrightarrow {NA} + \overrightarrow {AB} } \right) + \overrightarrow {NC} \]

\[ = 4\overrightarrow {NA} - 2\overrightarrow {NA} - 2\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {NC} \]

\[ = 2\overrightarrow {NA} - 2\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {NC} \]

\[ = \overrightarrow {NA} - 2\overrightarrow {AB} + \left( {\overrightarrow {NA} + \overrightarrow {NC} } \right)\]

Gọi H là trung điểm của AC, khi đó \(\overrightarrow {NA} + \overrightarrow {NC} = 2\overrightarrow {NH} \)

\[ \Rightarrow 4\overrightarrow {NA} - 2\overrightarrow {NB} + \overrightarrow {NC} = \overrightarrow {NA} - 2\overrightarrow {AB} + 2.\overrightarrow {NH} \]

\[ = \left( {\overrightarrow {NA} + 2.\overrightarrow {NH} } \right) - 2\overrightarrow {AB} \]

Giả sử P là điểm thỏa mãn \[\overrightarrow {PA} + 2.\overrightarrow {PH} = \overrightarrow 0 \]

Khi đó \[\overrightarrow {NA} + 2.\overrightarrow {NH} = \left( {\overrightarrow {NP} + \overrightarrow {PA} } \right) + 2\left( {\overrightarrow {NP} + \overrightarrow {PH} } \right)\]

\( = 3\overrightarrow {NP} + \overrightarrow {PA} + 2\overrightarrow {PH} \)

\( = 3\overrightarrow {NP} + \overrightarrow 0 \)

\( = 3\overrightarrow {NP} \)

\( \Rightarrow 4\overrightarrow {NA} - 2\overrightarrow {NB} + \overrightarrow {NC} = 3\overrightarrow {NP} - 2\overrightarrow {AB} \)

Mà \[4\overrightarrow {NA} - 2\overrightarrow {NB} + \overrightarrow {NC} = \overrightarrow 0 .\]

Nên \(3\overrightarrow {NP} - 2\overrightarrow {AB} = \overrightarrow 0 \)

\( \Rightarrow 3\overrightarrow {NP} = 2\overrightarrow {AB} \)

\[ \Rightarrow \overrightarrow {NP} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AB} \]

Gọi Q là điểm nằm trên cạnh AB sao cho \[\overrightarrow {AQ} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AB} \]

\[ \Rightarrow \overrightarrow {NP} = \overrightarrow {AQ} \]

Do đó tứ giác AQPN là hình bình hành

Vậy điểm N cần tìm là đỉnh của hình bình hành AQPN (với Q thỏa mãn \[\overrightarrow {AQ} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AB} \] và P thỏa mãn \[\overrightarrow {PA} + 2.\overrightarrow {PH} = \overrightarrow 0 \], H là trung điểm của AC).

Lời giải

Gọi I là trung điểm của AC, H là trung điểm của BC.

Khi đó \[\overrightarrow {KA} + \overrightarrow {KC} = 2\overrightarrow {KI} \]và \[\overrightarrow {KB} + \overrightarrow {KC} = 2\overrightarrow {KH} \]

\[ \Rightarrow \overrightarrow {KA} + 2\overrightarrow {KB} + 3\overrightarrow {KC} = \left( {\overrightarrow {KA} + \overrightarrow {KC} } \right) + 2\left( {\overrightarrow {KB} + \overrightarrow {KC} } \right)\]

\( = 2\overrightarrow {KI} + 2.2\overrightarrow {KH} \)\[ = 2\overrightarrow {KI} + 4\overrightarrow {KH} \]

Mà \(\overrightarrow {KA} + 2\overrightarrow {KB} + 3\overrightarrow {KC} = \overrightarrow 0 .\)

Nên \[2\overrightarrow {KI} + 4\overrightarrow {KH} = \overrightarrow 0 \]

\[ \Rightarrow 2\overrightarrow {KI} = - 4\overrightarrow {KH} \]

\[ \Rightarrow \overrightarrow {KI} = - 2\overrightarrow {KH} \]

Khi đó \[\overrightarrow {KI} \] và \[\overrightarrow {KH} \] là hai vectơ cùng phương, ngược hướng và \(\left| {\overrightarrow {KI} } \right| = 2\left| {\overrightarrow {KH} } \right|\)

Do đó điểm K nằm giữa hai điểm I và H sao cho KI = 2KH.

Vậy ta có điểm K thỏa mãn \(\overrightarrow {KA} + 2\overrightarrow {KB} + 3\overrightarrow {KC} = \overrightarrow 0 \) như hình vẽ.

Lời giải

Chứng minh tương tự câu a ta có:

\(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {2MB} + 3\overrightarrow {MC} = 2\overrightarrow {MI} + 4\overrightarrow {MH} \)

\( = 2\left( {\overrightarrow {MK} + \overrightarrow {KI} } \right) + 4\left( {\overrightarrow {MK} + \overrightarrow {KH} } \right)\)

\( = 2\overrightarrow {MK} + 2\overrightarrow {KI} + 4\overrightarrow {MK} + 4\overrightarrow {KH} \)

\( = 6\overrightarrow {MK} + \left( {2\overrightarrow {KI} + 4\overrightarrow {KH} } \right)\)

Mà \[2\overrightarrow {KI} + 4\overrightarrow {KH} = \overrightarrow 0 \] (câu a)

Nên \(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {2MB} + 3\overrightarrow {MC} = 6\overrightarrow {MK} \)

Lại có: \(\overrightarrow {MB} - \overrightarrow {MC} = \overrightarrow {CB} \)

Do đó \(\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {2MB} + 3\overrightarrow {MC} } \right| = \left| {\overrightarrow {MB} - \overrightarrow {MC} } \right|.\)

\( \Leftrightarrow \left| {6\overrightarrow {MK} } \right| = \left| {\overrightarrow {CB} } \right|\)

6MK = CB

\( \Leftrightarrow KM = \frac{{BC}}{6}\)

Do đó tập hợp điểm M là đường tròn tâm K, bán kính bằng \(\frac{{BC}}{6}\) như hình vẽ.

Lời giải

Trọng

lực \(\overrightarrow P \) của vật và lực đẩy Archimedes \(\overrightarrow F \) mà chất lỏng tác động lên vật được mô tả như hình vẽ trên.

Do vật ở trạng thái cân bằng nên hai lực \(\overrightarrow P \)và \(\overrightarrow F \) ngược hướng nhau và có cường độ bằng nhau.

\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow P } \right| = \left| {\overrightarrow F } \right|\)

Gọi d và d' là trọng lượng riêng của vật và chất lỏng;

V là thể tích của vật

Khi thả vật vào cốc chất lỏng thì ở trạng thái cân bằng, vật chìm một nửa thể tích trong chất lỏng nên thể tích chất lỏng bị chiếm chỗ là \(\frac{V}{2}.\)

Khi đó trọng lượng của vật là: P = d.V

Và lực đẩy Archimedes mà chất lỏng tác động lên vật là: \({F_A} = d'.\frac{V}{2}.\)

Do đó \[\left| {\overrightarrow P } \right| = \left| {\overrightarrow F } \right| \Leftrightarrow d.V = d'.\frac{V}{2} \Leftrightarrow d = \frac{{d'}}{2} \Leftrightarrow \frac{d}{{d'}} = \frac{1}{2}.\]

Vậy tỉ số giữa trọng lượng riêng của vật và của chất lỏng bằng \(\frac{1}{2}.\)