Title CD4-VECTO.docx ✅

2   CHỦ ĐỀ ❹. VECTO ⬩PHẦN ❶. TỰ LUẬN Câu 1: Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác OBC vuông tại O , biết rằng trung điểm của cạnh BC là 3;4M . Tính độ dài BC . Lời giải Vì tam giác OBC vuông tại O nên trung tuyến OM có độ dài bằng một nửa độ dài cạnh BC . Mà 223;4345210OMOMBCOM→ . Đáp số: 10. Câu 2: Trong mặt phẳng Oxy , cho hình bình hành ABCD biết 2;1A , 6;1B , 0;3D . Tính  BAC . Lời giải Gọi I là giao điểm của AC và BD . Suy ra I là trung điểm AC và BD . Do đó 3;2I và  .coscoscos, . ABAI BACBAIABAI ABAI →→ →→ . Mà 4;04ABAB→ , 1;12AIAI→ và .4ABAI→→ nên 42 cos 242BAC . Vậy  45BAC∘ . Đáp số:  45BAC∘ Câu 3: Người ta muốn làm một khung cửa hình chữ nhật ABCD có AB rộng 3 mét, BC dài 4 mét (như hình vẽ). Biết rằng đoạn BE dài 1 mét và EFGH là hình chữ nhật và BFFC , hỏi độ dài đoạn EF là bao nhiêu mét? (Làm tròn đến hàng phần trăm.) Lời giải
3 Đặt hệ trục tọa độ Oxy vào hình chữ nhật ABCD như hình vẽ. Ta có 0;0B , 0;3A , 4;0C , 0;1E . Điểm F thuộc trục Ox , nằm giữa B và C sao cho BFFC nên ;0Fx với 24x . Điểm G thuộc cạnh CDOx nằm giữa C và D nên 4;Gy với 03y . Gọi I là giao của EG và FH thì I là trung điểm EG và FH . Do đó 112;24;1 22 y OIOEOGOHOIOFxy    →→→→→→ hay 4;1Hxy . Mà H thuộc cạnh ADOy nên 1324;2yyG (thỏa mãn). Khi đó 4;2GFx→ và ;1EFx→ . Mà GFEF nên 22(t/m) 0420 22(không t/m). x GFEFxx x     →→ Do đó 223,56EFBEBF . Đáp số: 3,56 mét. Câu 4: Cho hình bình hành ABCD . Gọi M , N là các điểm lần lượt nằm trên các đoạn thẳng AB và CD sao cho 1 3 AM AB ; 1 2 CN CD . Gọi G là trọng tâm của tam giác BMN , I là điểm xác định bởi a BIBC b→→ với ,,a ab bℝ là phân số tối giản. Khi đó để A , I , G thẳng hàng thì tổng ab bằng bao nhiêu? Lời giải Giả sử BIkBC→→ .
4 Phân tích AI→ , AG→ theo hai vectơ không cùng phương AB→ , AC→ . Ta có: 1AIABBIABkBCABkACABkABkAC→→→→→→→→→→ . G là trọng tâm của tam giác BMN nên 111 3 322AGABAMANABABACAD→→→→→→→→ 111 322ABABACBC→→→→ 411 322ABACACAB→→→→ 5 6ABAC→→ . hay 51 183AGABAC→→→ . Ba điểm A , I , G thẳng hàng khi và chỉ khi AI→ , AG→ cùng phương. Khi đó, ta có 11561 5131811 183 kk kkk  suy ra 6 11 a b nên 17ab . Câu 5: Một vật đang ở vị trí O chịu hai lực tác dụng ngược chiều nhau là 1F→ và 2F→ , trong đó độ lớn lực 2F→ lớn gấp đôi độ lớn lực 1F→ . Người ta muốn vật dừng lại nên cần tác dụng vào vật hai lực 3F→ , 4F→ có phương hợp với lực 1F→ các góc 30 như hình vẽ, chúng có độ lớn bằng nhau và bằng 503 N . Tìm độ lớn của lực 2F→ . Lời giải Ta có: 212FF→→ . Để vật trở về trạng thái cân bằng thì hợp lực bằng 0→ . 12341134341020FFFFFFFFFFF→→→→→→→→→→→→→ . Đặt 1234,,,FOAFOBFOCFOD→→→→→→→→ . Ta có: 341FFFOCODOA→→→→→→ . Do đó OCAD là hình bình hành.