Cho tam giác đều $ABC$ cạnh $a$. Điểm $M$ là trung điểm $BC$. Dựng các véc-tơ sau và tính độ dài của chúng
a) $\frac{1}{2}\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{MA}$.
b) $\overrightarrow{BA}-\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$.
c) $\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}$.
d) $\frac{3}{4}\overrightarrow{MA}-\frac{5}{2}\overrightarrow{MB}$.

Question

DẠNG 1. DỰNG VÀ TÍNH ĐỘ DÀI VÉC – TƠ Cho tam giác đều $ABC$ cạnh $a$. Điểm $M$ là trung điểm $BC$. Dựng các véc-tơ sau và tính độ dài của chúng a) $\frac{1}{2}\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{MA}$. b) $\overrightarrow{BA}-\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$. c) $\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}$. d) $\frac{3}{4}\overrightarrow{MA}-\frac{5}{2}\overrightarrow{MB}$. [IMAGE:question_images/10-15. TICH 1 SO VS 1 VECTO/F. BAI TAP NANG CAO/image26.png]

Beedemy · Accepted Answer

Lời giải: a) Do $\frac{1}{2}\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{CM}$ nên theo quy tắc ba điểm, ta có $\frac{1}{2}\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{MA}=\overrightarrow{CA}$. Vậy $\left|\frac{1}{2}\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{MA}\right|=CA=a$. b) Vì $\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BM}$ nên theo quy tắc trừ, ta có $\overrightarrow{BA}-\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BA}-\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{MA}$. Theo định lí Pitago ta có $MA=\sqrt{AB^2-BM^2}=\sqrt{a^2-\left(\frac{a}{2}\right)^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Vậy $\left|\overrightarrow{BA}-\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}\right|=MA=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. c) Gọi N là trung điểm AB, Q là điểm đối xứng của A qua C và AQPN là hình bình hành. Khi đó ta có $\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AN},\ 2\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AQ}$, suy ra theo quy tắc hình bình hành ta có $\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AN}+\overrightarrow{AQ}=\overrightarrow{AP}$. Gọi L là hình chiếu của A lên PN. Vì $PN \parallel AC$ nên $\widehat{ANL}=\widehat{MNB}=\widehat{CAB}=60^\circ$. Xét tam giác vuông ANL ta có $\sin \widehat{ANL}=\frac{AL}{AN}\Rightarrow AL=AN\sin \widehat{ANL}=\frac{a}{2}\sin 60^\circ=\frac{a\sqrt{3}}{4}$. $\cos \widehat{ANL}=\frac{NL}{AN}\Rightarrow NL=AN\cos \widehat{ANL}=\frac{a}{2}\cos 60^\circ=\frac{a}{4}$. Ta lại có $AQ=PN\Rightarrow PL=PN+NL=2a+\frac{a}{4}=\frac{9a}{4}$. Tam giác ALP có $AP^2=AL^2+PL^2=\frac{3a^2}{16}+\frac{81a^2}{16}=\frac{21a^2}{4}\Rightarrow AP=\frac{a\sqrt{21}}{2}$. Vậy $\left|\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}\right|=AP=\frac{a\sqrt{21}}{2}$. d) Gọi K là điểm nằm trên đoạn AM sao cho $MK=\frac{3}{4}MA$. Gọi H là điểm thuộc tia MB sao cho $MH=\frac{5}{2}MB$. Khi đó $\frac{3}{4}\overrightarrow{MA}=\overrightarrow{MK};\ \frac{5}{2}\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{MH}$. Suy ra $\frac{3}{4}\overrightarrow{MA}-\frac{5}{2}\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{MK}-\overrightarrow{MH}=\overrightarrow{HK}$. Ta có $MK=\frac{3}{4}AM=\frac{3}{4}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{3a\sqrt{3}}{8},\ MH=\frac{5}{2}MB=\frac{5a}{4}$. Tam giác MKH có $KH=\sqrt{MH^2+MK^2}=\sqrt{\frac{25a^2}{16}+\frac{27a^2}{64}}=\frac{a\sqrt{127}}{8}$. Vậy $\left|\frac{3}{4}\overrightarrow{MA}-\frac{5}{2}\overrightarrow{MB}\right|=KH=\frac{a\sqrt{127}}{8}$.

Bài tập nâng cao Tích của một vectơ với một số · Bài 2