Cho tam giác đều $ ABC $ và các điểm $ M,\,\,N,\,\,P $ thỏa mãn $ \overset\rightarrow { BM }=k\,\,\overset\rightarrow { BC } $, $ \overset\rightarrow { CN }=\frac { 2 } { 3 }\overset\rightarrow { CA } $, $ \overset\rightarrow { AP }=\frac { 4 } { 15 }\overset\rightarrow { AB } $. Tìm $ k $ để $ AM $ vuông góc với $ PN $.

+/ Ta có: $ \overset\rightarrow { BM }=k\,\,\overset\rightarrow { BC }⇒\overset\rightarrow { AM }-\overset\rightarrow { AB }=k\,\,\left ( { \overset\rightarrow { AC }-\overset\rightarrow { AB } } \right ) $ $ ⇒\overset\rightarrow { AM }=k\overset\rightarrow { AC }+\left ( { 1-k } \right )\overset\rightarrow { AB }\,\, $ $ \overset\rightarrow { PN }=\overset\rightarrow { AN }-\overset\rightarrow { AP }=\frac { 1 } { 3 }\overset\rightarrow { AC }-\frac { 4 } { 15 }\overset\rightarrow { AB } $ +/ $ AM⊥PN⇔\overset\rightarrow { AM }.\overset\rightarrow { PN }=0⇔\left[ k\overset\rightarrow { AC }+\left ( { 1-k } \right )\overset\rightarrow { AB }\,\, \right].\left ( { \frac { 1 } { 3 }\overset\rightarrow { AC }-\frac { 4 } { 15 }\overset\rightarrow { AB } } \right )=0 $ $ ⇔\frac { k } { 3 }.AC ^ { 2 } -\frac { 4\left ( { 1-k } \right ) } { 15 }AB ^ { 2 } +\left ( { \frac { 1-k } { 3 }-\frac { 4k } { 15 } } \right ).\overset\rightarrow { AB }.\overset\rightarrow { AC }=0 $ $ ⇔\frac { k } { 3 }.AC ^ { 2 } -\frac { 4\left ( { 1-k } \right ) } { 15 }AB ^ { 2 } +\left ( { \frac { 1 } { 3 }-\frac { 3k } { 5 } } \right ).AB.AC.cos60°=0 $ $ ⇔\frac { k } { 3 }-\frac { 4\left ( { 1-k } \right ) } { 15 }+\left ( { \frac { 1 } { 3 }-\frac { 3k } { 5 } } \right ).\frac { 1 } { 2 }=0 $ $ ⇔k=\frac { 1 } { 3 } $. Vậy $ k=\frac { 1 } { 3 } $.