Tổng hợp bài tập toán hình học phổ thông phương pháp giảng dạy toán 2 (bản 2)

Câu 4: Gọi O, G, H lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm, trực tâm của Δ???... Trên cạnh CA ta lấy các điểm B1,B2đối xứng nhau qua trung điểm của CA.. Trên cạnh BA ta lấy các

PHƯƠNG PHÁP TOÁN 2- BÀI TẬP SỐ 1

Danh sách thành viên nhóm

1 Đỗ Thị Thu Hiền 1311106

2 Bùi Thị Yến Duyên 1311046

3 Trần Thị Ngọc Cẩm 1311026

4 Trịnh Thị Thu Trinh 1311369

5 Lê Thị Hiền Diệu 1311038

Bài tập

Câu 1: Xác định điểm M trong mỗi câu sau:

a) ⃗MA+ 2⃗ MB=3 ⃗ AB

⃗MA+ 2⃗ MB=3⃗ MB−3⃗ MA

4 ⃗MA=⃗ MB

Vậy M nằm ngoài đoạn AB và 4 ⃗MA=⃗ MB

b) ⃗MA+⃗ MB+⃗ MC +⃗ MD=⃗0

Gọi I là trung điểm AB, J là trung điểm CD

⃗MA+⃗ MB+⃗ MC +⃗ MD=⃗0

 2⃗MI+2⃗ MJ=⃗0 (I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD)

 ⃗MI +⃗ MJ=⃗0

 M là trung điểm IJ

c) |⃗MA +2⃗ MD|=|⃗MA +⃗ MB+⃗ MC|

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC

 |3⃗MG|=|⃗MA +⃗ MB+⃗ MC|

Gọi I là tâm tị cự của AD theo hệ thức :

⃗IA +2⃗ ID=⃗0

 3⃗MI=⃗ MA +2⃗ MD

B A

M

J I

D

C B

A

M

G

M

I

D B

A

 |3 ⃗MI|=|⃗MA +2⃗ MD|

Khi đó |⃗MA +2⃗ MD|=|⃗MA +⃗ MB+⃗ MC|

 |3 ⃗MI|=|3⃗MG|

 |⃗MI|=|⃗MG|

Vậy M nằm trên đường trung trực của GI

d) |2⃗MA−3⃗ MB+2⃗ MC|=2

Gọi I là tâm tị cự của tam giác ABC theo hệ số

2 ⃗IA−3 ⃗ IB+2 ⃗ IC=⃗0

 2⃗MA−3⃗ MB+2⃗ MC=⃗ MI

 |2⃗MA−3⃗ MB+2⃗ MC|=|⃗MI|

Khi đó: |2⃗MA−3⃗ MB+2⃗ MC|=2

 |⃗MI|=2

Vậy M nằm trên đường tròn tâm I bán kính 2

Xác định điểm I:

2 ⃗IA−3 ⃗ IB+2 ⃗ IC=⃗0

Gọi H là trung điểm của AC

 2 ⃗IA−3 ⃗ IB+2 ⃗ IC=2(⃗IA+⃗ IC)−3 ⃗IB=4 ⃗ IH −3⃗ IB=⃗0

 4 ⃗IH=3 ⃗ IB

 ⃗IH =3

4⃗IB

4

3

2

1

1

2

R=2

M

I

B

A

Câu 2:

Cho Δ𝐴𝐵𝐶 nội tiếp đường tròn tâm O Gọi D là điểm đối xứng với B qua O và H là trực tâm Δ𝐴𝐵𝐶

a) Chứng minh rằng ⃗AH =⃗ DC

b) Gọi I là trung điểm của AH, M là trung điểm của BC Chứng minh rằng ⃗AI =⃗ OM

Giải:

a) Chứng minh ⃗AH = ⃗DC

Ta có:

{DC ⊥ BC(^ DCB là góc nộitiếp chắn nửa đườngtròn)

AH ⊥ BC ( H là trựctâm )

 AH // DC (1)

Ta có:

{AD ⊥ AB(^ DAB là góc nộitiếp chắn nửa đường tròn)

CH ⊥ AB ( H l àtrực tâm)

 AD // CH (2)

Từ (1), (2) suy ra tứ giác ADCH là hình bình hành

 ⃗AH = ⃗DC (đpcm)

b) Gọi I là trung điểm của AH, M là trung điểm của BC Chứng minh rằng ⃗AI =⃗ OM

Ta có:

D

O H I

B

A

OB = OC = R (bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC)

 ∆ OBC cân tai O

Mặt khác M là trung điểm của BC

Do đó OM vừa là trung tuyến vừa là đường cao của ∆ OBC

Ta có:

{OM ⊥ BC(OM là đường cao ∆ OBC) AH ⊥ BC ( H làtrực tâm)

 OM // AH

 OM // AI (1)

{O làtrung điểm của BD M làtrung điểm của BC

 OM là đường trung bình của tam giác BCD

 OM = 12DC

Mặt khác ADCH là hình bình hành nên DC =AH

Do đó

 OM = 12DC = 12AH = AI

 OM = AI (2)

Từ (1), (2) suy ra AOMI là hình bình hành

 ⃗AI =⃗ OM (đpcm)

Câu 3: Cho hình thang ABCD, có CD=3AB, M, N trên AD và BC sao cho

⃗AM=2⃗ MD ,⃗ BN=2⃗ NC

a) Tìm k ∈ R sao cho ⃗MN =k ⃗ AB.

b) Gọi P là giao điểm AC và MN, tìm x ∈ R sao cho ⃗PA=k ⃗ PC.

Giải:

M

N

a) Tìm k ∈ R sao cho ⃗MN =k ⃗ AB.

Ta có:

⃗MN =⃗ MA+⃗ AB+⃗ BN

2⃗MN=2⃗ MD+2⃗ DC +2⃗ CN =2⃗ MD+6 ⃗ AB+⃗ CN

Suy ra 3⃗MN =(⃗MA +2⃗ MD)+7⃗AB+(⃗ BN+2⃗ CN )

3⃗MN =⃗0+7 ⃗ AB+ ⃗0

3⃗MN =7⃗ AB

⇒ ⃗MN =7

3⃗AB Vậy k =73

b) Gọi P là giao điểm AC và MN, tìm x ∈ R sao cho ⃗PA=x ⃗ PC.

Ta có:

AM

MD=

BN

CN=2 (định lý talet trong hình thang ABCD) Suy ra MN ⫽ AB ⫽CN

Mà P là giao điểm của MN và AC

Nên PN ⫽ AB

Áp dụng hệ quả định lý Talet trong tam giác ABC, có:

PN ⫽ AB

⇒PC PA=NB

NC=2⇒ PA=2 PC ⇒⃗ PA=−2⃗ PC

Vậy x=−2

Câu 4: Gọi O, G, H lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm, trực tâm của Δ𝐴𝐵𝐶 Chứng minh rằng:

a) ⃗OH =3⃗ OG

b) 2⃗OH =⃗ HA+⃗ HC +⃗ HB

Giải

a) Chứng minh: ⃗OH =3⃗ OG

Gọi D là điểm đối xứng của A qua O và I là trung điểm của BC

Ta có:

{DC AC(^ ACD là góc nộitiếp chắn nữa đường tròn)

BH AC ( BH là đường cao trong ∆ ABC)

 BH⫽ DC (1)

{BD AB(^ABD là góc nộitiếp chắn nữa đường tròn)

CH AB (CH là đường cao trong ∆ ABC)

 BD⫽ HC (2)

I

O

A

D

Tứ giác BDCH là hình bình hành, do đó I là trung điểm của HD Xét tam giác AHD, ta có:

{OA=OD (D là điểm đối xứng của A qua O) IH=ID ( I làtrung điểm HD )

 OI là đường trung bình∆ AHD nên: ⃗AH =2⃗ OI

Ta có:

VP=3⃗ OG=⃗ OA+⃗ OB+⃗ OC (G là trọng tâm ∆ ABC)

¿⃗OA+2 ⃗ OI (I làtrung điểm BC )

¿⃗OA+⃗ AH =⃗ OH =VT

Vậy ⃗OH =3⃗ OG

b) Chứng minh: ⃗2OH =⃗ HA+⃗ HC +⃗ HB

CHỨNG MINH ĐỀ SAI

Theo câu a), ta có BDCH là hình bình hành nên:

⃗HB+⃗ HC =⃗ HD (1)

Mặt khác O là trung điểm của AD nên:

⃗HA+⃗ HD=2⃗ HO (2)

Từ (1) và (2), suy ra:

2⃗HO=⃗ HA+⃗ HB+⃗ HC

SỬA LẠI ĐỀ:

CM: 2⃗HO=⃗ HA+⃗ HC+⃗ HB

Từ câu a), ta có:

VP=⃗ HA+⃗HB+⃗ HC

¿(⃗OA−⃗ OH)+(⃗OB−⃗ OH)+(⃗OC −⃗ OH)

¿⃗OA+⃗ OB+⃗ OC−3⃗ OH

¿⃗OH −3⃗ OH

¿2⃗HO=VT

Vậy 2⃗HO=⃗ HA+⃗ HB+⃗ HC

Câu 5: Cho Δ𝐴𝐵𝐶, trên cạnh BC ta lấy các điểm A1,A2đối xứng nhau qua trung điểm

của BC Trên cạnh CA ta lấy các điểm B1,B2đối xứng nhau qua trung điểm của CA

Trên cạnh BA ta lấy các điểm C1,C2đối xứng nhau qua trung điểm của BA Chứng

minh rằng trọng tâm của ba tam giácABC , A1B1C1và A2B2C2 thẳng hàng.

Giải

Gọi:

G , G1và G2 lần lượt là trong tâm của ba tam giác ABC , A1B1C1và A2B2C2

E, D và F lần lượt là trung điểm của ba cạnh AC, BC và AB

Ta có:

⃗A A1+⃗B B1+⃗C C1=⃗AG+⃗ GG1+⃗G1A1+⃗BG +⃗ G G1+⃗G1B1+⃗CG +⃗ G G1+⃗G1C1

¿3⃗GG1+(⃗AG +⃗ BG+⃗ CG)+(⃗G1A1+⃗G1B1+⃗G1C1)

¿3⃗GG1+ ⃗0+⃗0 (G1,G2 trong tâm của hai tam giác ABC và A1B1C1)

¿3⃗GG1

 3⃗GG1¿⃗A A1+⃗B B1+⃗C C1 (1)

Chứng minh tương tự trên ta có: 3⃗GG2 ¿⃗A A2+⃗B B2+⃗C C2 (2)

Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được:

G2

D

A

C1

B2 A2

A1

3(⃗G G1+⃗G G2) = ⃗A A1+⃗B B1+⃗C C1 + ⃗A A2+⃗B B2+⃗C C2

¿⃗A A1+¿⃗A A2+⃗B B1+⃗B B2+⃗C C1+⃗C C2

¿2⃗AD +2⃗ BE+2 ⃗ CF (E, D, F là trung điểm của ba cạnh AC, BC và AB)

¿⃗AB+⃗ AC+⃗ BA+⃗ BC+⃗ CA +⃗ CB

¿(⃗AB+⃗ BA)+(⃗AC+⃗ CA)+(⃗BC+⃗ CB)

¿⃗AA+⃗ AA+⃗ BB=⃗0

3(⃗G G1+⃗G G2)¿0⃗

 ⃗G G1 =−⃗G G2

Vậy G , G1và G2 thẳng hàng và G là trung điểm của G1G2

Câu 6: Cho hình bình hành ABCD Kí hiệu A1, B1, C1, D1lần lượt là các điểm thuộc cạnh

AB, BC, CD, DA sao choAA1

AB=

B B1

BC =

C C1

CD =

D D1

DA Chứng minh rằng giao điểm các đường chéo của tứ giácA1B1C1D1 trùng với giao điểm các đường chéo hình bình hành.

Giải

Ta có:

AA1

AB=

B B1

BC =

C C1

CD =

D D1

DA =k

⃗A1O=⃗ A1A+⃗ AO

¿−k ⃗ AB+1

2(⃗AD+⃗ AB)

¿(12−k)⃗AB+1

2⃗AD

⃗C1O=⃗ C1C+⃗ CO=−k ⃗ CD +1

2(⃗CD +⃗ CB)

¿(12−k)⃗CD+1

2⃗CB

¿−[ (12−k)⃗AB+1

2⃗AD]=−⃗A1O

 ⃗C1O=−⃗ A1O

Do đó A1, O, C1 thẳng hàng và O là trung điểm của A1C1 (1)

⃗D1O=⃗ D1D+⃗ DO=−k ⃗ DA +1

2(⃗DA+⃗ DC)

¿(12−k)⃗DA +1

2⃗DC

⃗B1O=⃗ B1B+⃗ BO=−k ⃗ BC+1

2(⃗BA +⃗ B C)

¿(12−k)⃗BC+1

2⃗BA

¿−[ (12−k)⃗DA+1

2⃗DC]=−⃗D1O

 ⃗B

1O=−⃗ D1O

Do đó B1, O, D1 thẳng hàng và O là trung điểm của B1D1 (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

 Tứ giác A1B1C1D1 là hình bình hành

 A1C1∩B1D1={O}

Vậy giao điểm hai đường chéo của hình bình hành A1B1C1D1 trùng với giao điểm hai đường chéo hình bình hành ABCD

Câu 7: Cho Δ𝐴𝐵𝐶 có AB=1, AC=2, ^BAC=1200

a Tính độ dài đường trung tuyến của ∆ ABC kẻ từ đỉnh A.

b Tính độ dài đường phân giác trong của ∆ ABC kẻ từ đỉnh A.

c Tính độ dài đường phân giác ngoài của ∆ ABC kẻ từ đỉnh A.

Giải

a) Gọi I là trung điểm của BC

Ta có:

BC2

=AB2 +AC2−2 AB AC cos ^BAC

⇔ BC2

=1+22−2.1 2 cos120°

⇒ BC=√7

AI2

=AB2

+AC2

BC2

4 =

1+22

2 −

(√7)2

4 =

3 4

⇒ AI =√3

2 b) Gọi AD là đường phân giác trong của tam giác ABC

Ta có: S ∆ ABC=S ∆ ABD+S ∆ ACD

⇔ 12 AB AC sin ^ BAC =1

2 AB AD sin ^ BAD+

1

2 AC AD sin ^ CAD

⇔ 12 AB AC sin 120 °=1

2 AB AD sin 60 °+

1

2 AC AD sin 60 °

⇔12.1.2 sin 120°=12.1 AD sin 60°+12.2 AD sin60 °

60°

30° A

C

D'

⇔ √23=√3

4 AD+

√3

2 AD

⇔√23=3√3

4 AD

⇒ AD=2

3 c) Gọi AD’ là đường phân giác ngoài của tam giác ABC

Ta có:

S ∆ AD ' C=¿S ∆ ABC+S ∆ AD' B¿

⇔ 12 A D ' AC sin ^ CAD '=1

2 AB AC sin ^ BAC+

1

2 A D

'

AB sin ^ BAD '

⇔ 12 A D ' AC sin 150 °=1

2 AB AC sin 120°+

1

2 A D

' AB sin 30 °

⇔12 A D ' .2 sin 150 °=12.1.2 sin 120°+12 A D ' .1 sin30 °

⇔12A D '=√3

2 +

1

4 AD '

⇔14 A D '=√3

2

⇒ A D '=2√3

Câu 8: Cho hình vuông ABCD cạnh a N là trung điểm của AC, M trên cạnh CD sao cho

4AM = AC.

a) Tính độ dài các cạnh và diện tích của ΔBMN theo a.

b) Gọi I là giao điểm của BN và AC Tính CI theo a.

c) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔABC theo a.

Lý luận bài toán

Theo đề bài điểm M nằm trên CD nên AM < AC (AC là cạnh huyền tam giác ADC)

Theo đề bài ta lại có 4AM = AC => AM=AC4 =AN

2 <AD¿vì N là trung điểm AC cũng là giao điểm 2 đường chéo của hình vuông nên ∆AND vuông tại N => AN ≤ AD hay AN2 < AD)(2)

Từ (1) và (2) => mâu thuẫn

Ta sửa lại đề

Cho hình vuông ABCD cạnh a N là trung điểm của CD, M trên cạnh AC sao cho 4AM = AC.

a) Tính độ dài các cạnh và diện tích của ΔBMN theo a.

b) Gọi I là giao điểm của BN và AC Tính CI theo a.

c) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔABC theo a.

Giải:

a) Tính độ dài các cạnh và diện tích của ΔBMN theo a.

* Tính BN

Xét ΔBCN vuông tại C, áp dụng định lý pi-ta-go ta cóBCN vuông tại C, áp dụng định lý pi-ta-go ta có

BN2 = BC2 + CN2 => BN = √BC2

+CN2

= √a2 +(a2)2

=√5

2 a Vậy BN = √5

2 a

* Tính BM

Gọi K là giao điểm 2 đường chéo BD và AC của hình vuông

Ta có BK=a√2

2 , KM =

a√2 4

BM2=BK2+KM2=¿BM =√BK2+KM2=√ (a√2

2 )2+(a√2

4 )2=√10

4 a Vậy BM = √10

4 a

* Tính MN

Ta có CA là đường chéo trong hình vuông ABCD, chia góc C thành 2 góc ^DCA=^ ACB=45 °

Ta có định lý cosin : MN2

=CN2+CM2−2 CN CM cos^NCM

 MN = √CN2+CM2−2 CN CM cos ^NCM

= √¿ ¿

= √10

4 a

Vậy MN = √10

4 a

*Tính diện tích ΔBCN vuông tại C, áp dụng định lý pi-ta-go ta cóBMN:

Ta thấy BN2

=MN2+BM2 và BM =MN = √10

4 a=> ΔBCN vuông tại C, áp dụng định lý pi-ta-go ta cóBMN vuông cân tại M

S ΔBMNBMN=1

2 BM MN = 1

2.

√10

4 a

√10

4 a = 165 a2

b) Gọi I là giao điểm của BN và AC Tính CI theo a.

Ta có CA là đường chéo trong hình vuông ABCD, chia góc C thành 2 góc ^DCA=^ ACB=45 °

=> CA là đường phân giác trong của góc C cắt BN tại I

Xét ΔBCN vuông tại C, áp dụng định lý pi-ta-go ta cóBCN, Ta có tỷ lệ độ dài : IB¿ =NC

CB=

1

Theo câu a ta lại có IN + IB = BN =√5

Từ (3) và (4) ta có hệ phương trình sau, nghiệm của hệ là độ dài cạnh IN và IB

{¿2.∈−IB=0+IB=√5

2 a

=> {¿=√5

6 a

IB=√5

3 a

Ta có BC

BN=

2√5

5 =¿cos ^NBC =

2√5 5

Ta có định lý cosin : IC2

=IB2 +BC2

−2 IB BC cos ^ NBC

 IC=√IB2+BC2−2 IB BC cos ^NBC

= √ ( √5

3 a)2+a2−2.√5

3 a a

2√5 5

=√2

3 a

Vậy IC =√2

3 a

c) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔABC theo a.

Ta có ΔBCN vuông tại C, áp dụng định lý pi-ta-go ta cóABC vuông tại B, vậy đường kính đường tròn ngoại tiếp ΔBCN vuông tại C, áp dụng định lý pi-ta-go ta cóABC chính là AC = a√2 Bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔBCN vuông tại C, áp dụng định lý pi-ta-go ta cóABC theo a là R = a√2

2

Câu 9: Cho ΔABC có A(1; 5), B(4; −1), C(−4; −5)

Giải

Hình vẽ

2

4

6

8

10

12

14

16

F

C

D

B

6

4

2

2

4

6

8

x

A

F C

E D O

B

A (1 ;5 ), B (4 ;−1) ,C (−4 ;−5)

a. Tìm tọa độ trực tâm ABC ∆ ABC

Ta có:              AB(3; 6),               BC( 8; 4) 

⃗AB(3 ;−6), ⃗BC (−8 ;−4) Xét AB BC  . 3.( 8) ( 6).( 4) 0   

 

 ∆ ABC ABCvuông ở B Vậy trực tâm của ABC là B(4; 1)

b. Tìm tọa độ chân đường cao kẻ từ A của ABC ∆ ABC

Ta có: ABC ∆ ABC vuông ở B

Vậy B (4 ;−1)chân đường cao kẻ từ A của ABClà B(4; 1)

c. Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp ABC ∆ ABC

Gọi O(x;y) là trung điểm AC

mà ABCvuông tại B suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC

5 5

0

A B o

A B o

x x x

y y y





 



Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp ABClà:

3 O( ;0) 2



d Đường phân giác của BAC cắt BC tại D Tìm tọa độ D

Xét ABC ∆ ABC, có AD là phân giác trong BAC ^ BAC, ta có:

3 5 3

5

5 5

BD AB

DC AC  

5 3

DC BD

  

(*)⃗DC=53⃗BD Gọi D(x; y) D(x ; y)

Ta có: DC ( 4  x; 5  y BD x), (  4;y1)

(*) 5

1

3

5

3

x









{−4−x=5

3(x−4)

−5− y =5

3(y +1)

⇔{−12−3 x=5 x−20

−15−3 y=5 y +5 ⇔{y= x=1−5

2

Vậy

5 (1; ) 2

D  D(1 ;−5

2 )

e. Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp ABC ∆ ABC.

Đường phân giác trong của ABC ^ABC cắt AD tại E

Do đó E là tâm đường tròn nội tiếp ABC ∆ ABC

Xét ABD ∆ ABD, có BE là phân giác trong của ABC ^ ABC

3 5

2

3 5 2

AE AB

ED BD

2

AE ED

  

(**)

AJ

JD=

AB

BD=

3√5

3√5 2

=2

Gọi E x y( , )

Ta có:

5 (x 1; y 5), (1 ; )

2

AE   ED  x   y

(**)

1 2(1 )

5

2

  





Vậy tâm đường tròn nội tiếp của ABC là:E(1;0)

f. Tìm tọa độ tâm đường tròn bàng tiếp ABC ∆ ABC thuộc ^BAC^ BAC

Đường phân giác ngoài của ABC ^ ABC, ACB ^ ACB cắt nhau tại F

Do đó F là tâm đường tròn bàng tiếp của ABC ∆ ABC

^

EBF=^ ECF= 180°

2 =90°

,

Gọi F(x; y)

Ta có:     EB         (3; 1),               BF x(  4;y1)

( 5; 5), (x 4; y 5)

EC   CF  

EC CF





⃗ ⃗

⃗ ⃗

Vậy tâm đường tròn bàng tiếp của ABC là: F(1; 10)

Câu 10: Cho A(2; 5), B(−3; 4).

a) Xác định điểm M trên trục Ox sao cho MA + MB nhỏ nhất.

b) Xác định điểm N trên trục Ox sao cho |NA−NB| lớn nhất.

c) Xác định điểm K trên trục Ox sao cho |⃗KA+2 ⃗ KB+3⃗ KC| nhỏ nhất, với C(−1,2).

Giải:

a) Xác định điểm M trên trục Ox sao cho 𝑀𝐴 +𝑀𝐵 nhỏ nhất.

Tacó M ∈Ox ⇒ M( x ;0)

Theo đề bài ta có A, B cùng phía với Ox, ta lấy B' đối xứng B qua Ox

 B(−3 ;−4)

Ta có MA +MB=MA+ MB ' ≥ AB '

Do đó MA +MB đạt giá trị nhỏ nhất khi dấu “=” xảy ra tức là MA + M B'

=AB'

hay M, A, B’ thẳng hàng

 ⃗AM=k ⃗ AB '

⃗AM=( x−2;−5)

6 4 2

2

B

A

⃗AB'=(−5 ;−9)

 ( x−2 ;−5)=k (−5 ;−9)

{x−2=−5 k−5=−9 k

=>{x=−7

9

k =5

9

Vậy M (−7

9 ;0)

b) Xác định điểm N trên trục Ox sao cho |NA−NB| lớn nhất

Tacó N ∈ Ox ⇒ N (x ;0)

|NA−NB|≤ AB

Do đó |NA−NB| đạt giá trị lớn nhất khi dấu “=” xảy ra tức là |NA−NB|=AB

hay N, A, B thẳng hàng

Theo đề bài ta có A, B cùng phía với Ox

 ⃗NA =k ⃗ NB

⃗NA =(2−x ;5)

⃗NB =(−3−x ;4 )

 (2−x ; 5)=k (−3−x ; 4 )

{2−x=−3 k 5=4 k

=>{x=−23 k =5

4

Vậy N (−23,0)

c) Xác định điểm K trên trục Ox sao cho |⃗KA+2 ⃗ KB+3⃗ KC|

10

8

6

4

2

2

4

6

B

A

O

K nằm trên trục Ox, ta đặt K(x,0)

Ta có ⃗KA=(2−x , 5)

⃗KB =(−3−x , 4 )

⃗KC=(−1−x , 2)

⃗KA+2⃗ KB+3⃗ KC =(−7−6 x , 19)

|⃗KA+2 ⃗ KB+3⃗ KC|=√(−7−6 x )2+192≥ 19

|⃗KA+2 ⃗ KB+3⃗ KC|đạt GTNN khi dấu “=” xảy ra, tức là

−7−6 x=0

 x=−7

6

 Vậy K (−7

6 , 0)

6

4

2

2

C

B

A

O