Bài tập cuối chương IV

Vì $E$ thuộc đoạn $BC$ và $BE = 2EC$ suy ra $\overrightarrow {BE}  = 2\overrightarrow {EC}$

Gọi $E\left( {x;y} \right)$ khi đó $\overrightarrow {BE} \left( {x + 3;y - 6} \right),\,\,\overrightarrow {EC} \left( {1 - x; - 2 - y} \right)$

Do đó $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + 3 = 2\left( {1 - x} \right)}\\{y - 6 = 2\left( { - 2 - y} \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x =  - \dfrac{1}{3}}\\{y = \dfrac{2}{3}}\end{array}} \right.$

Vậy $E\left( { - \dfrac{1}{3};\dfrac{2}{3}} \right)$

+ Với $m = 0$: Ta có $\overrightarrow {u\,}  = ( - 2;4)\,\,\,;\overrightarrow {v\,}  = (0;2)$

Vì $\,\dfrac{0}{{ - 2}} \ne \dfrac{2}{4}$ nên hai vectơ $\overrightarrow {u\,} \,;\,\overrightarrow {v\,} \,\,$không cùng phương

+ Với $m \ne 0$: Ta có $\overrightarrow {u\,} \,;\,\overrightarrow {v\,} \,\,$cùng phương khi và chỉ khi

$\dfrac{{{{\rm{m}}^{\rm{2}}} + m - 2}}{m} = \dfrac{4}{2} \Leftrightarrow {m^2} - m - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m =  - 1}\\{m = 2}\end{array}} \right.$

Vậy với $m =  - 1$ và $m = 2$ là các giá trị cần tìm.

Ta có $\overrightarrow {MN} \left( { - 3; - 4} \right),\,\,\overrightarrow {PA} \left( {{x_A} - 2;{y_A} + 1} \right)$

$\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {PA}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 = {x_A} - 2\\ - 4 = {y_A} + 1\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} =  - 1\\{y_A} =  - 5\end{array} \right. \Rightarrow A\left( { - 1; - 5} \right)$

$N$ là trung điểm $AC$ suy ra $\left\{ \begin{array}{l}{x_N} = \dfrac{{{x_A} + {x_C}}}{2}\\{y_N} = \dfrac{{{y_A} + {y_C}}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2 = \dfrac{{ - 1 + {x_C}}}{2}\\ - 3 = \dfrac{{ - 5 + {y_C}}}{2}\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_C} =  - 3\\{y_C} =  - 1\end{array} \right. \Rightarrow C\left( { - 3; - 1} \right)$

Tương tự $M$ là trung điểm $BC$suy ra $B\left( {5;3} \right)$

Giả sử $\overrightarrow c  = x\overrightarrow a  + y\overrightarrow b$.

Ta có

$\vec a{\rm{\;}} = (1;3),\vec b{\rm{\;}} = ( - 3;0)$

$\begin{array}{l}x.\overrightarrow a  + y\overrightarrow b  = x.\left( {1;3} \right) + y\left( { - 3;0} \right)\\ = \left( {x.1;x.3} \right) + \left( { - 3.y;0.y} \right)\\ = \left( {x;3x} \right) + \left( { - 3y;0} \right)\\ = \left( {x - 3y;3x + 0} \right)\end{array}$

$=>x\overrightarrow a  + y\overrightarrow b  = \left( {x - 3y;3x} \right)$

Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}x - 3y =  - 1\\3x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{2}{3}\\y = \dfrac{5}{9}\end{array} \right.$ $\Rightarrow \overrightarrow c  = \dfrac{2}{3}\overrightarrow a  + \dfrac{5}{9}\overrightarrow b$

$A'$ là điểm đối xứng của $A$ qua $B$ suy ra $B$ là trung điểm của $AA'$

Do đó $\left\{ \begin{array}{l}{x_B} = \dfrac{{{x_A} + {x_{A'}}}}{2}\\{y_B} = \dfrac{{{y_A} + {y_{A'}}}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1 = \dfrac{{3 + {x_{A'}}}}{2}\\2 = \dfrac{{4 + {y_{A'}}}}{2}\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} =  - 5\\{y_{A'}} = 0\end{array} \right. \Rightarrow A'\left( { - 5;0} \right)$

Tương tự $B'\left( {9;0} \right),\,\,C'\left( {2;7} \right)$

Trọng tâm của tam giác $ABC$ và $A'B'C'$ có cùng tọa độ là $\left( {2;\dfrac{7}{3}} \right)$

Vậy các đáp án B, C, D đều đúng.

Vì $I$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên

${x_I} = \dfrac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} \Rightarrow {x_C} = 3{x_I} - {x_A} - {x_B} = 1$

${y_I} = \dfrac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} \Rightarrow {y_C} = 3{y_I} - {y_A} - {y_B} =  - 4$

Suy ra $C\left( {1; - 4} \right)$

Điểm $O$ là tâm của hình bình hành $ABCD$ suy ra $O$ là trung điểm $AC$ do đó

${x_O} = \dfrac{{{x_A} + {x_C}}}{2} = 2,\,\,{y_O} = \dfrac{{{y_A} + {y_C}}}{2} =  - \dfrac{5}{2} \Rightarrow O\left( {2; - \dfrac{5}{2}} \right)$

$G$ là trọng tâm tam giác suy ra

${x_G} = \dfrac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \dfrac{{2 - 1 - 3}}{3} =  - \dfrac{2}{3}$ và ${y_G} = \dfrac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{2} = \dfrac{{1 - 2 + 2}}{3} = \dfrac{1}{3}$

Vậy $G\left( { - \dfrac{2}{3};\dfrac{1}{3}} \right)$

Gọi $M\left( {x;y} \right)$, ta có  $\overrightarrow {MA} \left( { - 4 - x; - y} \right),\,\,\overrightarrow {MB} \left( { - x;3 - y} \right),\,\,\overrightarrow {MC} \left( {2 - x;1 - y} \right)$

Suy ra  $\overrightarrow {MA}  + 2\overrightarrow {MB}  + 3\overrightarrow {MC}  = \left( { - 6x + 2; - 6y + 9} \right)$

Do đó $\overrightarrow {MA}  + 2\overrightarrow {MB}  + 3\overrightarrow {MC}  = \overrightarrow 0  \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 6x + 2 = 0}\\{ - 6y + 9 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \dfrac{1}{3}}\\{y = \dfrac{3}{2}}\end{array}} \right.$

Vậy $M\left( {\dfrac{1}{3};\dfrac{3}{2}} \right)$

Ta có $3\overrightarrow u  + 2\overrightarrow a  + 3\overrightarrow b  = 3\overrightarrow c  \Leftrightarrow \overrightarrow u  =  - \dfrac{2}{3}\overrightarrow a  - \overrightarrow b  + \overrightarrow c$

Suy ra $\overrightarrow u  = \left( { - \dfrac{2}{3} + 3 - 1; - \dfrac{4}{3} - 4 + 3} \right) = \left( {\dfrac{4}{3}; - \dfrac{7}{3}} \right)$

Ta có $2\overrightarrow {a\,}  = (6;4)\,\,\overrightarrow {\,b}  = ( - 1;5)\,$suy ra $\overrightarrow {k\,}  = \left( {6 - 1;4 + 5} \right) = \left( {5;9} \right)$;

$- \overrightarrow {a\,}  = ( - 3; - 2),\,\,2\overrightarrow {b\,}  = ( - 2;10)$ và $5\overrightarrow {c\,} \, = ( - 10; - 25)\,$suy ra

$\overrightarrow l  = \left( { - 3 - 2 - 10; - 2 + 10 - 25} \right) = \left( { - 15; - 17} \right)$

Kẻ $BH \bot AD \Rightarrow BH = 3;$$AB = \dfrac{{BH}}{{\sin {{60}^0}}} = \dfrac{3}{{\sqrt 3 /2}} = 2\sqrt 3 ;$$AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}}  = \sqrt {12 - 9}  = \sqrt 3 ,$

Do đó:

$\begin{array}{l}A(0;0)\,\,\,;\,B(\sqrt 3 ;3),C(4 + \sqrt 3 ;3)\,\,\,D(4;0)\\\overrightarrow {AB}  = \left( {\sqrt 3 ;3} \right),\overrightarrow {BC}  = (4;0),\overrightarrow {CD}  = \left( { - \sqrt 3 ; - 3} \right)\\\overrightarrow {AC}  = \left( {4 + \sqrt 3 ;3} \right)\end{array}$

Từ giả thiết ta xác định được hình thoi trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$

Gọi $I$ là tâm hình thoi ta có $BI = AB\sin \widehat {BAI} = a\sin {30^0} = \dfrac{a}{2}$

$AI = \sqrt {A{B^2} - B{I^2}}  = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$

Suy ra $A\left( {0;0} \right),\,\,B\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2};\dfrac{a}{2}} \right),\,$$\,C\left( {a\sqrt 3 ;0} \right),\,\,D\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}; - \dfrac{a}{2}} \right)$

Từ giả thiết ta xác định được hình vuông trên mặt phẳng tọa độ

Vì điểm $A(1;3)$ suy ra $AB = 3,\,\,OB = 1$

Do đó $B\left( {1;0} \right),\,\,C\left( {4;0} \right),\,\,D\left( {4;3} \right)$

Vậy $\overrightarrow {AB} \left( {0; - 3} \right),\,\,\overrightarrow {BC} \left( {3;0} \right)$

Theo quy tắc ba điểm ta có

$\begin{array}{l}\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC}  = \left( {\overrightarrow {OP}  + \overrightarrow {PA} } \right) + \left( {\overrightarrow {OM}  + \overrightarrow {MB} } \right) + \left( {\overrightarrow {ON}  + \overrightarrow {NC} } \right)\\ = \left( {\overrightarrow {OM}  + \overrightarrow {ON}  + \overrightarrow {OP} } \right) + \overrightarrow {PA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {NC} \\ = \left( {\overrightarrow {OM}  + \overrightarrow {ON}  + \overrightarrow {OP} } \right) - \left( {\overrightarrow {BM}  + \overrightarrow {CN}  + \overrightarrow {AP} } \right)\end{array}$

Vì $PN,\,MN$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ nên

$PN//BM,\,\,MN//BP$ suy ra tứ giác $BMNP$ là hình bình hành

$\Rightarrow \overrightarrow {BM}  = \overrightarrow {PN}$

$N$ là trung điểm của $AC \Rightarrow \overrightarrow {CN}  = \overrightarrow {NA}$

Do đó theo quy tắc ba điểm ta có

$\begin{array}{l}\overrightarrow {BM}  + \overrightarrow {CN}  + \overrightarrow {AP}  = \left( {\overrightarrow {PN}  + \overrightarrow {NA} } \right) + \overrightarrow {AP} \\ = \overrightarrow {PA}  + \overrightarrow {AP}  = \overrightarrow 0 \end{array}$

Do đó $\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC}  = \overrightarrow {OM}  + \overrightarrow {ON}  + \overrightarrow {OP}$

Ta có $\left| {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} } \right|$ (quy tắc hình bình hành)

Xét tam giác $BCD$ có $CD = CB = a$ và góc $\widehat {BCD} = {60^0}$ nên tam giác $BCD$ đều cạnh $a$

Xét tam giác $DOC$ có $\widehat O = {90^0}$ và $DC = a,DO = \dfrac{1}{2}DB = \dfrac{a}{2}$ nên $CO = \sqrt {D{C^2} - D{O^2}}  = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$

Do đó $AC = 2OC = 2.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3$ hay $\left| {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} } \right| = a\sqrt 3$ nên A đúng.

Lại có:

$\overrightarrow {OB}  - \overrightarrow {DC}  = \overrightarrow {DO}  - \overrightarrow {DC}  = \overrightarrow {CO}$ nên $\left| {\overrightarrow {OB}  - \overrightarrow {DC} } \right| = \left| {\overrightarrow {CO} } \right| = CO = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$

$\left| {\overrightarrow {OB}  - \overrightarrow {DC} } \right| = \left| {\overrightarrow {CO} } \right| = \,\,\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \ne \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}$ nên B sai.

Theo quy tắc phép trừ ta có

$\overrightarrow u  = \left( {\overrightarrow {MA}  - \overrightarrow {MC} } \right) + \left( {\overrightarrow {MB}  - \overrightarrow {MD} } \right) = \overrightarrow {CA}  + \overrightarrow {DB}$

Suy ra $\overrightarrow u$ không phụ thuộc vị trí điểm $M$.

Qua $A$ kẻ đường thẳng song song với $DB$ cắt $BC$ tại $C'$.

Khi đó tứ giác $ADBC'$ là hình bình hành (vì có cặp cạnh đối song song) suy ra $\overrightarrow {DB}  = \overrightarrow {AC'}$

Do đó $\overrightarrow u  = \overrightarrow {CA}  + \overrightarrow {AC'}  = \overrightarrow {CC'}$

=> $\left| {\overrightarrow u } \right| = \left| {\overrightarrow {CC'} } \right| =CC'= BC + BC'$

Mà ta có $BC'=AD=a$ (do $ADBC'$ là hình bình hành) và $BC=a$ (gt)

Vậy $\left| {\overrightarrow u } \right| = a + a = 2a$

Gọi $D$ là điểm sao cho tứ giác $ABDC$ là hình bình hành.

Khi đó theo quy tắc hình bình hành ta có $\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {AD}$

Vì tam giác $ABC$ vuông ở $A$ nên tứ giác $ABDC$ là hình chữ nhật suy ra $AD = BC = a\sqrt 5$

Vậy $\left| {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} } \right| = \left| {\overrightarrow {AD} } \right| = AD = a\sqrt 5$

Ta có $DM = BN \Rightarrow AN = MC$, mặt khác $AN$ song song với $MC$ do đó tứ giác $ANCM$ là hình bình hành

Suy ra $\overrightarrow {AM}  = \overrightarrow {NC}$.

Xét tam giác $\Delta DMP$ và $\Delta BNQ$ ta có $DM = NB$ (giả thiết), $\widehat {PDM} = \widehat {QBN}$ (so le trong)

Mặt khác $\widehat {DMP} = \widehat {APB}$ (đối đỉnh) và $\widehat {APQ} = \widehat {NQB}$ (hai góc đồng vị) suy ra $\widehat {DMP} = \widehat {BNQ}$.

Do đó $\Delta DMP = \Delta BNQ$ (c.g.c) suy ra $DP = QB$.

Dễ thấy $\overrightarrow {DP} ,\,\,\overrightarrow {QB}$ cùng hướng vì vậy $\overrightarrow {DP}  = \overrightarrow {QB}$.

Ta có $\overrightarrow {B'B}  = \overrightarrow {AG}$ suy ra $B'B = AG$.

Dễ thấy $\overrightarrow {BJ} ,\,\,\overrightarrow {IG}$ cùng hướng (1).

Vì $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $IG = \dfrac{1}{2}AG$, $J$ là trung điểm $BB'$ suy ra $BJ = \dfrac{1}{2}BB'$

Vì vậy $BJ = IG$ (2)

Từ (1) và (2) ta có $\overrightarrow {BJ}  = \overrightarrow {IG}$.

Ta có $\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = AB = a$

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$$\Rightarrow BM = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{a}{2}$

Tam giác $ABM$ vuông tại $M$ nên $AM = \sqrt {A{B^2} - B{M^2}}  = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$

Ta có $\left| {\overrightarrow {AG} } \right| = AG = \dfrac{2}{3}AM = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}$

Mà $I$ là trung điểm của $AG$ nên $MI = AG = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}$

$\left| {\overrightarrow {BI} } \right| = BI = \sqrt {B{M^2} + M{I^2}}  = \sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{4} + \dfrac{{{a^2}}}{3}}  = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{6}$