Tổng hợp câu hay và khó chương 7

M, G, I thẳng hàng \( \Leftrightarrow \) tồn tại số k để \(\overrightarrow {IG}  = k\overrightarrow {IM} \)

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {IG}  = \dfrac{1}{3}\left( {\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC} } \right) = \dfrac{1}{3}\overrightarrow {IA}  + \dfrac{1}{3}\left( {\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {AB} } \right) + \dfrac{1}{3}\left( {\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {AC} } \right)\\ = \overrightarrow {IA}  + \dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB}  + \dfrac{1}{3}\overrightarrow {AC}  = \dfrac{5}{6}\overrightarrow {AC}  + \dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB} \end{array}\)

\(\overrightarrow {IM}  = \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {AM}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AC}  + x\overrightarrow {AB} \)

Do đó \(\dfrac{5}{6}\overrightarrow {AC}  + \dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB}  = k\left( {\dfrac{1}{2}\overrightarrow {AC}  + x\overrightarrow {AB} } \right) = \dfrac{k}{2}\overrightarrow {AC}  + kx\overrightarrow {AB} \).

Đồng nhất hệ số ta được \(\left\{ \begin{array}{l}k = \dfrac{5}{3}\\x = \dfrac{1}{5}\end{array} \right.\)

Ta có:\({G_1}\)  trọng tâm tam giác ABN \( \Rightarrow \overrightarrow {A{G_1}}  = \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AM} .\)

\({G_2}\)  trọng tâm tam giác ACM \( \Rightarrow \overrightarrow {A{G_2}}  = \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AN} .\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \overrightarrow {{G_1}{G_2}}  = \overrightarrow {{G_1}A}  + \overrightarrow {A{G_2}}  =  - \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AM}  + \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AN} \\ =  - \dfrac{2}{3}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BM} } \right) + \dfrac{2}{3}\left( {\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {CN} } \right)\\ =  - \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AB}  - \dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{3}\overrightarrow {BC}  + \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AC}  - \dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{3}\overrightarrow {BC} \\ =  - \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AB}  + \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AC}  - \dfrac{4}{9}\overrightarrow {BC} \\ =  - \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AB}  + \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AC}  - \dfrac{4}{9}\left( {\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} } \right)\end{array}\)

\(\begin{array}{l} =  - \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AB}  + \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AC}  - \dfrac{4}{9}\overrightarrow {AC}  + \dfrac{4}{9}\overrightarrow {AB} \\ =  - \dfrac{2}{9}\overrightarrow {AB}  + \dfrac{2}{9}\overrightarrow {AC} .\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - \dfrac{2}{9}\\y = \dfrac{2}{9}\end{array} \right. \Rightarrow x + y =  - \dfrac{2}{9} + \dfrac{2}{9} = 0.\end{array}\)

Ta có $I$ là trung điểm của $AC$ $ \Rightarrow C\left( { - 4;{\rm{ }} - 1} \right)$.

Điểm $D$ có tung độ gấp đôi hoành độ $ \Rightarrow D\left( {{x_D};2{x_D}} \right)$.

Lại có $\overrightarrow {AM}  = \left( {2;{\rm{ }}6} \right)$, $\overrightarrow {AD}  = \left( {{x_D} - 2;{\rm{ }}2{x_D} - 3} \right)$.

Mà $A$, $M$, $D$ thẳng hàng $ \Rightarrow 6\left( {{x_D} - 2} \right) = 2\left( {2{x_D} - 3} \right)$ $ \Leftrightarrow {x_D} = 3$ $ \Rightarrow D\left( {3;{\rm{ }}6} \right)$.

$I$ là trung điểm $BD$ $ \Rightarrow B\left( { - 5;{\rm{ }} - 4} \right)$.

Bước 1:

Ta chứng minh bài toán sau:

Gọi \(E\), \(F\) lần lượt là trung điểm của \(MN\), \(PQ\) thì ta có: \(\overrightarrow {EF}  = \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {MQ}  + \overrightarrow {NP} } \right)\).

Thật vậy, ta có: $\overrightarrow {EF}  = \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {EP}  + \overrightarrow {EQ} } \right)$\( = \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {EN}  + \overrightarrow {NP}  + \overrightarrow {EM}  + \overrightarrow {MQ} } \right)\)\( = \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {MQ}  + \overrightarrow {NP} } \right)\)

Bước 2: 

Gọi \(I\), \(K\) lần lượt là trung điểm của \(AM\) và \(DN\).

\( \Rightarrow \overrightarrow {IK}  = \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {MN} } \right)\)

Bước 3:

Khi đó M là trung điểm của IB và N là trung điểm của KC.

Áp dụng kết quả của bài toán trên ta có: \(\overrightarrow {MN}  = \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {IK} } \right)\)\( = \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {BC}  + \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {MN} } \right)} \right)\)

\( = \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {BC}  + \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AD}  + \dfrac{1}{2}\overrightarrow {MN} } \right)\)\( = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {BC}  + \dfrac{1}{4}\overrightarrow {AD}  + \dfrac{1}{4}\overrightarrow {MN} \)

\( \Rightarrow \dfrac{3}{4}\overrightarrow {MN}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {BC}  + \dfrac{1}{4}\overrightarrow {AD} \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {MN}  = \dfrac{1}{3}\overrightarrow {AD}  + \dfrac{2}{3}\overrightarrow {BC} \).

Cách 1: Tự luận:

Ta có   \(\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {AN}  - \overrightarrow {AM}  = \dfrac{3}{5}\overrightarrow {AC}  - \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB} \)\(\left( 1 \right)\)

            \(\overrightarrow {NP}  = \overrightarrow {NC}  + \overrightarrow {CP}  = \dfrac{2}{5}\overrightarrow {AC}  + \left( {\overrightarrow {BP}  - \overrightarrow {BC} } \right)\)

                   \( = \dfrac{2}{5}\overrightarrow {AC}  + \left( {\dfrac{1}{k} - 1} \right)\overrightarrow {BC} \)

                   \( = \dfrac{2}{5}\overrightarrow {AC}  + \left( {\dfrac{1}{k} - 1} \right)\left( {\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} } \right)\)

                   \( = \left( {\dfrac{1}{k} - \dfrac{2}{5}} \right)\overrightarrow {AC}  - \left( {\dfrac{1}{k} - 1} \right)\overrightarrow {AB} \)

Để ba điểm \(M\), \(N\), \(P\) thẳng hàng thì $\exists m \in \mathbb{R}:\overrightarrow {NP}  = m\overrightarrow {MN} $

\( \Leftrightarrow \left( {\dfrac{1}{k} - \dfrac{3}{5}} \right)\overrightarrow {AC}  - \left( {\dfrac{1}{k} - 1} \right)\overrightarrow {AB}  = \dfrac{{3m}}{5}\overrightarrow {AC}  - \dfrac{m}{2}\overrightarrow {AB} \)

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{k} - \dfrac{3}{5} = \dfrac{{3m}}{5}\\ - \left( {\dfrac{1}{k} - 1} \right) =  - \dfrac{m}{2}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 4\\k = \dfrac{1}{3}\end{array} \right.\).

Vậy \(k = \dfrac{1}{3}\).

Cách 2: Trắc nghiệm:

Ta có   \(\overrightarrow {MA\,}  + \overrightarrow {MB\,}  = \overrightarrow {0\,}  \Leftrightarrow \overrightarrow {MA\,}  =  - \overrightarrow {MB\,}  \Rightarrow \dfrac{{\overline {MA} }}{{\overline {MB} }} =  - 1\)

\(\overrightarrow {BC\,}  = k\overrightarrow {BP\,}  \Leftrightarrow \overrightarrow {PB\,}  = \left( {1 - k} \right)\overrightarrow {PC\,}  \Rightarrow \dfrac{{\overline {PB} }}{{\overline {PC} }} = 1 - k\)

            \(2\overrightarrow {NA\,}  + 3\overrightarrow {NC}  = \overrightarrow {0\,}  \Leftrightarrow 2\overrightarrow {NA\,}  =  - \dfrac{3}{2}\overrightarrow {NC\,}  \Rightarrow \dfrac{{\overline {NA} }}{{\overline {NC} }} =  - \dfrac{3}{2}\)

Theo định lí Mêlêxauýt ba điểm \(M\), \(N\), \(P\) thẳng hàng khi

\(\dfrac{{\overline {MA} }}{{\overline {MB} }} \cdot \dfrac{{\overline {PB} }}{{\overline {PC} }} \cdot \dfrac{{\overline {NC} }}{{\overline {NA} }} = 1\)\( \Leftrightarrow \left( { - 1} \right).\left( {1 - k} \right).\left( { - \dfrac{3}{2}} \right) = 1 \Leftrightarrow k = \dfrac{1}{3}\).

Vậy \(k = \dfrac{1}{3}\).

$\left| {\overrightarrow a  - 2\overrightarrow b } \right| = \sqrt {15}  \Leftrightarrow {\left| {\overrightarrow a } \right|^2} + 4{\left| {\overrightarrow b } \right|^2} - 4\overrightarrow a \overrightarrow b  = 15 \Leftrightarrow 2\overrightarrow a \overrightarrow b  = 1$.

$\overrightarrow u \overrightarrow v  = \left( {\overrightarrow a  + \overrightarrow b } \right)\left( {2k\overrightarrow a  - \overrightarrow b } \right) = 2k{\left| {\overrightarrow a } \right|^2} - {\left| {\overrightarrow b } \right|^2} + \left( {2k - 1} \right)\overrightarrow a \overrightarrow b  = 2k - 4 + \dfrac{{2k - 1}}{2}$.

${\left( {\left| {\overrightarrow u } \right|\left| {\overrightarrow v } \right|} \right)^2} = {\left( {\left| {\left( {\overrightarrow a  + \overrightarrow b } \right)} \right|\left| {\left( {2k\overrightarrow a  - \overrightarrow b } \right)} \right|} \right)^2}$$ = \left( {{{\left| {\overrightarrow a } \right|}^2} + {{\left| {\overrightarrow b } \right|}^2} + 2\overrightarrow a \overrightarrow b } \right)\left( {4{k^2}{{\left| {\overrightarrow a } \right|}^2} + {{\left| {\overrightarrow b } \right|}^2} - 4k\overrightarrow a \overrightarrow b } \right)$$ = \left( {5 + 2\overrightarrow a \overrightarrow b } \right)\left( {4{k^2} + 4 - 4k\overrightarrow a \overrightarrow b } \right)$$ = 6\left( {4{k^2} + 4 - 2k} \right)$$ \Rightarrow \left| {\overrightarrow u } \right|\left| {\overrightarrow v } \right| = \sqrt {6\left( {4{k^2} + 4 - 2k} \right)} $.

$\left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = 60^\circ $$ \Rightarrow \cos \left( {60^\circ } \right) = \dfrac{{\overrightarrow u \overrightarrow v }}{{\left| {\overrightarrow u } \right|\left| {\overrightarrow v } \right|}}$$ \Leftrightarrow \dfrac{1}{2} = \dfrac{{2k - 4 + \dfrac{{2k - 1}}{2}}}{{\sqrt {6\left( {4{k^2} + 4 - 2k} \right)} }}$$ \Leftrightarrow \sqrt {6\left( {4{k^2} + 4 - 2k} \right)}  = 6k - 9$

$ \Leftrightarrow \sqrt {6\left( {4{k^2} + 4 - 2k} \right)}  = 6k - 9$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k \ge \dfrac{3}{2}\\\sqrt {6\left( {4{k^2} + 2 - k} \right)}  = 6k - 9\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k \ge \dfrac{3}{2}\\12{k^2} - 96k + 57 = 0\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k \ge \dfrac{3}{2}\\k = 4 \pm \dfrac{{3\sqrt 5 }}{2}\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow k = 4 + \dfrac{{3\sqrt 5 }}{2}$.

Ta có $\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {DN} $$ = \dfrac{2}{3}\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {AD}  + \dfrac{2}{3}\overrightarrow {DC} $

$ = \dfrac{2}{3}\left( {\overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {CA} } \right) + \overrightarrow {AD}  + \dfrac{2}{3}\left( {\overrightarrow {DA}  + \overrightarrow {AC} } \right)$$ = \dfrac{2}{3}\overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {AD}  - \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AD} $$ = \dfrac{1}{3}\overrightarrow {AD}  + \dfrac{2}{3}\overrightarrow {BC} $.

Cách 1: Do \(M\) trên trục hoành $ \Rightarrow M\left( {x;0} \right)$, $\overrightarrow {AB}  = \left( {1; - 1} \right)$$ \Rightarrow AB = \sqrt 2 $.

$\overrightarrow {AM}  = \left( {x - 2;3} \right)$, $\overrightarrow {BM}  = \left( {x - 3;4} \right)$

Ta có chu vi tam giác $AMB$: ${P_{ABM}} = \sqrt 2  + \sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2} + {3^2}}  + \sqrt {{{\left( {x - 3} \right)}^2} + {4^2}} $

$ = \sqrt 2  + \sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2} + {3^2}}  + \sqrt {{{\left( {3 - x} \right)}^2} + {4^2}} $$ \ge \sqrt 2  + \sqrt {{{\left( {x - 2 + 3 - x} \right)}^2} + {{\left( {3 + 4} \right)}^2}} $

$ \Leftrightarrow {P_{ABM}} \ge 6\sqrt 2 $. Dấu bằng xảy ra khi $\dfrac{{x - 2}}{{3 - x}} = \dfrac{3}{4}$$ \Leftrightarrow x = \dfrac{{17}}{7}$\( \Rightarrow M\left( {\dfrac{{17}}{7};0} \right)\).

Cách 2: Lấy đối xứng $A$ qua $Ox$ ta được $A'\left( {2;3} \right)$. Ta có $MA + MB = MA' + MB \ge A'B$.

Dấu bằng xảy ra khi $M$ trùng với giao điểm của $A'B$ với $Ox$.

Do $E \in Ox$ $ \Rightarrow E\left( {a;\,0} \right)$.

Ta có: $\overrightarrow {EM\,}  = \left( { - 1 - a;\, - 2} \right)$; $\overrightarrow {EN\,}  = \left( {3 - a;\,2} \right)$; $\overrightarrow {EP\,}  = \left( {4 - a;\, - 1} \right)$

Suy ra \(\overrightarrow {EM}  + \overrightarrow {EN}  + \overrightarrow {EP}  = \left( {6 - 3a;\, - 1} \right)\).

Do đó: $\left| {\overrightarrow {EM}  + \overrightarrow {EN}  + \overrightarrow {EP} } \right| = \sqrt {{{\left( {6 - 3a} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} $$ = \sqrt {{{\left( {6 - 3a} \right)}^2} + 1}  \ge 1$.

Giá trị nhỏ nhất của $\left| {\overrightarrow {EM}  + \overrightarrow {EN}  + \overrightarrow {EP} } \right|$ bằng $1$.

Dấu  xảy ra khi và chỉ khi $6 - 3a = 0$ $ \Leftrightarrow a = 2$.

Vậy $E\left( {2;0} \right)$.

Gọi \(I\) là điểm trên cạnh \(AB\) sao cho \(3\overrightarrow {BI}  = \overrightarrow {BA} \), ta có:

$\overrightarrow {MA}  + 2\overrightarrow {MB} $$ = \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {BA}  + 2\overrightarrow {MB} $$ = 3\overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {BA} $$ = 3\overrightarrow {MB}  + 3\overrightarrow {BI} $\( = 3\overrightarrow {MI} \).

\(\overrightarrow {MA}  - \overrightarrow {MB}  = \overrightarrow {BA} \).

\(\left| {\overrightarrow {MA}  + 2\overrightarrow {MB} } \right| = 6\left| {\overrightarrow {MA}  - \overrightarrow {MB} } \right|\) \( \Leftrightarrow \left| {3\overrightarrow {MI} } \right| = 6\left| {\overrightarrow {BA} } \right|\) \( \Leftrightarrow MI = 2AB\).

Vậy \(M\) nằm trên đường tròn tâm \(I\), bán kính \(R = 2AB\) với \(I\) nằm trên cạnh \(AB\) sao cho \(IA = 2IB\).

Ta có: \(4\overrightarrow {BM}  - 3\overrightarrow {BC}  = \overrightarrow 0 \) \( \Leftrightarrow 4\left( {\overrightarrow {AM}  - \overrightarrow {AB} } \right) - 3\left( {\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} } \right) = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow 4\overrightarrow {AM}  - 4\overrightarrow {AB}  - 3\overrightarrow {AC}  + 3\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow 0 \) \( \Leftrightarrow \overrightarrow {AM}  = \dfrac{1}{4}\overrightarrow {AB}  + \dfrac{3}{4}\overrightarrow {AC} \).

Gọi $M$ là trung điểm $BC$.

Ta có $\left| {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} } \right| = \left| {\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AC} } \right|$ $ \Leftrightarrow \left| {2\overrightarrow {AM} } \right| = \left| {\overrightarrow {CB} } \right| \Leftrightarrow AM = \dfrac{1}{2}BC$.

Trung tuyến kẻ từ $A$ bằng một nửa cạnh $BC$ nên tam giác $ABC$ vuông tại $A$.

Gọi \(H\) là chân đường cao kẻ từ \(A\) của tam giác \(ABC\).

Theo đề ta có: \({S_{ABN}} = 3{S_{ACN}}\) \( \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}AH.BN = \dfrac{3}{2}AH.CN\) \( \Leftrightarrow BN = 3CN\)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {BN}  =  - 3\overrightarrow {CN}  \Leftrightarrow \overrightarrow {BN}  =  - 3\left( {\overrightarrow {BN}  - \overrightarrow {BC} } \right) \Leftrightarrow 4\overrightarrow {BN}  = 3\overrightarrow {BC} \;\left( * \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {BN}  = \left( {{x_N} - 2;{y_N} - 3} \right)\); \(\overrightarrow {BC}  = \left( { - 3; - 5} \right)\).

Do đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4\left( {{x_N} - 2} \right) = 3\left( { - 3} \right)\\4\left( {{y_N} - 3} \right) = 3\left( { - 5} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_N} =  - \dfrac{1}{4}\\{y_N} =  - \dfrac{3}{4}\end{array} \right.\). Vậy \(N\left( { - \dfrac{1}{4}; - \dfrac{3}{4}} \right)\).

Ta có $M,\,N$ là trung điểm của $AD$ và $BC$ nên $\overrightarrow {MD}  + \overrightarrow {MA}  = \overrightarrow 0 $ và $\overrightarrow {BN}  + \overrightarrow {CN}  = \overrightarrow 0 $.

Khi đó: $\left| {\overrightarrow {MN}  + \overrightarrow {BD}  + \overrightarrow {CA} } \right| = \left| {\overrightarrow {MN}  + \overrightarrow {BN}  + \overrightarrow {NM}  + \overrightarrow {MD}  + \overrightarrow {CN}  + \overrightarrow {NM}  + \overrightarrow {MA} } \right|$

$ = \left| {\overrightarrow {MN}  + 2\overrightarrow {NM} } \right| = \left| {\overrightarrow {NM} } \right| = NM = \dfrac{1}{2}\left( {AB + CD} \right) = \dfrac{{3a}}{2}$.

Ta có $A{B^2} = BH.BC$ và $A{C^2} = CH.CB$. Do đó: $\dfrac{{CH}}{{BH}} = \dfrac{{A{C^2}}}{{A{B^2}}} = \dfrac{{16}}{9}$ $ \Rightarrow HC = \dfrac{{16}}{9}.HB$.

Mà $\overrightarrow {HC} ,\overrightarrow {HB} $ ngược hướng nên $\overrightarrow {HC}  =  - \dfrac{{16}}{9}\overrightarrow {HB} $.

Khi đó, gọi $H\left( {x;y} \right)$ thì $\overrightarrow {HC}  = \left( {1 - x\,;2 - y} \right)$, $\overrightarrow {HB}  = \left( {1 - x\,; - 3 - y} \right)$.

Suy ra: $\left\{ \begin{array}{l}1 - x =  - \dfrac{{16}}{9}\left( {1 - x} \right)\\2 - y =  - \dfrac{{16}}{9}\left( { - 3 - y} \right)\end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y =  - \dfrac{6}{5}\end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow H\left( {1\,;\, - \dfrac{6}{5}} \right)$.

\(P \in Oy \Rightarrow P\left( {0;{\rm{ }}y} \right)\).

\(G \in Ox \Rightarrow G\left( {x;{\rm{ 0}}} \right)\).

Điểm \(G\) là trọng tâm của tam giác \(MNP\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{{1 + 5 + 0}}{3}\\0 = \dfrac{{\left( { - 1} \right) + \left( { - 3} \right) + y}}{3}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 4\end{array} \right.\)

$ \Rightarrow P\left( {0;4} \right),G\left( {2;0} \right)$

Cường độ lực tổng hợp của $\left| {\overrightarrow F } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_1}}  + {{\overrightarrow F }_2}} \right|$$ = \left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB} } \right|$$ = 2\left| {\overrightarrow {MI} } \right| = AB$ (\(I\) là trung điểm của \(AB\)). Ta có \(AB = \sqrt {M{A^2} + M{B^2}}  = 500\) suy ra \(\left| {\overrightarrow F } \right| = 500\,\left( N \right)\).

Ta có

$\begin{array}{l}\overrightarrow {BM}  = \overrightarrow {BC}  - 2\overrightarrow {AB}  \Leftrightarrow \overrightarrow {AM} \,\, = \overrightarrow {BC} \, - \overrightarrow {AB}  \Leftrightarrow \overrightarrow {AM}  =  - \overrightarrow {AC}  + 2\overrightarrow {BC} \\\overrightarrow {CN}  = x\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {BC} . \Leftrightarrow \overrightarrow {CA}  + \overrightarrow {AN}  = x\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {BC}  \Leftrightarrow \overrightarrow {AN}  = \left( {x + 1} \right)\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {BC} \end{array}$

Để $A,{\rm{ }}M,{\rm{ }}N$ thẳng hàng thì \(\exists k \ne 0\) sao cho \(\overrightarrow {AM}  = k\overrightarrow {AN} \)

Hay  $\left( {x + 1} \right)\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {BC}  = k\left( { - \overrightarrow {AC}  + 2\overrightarrow {BC} } \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 1 =  - k\\ - 1 = 2k\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = \dfrac{{ - 1}}{2}\\x = \dfrac{{ - 1}}{2}\end{array} \right.$

Gọi $I$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow {IA}  + 3\overrightarrow {IB}  - 2\overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 $.

$\left| {\overrightarrow {MA}  + 3\overrightarrow {MB}  - 2\overrightarrow {MC} } \right| = \left| {2\overrightarrow {MA}  - \overrightarrow {MB}  - \overrightarrow {MC} } \right|$$ \Leftrightarrow \left| {2\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA}  + 3\overrightarrow {IB}  - 2\overrightarrow {IC} } \right| = \left| {\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {CA} } \right|$ $\left( 1 \right)$.

Gọi $N$ là trung điểm $BC$. Ta được: $\left( 1 \right) \Leftrightarrow 2\left| {\overrightarrow {MI} } \right| = 2\left| { - \overrightarrow {AN} } \right| \Leftrightarrow IM = AN$.

$I$, $A$, $N$ cố định nên tập hợp các điểm $M$ là đường tròn tâm $I$, bán kính $AN$.

$\overrightarrow u  = \left( {\tan B} \right)\overrightarrow {A'B}  + \left( {\tan C} \right) \overrightarrow {A'C} $ $ \Leftrightarrow \overrightarrow u  = \dfrac{{AA'}}{{BA'}}\overrightarrow {A'B}  + \dfrac{{AA'}}{{CA'}}\overrightarrow {A'C} $.

Ta thấy hai vecto $\dfrac{{AA'}}{{BA'}}\overrightarrow {A'B} $ và $\dfrac{{AA'}}{{CA'}}\overrightarrow {A'C} $ ngược hướng và độ dài mỗi vecto bằng $AA'$ nên chúng là hai vecto đối nhau.

Vậy $\overrightarrow u  = \overrightarrow 0 $.