Bài tập luyện tập Toán 10: Tích vô hướng của hai vectơ

BÀI TẬP TỰ LUẬN (10,0 điểm)

Câu 1 (0,75 điểm). Cho hai vectơ $\vec{a}$ và $\vec{b}$ đều khác $\vec{0}$ thỏa mãn $|\vec{a}| = 4$ và $|\vec{b}| = 6$.
a) Tính tích vô hướng $\vec{a} \cdot \vec{b}$ biết góc giữa hai vectơ $(\vec{a}, \vec{b}) = 60^\circ$.
b) Biết $\vec{a} \cdot \vec{b} = -12$. Tính số đo góc $(\vec{a}, \vec{b})$ và tính độ dài của vectơ $\vec{u} = \vec{a} + \vec{b}$.

Câu 2 (0,75 điểm). Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $\widehat{ABC} = 60^\circ$ và $BC = 4a$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $BC$.
a) Tính độ dài các cạnh $AB$, $AC$ theo $a$ và xác định số đo góc $(\overrightarrow{BA}, \overrightarrow{BC})$.
b) Tính các tích vô hướng $\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC}$, $\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{CB}$ và $\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{AB}$ theo $a$.

Câu 3 (0,75 điểm). Cho tam giác đều $ABC$ có cạnh bằng $3a$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $BC$ và $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$.
a) Tính các tích vô hướng $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}$ và $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BC}$ theo $a$.
b) Tính các tích vô hướng $\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{AC}$ và $\overrightarrow{GB} \cdot \overrightarrow{GC}$ theo $a$.

Câu 4 (0,75 điểm). Cho hình vuông $ABCD$ tâm $O$ có độ dài cạnh bằng $2a$.
a) Xác định số đo các góc $(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC})$, $(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{CD})$, $(\overrightarrow{BO}, \overrightarrow{BC})$ và tính độ dài của vectơ $\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}$ theo $a$.
b) Tính các tích vô hướng $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}$ và $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{OD}$ theo $a$.

Câu 5 (1,0 điểm). Cho tam giác $ABC$ có $AB = 4$, $AC = 6$ và $BC = 8$.
a) Tính tích vô hướng $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}$ và tính $\cos\widehat{BAC}$.
b) Lấy điểm $D$ trên cạnh $AC$ sao cho $AD = 2DC$. Tính tích vô hướng $\overrightarrow{BD} \cdot \overrightarrow{BC}$.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chữ nhật $ABCD$ có $AB = 4a$ và $AD = 2a$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $AB$ và $N$ là trung điểm của cạnh $BC$.
a) Biểu thị các vectơ $\overrightarrow{DM}$ và $\overrightarrow{MN}$ qua hai vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{AD}$.
b) Tính các tích vô hướng $\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{BD}$ và $\overrightarrow{DM} \cdot \overrightarrow{MN}$ theo $a$.

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình bình hành $ABCD$ có $AB = 2a$, $AD = 4a$ và $\widehat{ABC} = 120^\circ$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $AD$.
a) Tính tích vô hướng $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD}$ và tính độ dài đường chéo $AC$ theo $a$.
b) Biểu thị các vectơ $\overrightarrow{BD}$, $\overrightarrow{CM}$ qua hai vectơ $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{AD}$ và tính tích vô hướng $\overrightarrow{BD} \cdot \overrightarrow{CM}$ theo $a$.

Câu 8 (1,0 điểm). Cho hình vuông $ABCD$ có cạnh bằng $a$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $BC$, điểm $N$ thuộc cạnh $CD$ sao cho $CN = \dfrac{1}{4}CD$.
a) Biểu thị các vectơ $\overrightarrow{AM}$ và $\overrightarrow{MN}$ qua hai vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{AD}$.
b) Chứng minh rằng $AM \perp MN$, từ đó tính diện tích tam giác $AMN$ theo $a$.

Câu 9 (1,0 điểm). Cho tam giác đều $ABC$ có độ dài cạnh bằng $a$. Trên cạnh $AB$ lấy điểm $N$ sao cho $AN = \dfrac{1}{3}AB$, trên cạnh $AC$ lấy điểm $M$ sao cho $AM = \dfrac{1}{5}AC$.
a) Biểu thị các vectơ $\overrightarrow{BM}$ và $\overrightarrow{CN}$ qua hai vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{AC}$.
b) Chứng minh rằng $BM \perp CN$.

Câu 10 (0,75 điểm). Cho tam giác $ABC$ có $AB = 3$, $AC = 6$ và $\widehat{BAC} = 60^\circ$. Tia phân giác trong của góc $\widehat{BAC}$ cắt cạnh $BC$ tại $D$.
a) Biểu thị vectơ $\overrightarrow{AD}$ qua hai vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{AC}$, từ đó tính độ dài đoạn thẳng $AD$.
b) Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$. Tính giá trị của biểu thức $S = \overrightarrow{GA} \cdot \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GB} \cdot \overrightarrow{GC} + \overrightarrow{GC} \cdot \overrightarrow{GA}$.

Câu 11 (0,75 điểm). Cho tam giác đều $ABC$ có cạnh bằng $2a$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $BC$ và $I$ là trung điểm của đoạn thẳng $AM$.
a) Chứng minh rằng với mọi điểm $P$ tùy ý trong mặt phẳng, ta luôn có đẳng thức:

$$\overrightarrow{PB} \cdot \overrightarrow{PC} + \overrightarrow{PA}^2 = 2\overrightarrow{PI}^2 + \dfrac{a^2}{2}$$

b) Tìm tập hợp các điểm $P$ trong mặt phẳng thỏa mãn $\overrightarrow{PB} \cdot \overrightarrow{PC} + \overrightarrow{PA}^2 = \dfrac{5a^2}{2}$ và tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $T = \overrightarrow{PB} \cdot \overrightarrow{PC} + \overrightarrow{PA}^2$ khi $P$ thay đổi.

Câu 12 (0,5 điểm). Tại một vùng biển, hai tuyến hàng hải thẳng xuất phát từ cùng một trạm hải đăng $O$ và tạo với nhau một góc $60^\circ$. Cùng lúc $7$ giờ sáng, tàu thứ nhất đang ở vị trí $A$ trên tuyến thứ nhất cách $O$ một khoảng $OA = 30$ km và di chuyển thẳng đều về phía $O$ với vận tốc $15$ km/h; tàu thứ hai xuất phát từ $O$ và di chuyển thẳng đều ra xa $O$ trên tuyến thứ hai với vận tốc $20$ km/h. Gọi $M$, $N$ lần lượt là vị trí của tàu thứ nhất và tàu thứ hai sau $t$ giờ kể từ lúc $7$ giờ sáng ($0 \le t \le 2$).
a) Biểu thị các vectơ $\overrightarrow{OM}$, $\overrightarrow{ON}$ theo hai vectơ đơn vị $\vec{e}_1$, $\vec{e}_2$ lần lượt cùng hướng với hai tuyến hàng hải (xuất phát từ $O$) và tính tích vô hướng $\overrightarrow{OM} \cdot \overrightarrow{ON}$ theo $t$.
b) Xác định thời điểm để khoảng cách giữa hai tàu là nhỏ nhất và tính khoảng cách nhỏ nhất đó (làm tròn kết quả khoảng cách đến hàng phần trăm của đơn vị kilômét).

--------- HẾT ---------

Họ và tên thí sinh: ................................................ Số báo danh: ........................

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1 (0,75 điểm) — Mức cơ bản – Thông hiểu

Phương pháp: Áp dụng định nghĩa tích vô hướng $\vec{a} \cdot \vec{b} = |\vec{a}| \cdot |\vec{b}| \cdot \cos(\vec{a}, \vec{b})$ và tính chất bình phương vô hướng $(\vec{a} + \vec{b})^2 = \vec{a}^2 + 2\vec{a} \cdot \vec{b} + \vec{b}^2$.

a) (0,25 điểm) Theo định nghĩa tích vô hướng của hai vectơ, khi $(\vec{a}, \vec{b}) = 60^\circ$ ta có:

$$\vec{a} \cdot \vec{b} = |\vec{a}| \cdot |\vec{b}| \cdot \cos(\vec{a}, \vec{b}) = 4 \cdot 6 \cdot \cos 60^\circ = 24 \cdot \dfrac{1}{2} = 12$$

b) (0,5 điểm) Khi $\vec{a} \cdot \vec{b} = -12$, ta có:

$$\cos(\vec{a}, \vec{b}) = \dfrac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}| \cdot |\vec{b}|} = \dfrac{-12}{4 \cdot 6} = -\dfrac{1}{2}$$

Vì $0^\circ \le (\vec{a}, \vec{b}) \le 180^\circ$ nên $(\vec{a}, \vec{b}) = 120^\circ$.
Bình phương vô hướng vectơ $\vec{u} = \vec{a} + \vec{b}$, ta được:

$$|\vec{u}|^2 = \vec{u}^2 = (\vec{a} + \vec{b})^2 = \vec{a}^2 + 2\vec{a} \cdot \vec{b} + \vec{b}^2 = |\vec{a}|^2 + 2\vec{a} \cdot \vec{b} + |\vec{b}|^2$$

$$|\vec{u}|^2 = 4^2 + 2 \cdot (-12) + 6^2 = 16 - 24 + 36 = 28 \Rightarrow |\vec{u}| = \sqrt{28} = 2\sqrt{7}$$

Câu 2 (0,75 điểm) — Mức cơ bản – Thông hiểu

[Hình vẽ]

Phương pháp: Đưa hai vectơ về chung điểm đầu (gốc) và tính theo định nghĩa tích vô hướng (Cách 1).

a) (0,25 điểm) Trong tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $\widehat{ABC} = 60^\circ$, suy ra $\widehat{ACB} = 30^\circ$.
Ta có:

$$AB = BC \cdot \cos 60^\circ = 4a \cdot \dfrac{1}{2} = 2a$$

$$AC = BC \cdot \sin 60^\circ = 4a \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 2a\sqrt{3}$$

Hai vectơ $\overrightarrow{BA}$ và $\overrightarrow{BC}$ có chung điểm đầu $B$ nên $(\overrightarrow{BA}, \overrightarrow{BC}) = \widehat{ABC} = 60^\circ$.

b) (0,5 điểm) Tính các tích vô hướng:
- Ta có:

$$\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC} = BA \cdot BC \cdot \cos(\overrightarrow{BA}, \overrightarrow{BC}) = 2a \cdot 4a \cdot \cos 60^\circ = 4a^2$$

- Đưa hai vectơ $\overrightarrow{AC}$ và $\overrightarrow{CB}$ về chung gốc $C$:

$$\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{CB} = -\overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{CB} = -CA \cdot CB \cdot \cos\widehat{ACB} = -2a\sqrt{3} \cdot 4a \cdot \cos 30^\circ = -8a^2\sqrt{3} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = -12a^2$$

- Vì $M$ là trung điểm cạnh huyền $BC$ của tam giác vuông $ABC$ nên $AM = BM = \dfrac{1}{2}BC = 2a = AB$. Suy ra tam giác $ABM$ đều cạnh $2a$, do đó $\widehat{MAB} = 60^\circ$.
Khi đó:

$$\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{AB} = AM \cdot AB \cdot \cos\widehat{MAB} = 2a \cdot 2a \cdot \cos 60^\circ = 2a^2$$

Câu 3 (0,75 điểm) — Mức cơ bản – Thông hiểu

[Hình vẽ]

Phương pháp: Sử dụng tính chất trọng tâm trong tam giác đều để xác định độ dài và góc giữa các vectơ chung gốc (Cách 1).

a) (0,25 điểm) Tam giác $ABC$ đều cạnh $3a$ nên $AB = AC = BC = 3a$ và $\widehat{BAC} = \widehat{ABC} = 60^\circ$.
- Hai vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{AC}$ chung gốc $A$ nên:

$$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = AB \cdot AC \cdot \cos\widehat{BAC} = 3a \cdot 3a \cdot \cos 60^\circ = \dfrac{9a^2}{2}$$

- Đưa hai vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{BC}$ về chung gốc $B$:

$$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BC} = -\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC} = -BA \cdot BC \cdot \cos\widehat{ABC} = -3a \cdot 3a \cdot \cos 60^\circ = -\dfrac{9a^2}{2}$$

b) (0,5 điểm) Trong tam giác đều $ABC$ cạnh $3a$, đường trung tuyến $AM$ đồng thời là đường cao và đường phân giác nên:

$$AM = \dfrac{3a\sqrt{3}}{2}, \quad \widehat{MAC} = 30^\circ$$

Vì $G$ là trọng tâm tam giác đều $ABC$ nên:

$$AG = BG = CG = \dfrac{2}{3}AM = \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{3a\sqrt{3}}{2} = a\sqrt{3}, \quad \widehat{BGC} = 120^\circ$$

- Tính $\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{AC}$:

$$\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{AC} = AG \cdot AC \cdot \cos\widehat{GAC} = a\sqrt{3} \cdot 3a \cdot \cos 30^\circ = 3a^2\sqrt{3} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{9a^2}{2}$$

- Tính $\overrightarrow{GB} \cdot \overrightarrow{GC}$:

$$\overrightarrow{GB} \cdot \overrightarrow{GC} = GB \cdot GC \cdot \cos\widehat{BGC} = a\sqrt{3} \cdot a\sqrt{3} \cdot \cos 120^\circ = 3a^2 \cdot \left(-\dfrac{1}{2}\right) = -\dfrac{3a^2}{2}$$

Câu 4 (0,75 điểm) — Mức cơ bản – Thông hiểu

[Hình vẽ]

Phương pháp: Vận dụng tính chất đường chéo hình vuông, quy tắc hình bình hành và định nghĩa tích vô hướng (Cách 1 và Cách 3).

a) (0,5 điểm) Trong hình vuông $ABCD$ tâm $O$ cạnh $2a$, đường chéo $AC = BD = 2a\sqrt{2}$:
- Hai vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{AC}$ chung gốc $A$ nên $(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}) = \widehat{BAC} = 45^\circ$.
- Hai vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{CD}$ ngược hướng nên $(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{CD}) = 180^\circ$.
- Hai vectơ $\overrightarrow{BO}$ và $\overrightarrow{BC}$ chung gốc $B$ nên $(\overrightarrow{BO}, \overrightarrow{BC}) = \widehat{OBC} = 45^\circ$.
- Theo quy tắc hình bình hành, ta có $\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} = \overrightarrow{AC}$. Suy ra:

$$|\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}| = |\overrightarrow{AC}| = AC = 2a\sqrt{2}$$

b) (0,25 điểm) Tính các tích vô hướng:
- Ta có:

$$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = AB \cdot AC \cdot \cos 45^\circ = 2a \cdot 2a\sqrt{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} = 4a^2$$

- Vì $\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{DC}$ và $\overrightarrow{OD} = -\overrightarrow{DO}$ nên:

$$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{OD} = \overrightarrow{DC} \cdot (-\overrightarrow{DO}) = -\overrightarrow{DC} \cdot \overrightarrow{DO} = -DC \cdot DO \cdot \cos\widehat{CDO} = -2a \cdot a\sqrt{2} \cdot \cos 45^\circ = -2a^2$$

Câu 5 (1,0 điểm) — Mức vận dụng

[Hình vẽ]

Phương pháp: Sử dụng công thức $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = \dfrac{1}{2}(AB^2 + AC^2 - BC^2)$ khi biết độ dài ba cạnh của tam giác (Cách 2) kết hợp phân tích vectơ (Cách 4).

a) (0,5 điểm) Áp dụng công thức tính tích vô hướng theo độ dài ba cạnh trong tam giác $ABC$, ta có:

$$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = \dfrac{1}{2}(AB^2 + AC^2 - BC^2) = \dfrac{1}{2}(4^2 + 6^2 - 8^2) = \dfrac{1}{2}(16 + 36 - 64) = -6$$

Từ định nghĩa tích vô hướng, suy ra:

$$\cos\widehat{BAC} = \dfrac{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}}{AB \cdot AC} = \dfrac{-6}{4 \cdot 6} = -\dfrac{1}{4}$$

b) (0,5 điểm) Vì điểm $D$ thuộc đoạn thẳng $AC$ và $AD = 2DC$ nên $\overrightarrow{AD} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{AC}$.
Biểu thị hai vectơ $\overrightarrow{BD}$ và $\overrightarrow{BC}$ qua hai vectơ $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{AC}$:

$$\overrightarrow{BD} = \overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AB} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB}$$

$$\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB}$$

Nhân vô hướng hai vectơ $\overrightarrow{BD}$ và $\overrightarrow{BC}$, ta được:

$$\overrightarrow{BD} \cdot \overrightarrow{BC} = \left(\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB}\right) \cdot (\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB}) = \dfrac{2}{3}AC^2 - \dfrac{5}{3}\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} + AB^2$$

Thay $AB = 4$, $AC = 6$ và $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = -6$ vào biểu thức trên:

$$\overrightarrow{BD} \cdot \overrightarrow{BC} = \dfrac{2}{3} \cdot 6^2 - \dfrac{5}{3} \cdot (-6) + 4^2 = 24 + 10 + 16 = 50$$

Câu 6 (1,0 điểm) — Mức vận dụng

[Hình vẽ]

Phương pháp: Chọn hai vectơ cơ sở vuông góc $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{AD}$, biểu thị các vectơ cần tính qua hai vectơ cơ sở rồi khai triển tích vô hướng (Cách 4).

a) (0,5 điểm) Vì $M$ là trung điểm của cạnh $AB$ nên $\overrightarrow{AM} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}$. Ta có:

$$\overrightarrow{DM} = \overrightarrow{AM} - \overrightarrow{AD} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AD}$$

Vì $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $AB$, $BC$ và $\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AD}$ nên:

$$\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{BN} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AD}$$

b) (0,5 điểm) Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $\overrightarrow{AB} \perp \overrightarrow{AD}$, suy ra $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = 0$.
- Ta có $\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}$ và $\overrightarrow{BD} = \overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AB}$. Khi đó:

$$\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{BD} = (\overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AB}) \cdot (\overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AB}) = AD^2 - AB^2 = (2a)^2 - (4a)^2 = -12a^2$$

- Sử dụng kết quả câu a, ta có:

$$\overrightarrow{DM} \cdot \overrightarrow{MN} = \left(\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AD}\right) \cdot \left(\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AD}\right) = \dfrac{1}{4}AB^2 - \dfrac{1}{4}\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} - \dfrac{1}{2}AD^2$$

$$\overrightarrow{DM} \cdot \overrightarrow{MN} = \dfrac{1}{4}(4a)^2 - 0 - \dfrac{1}{2}(2a)^2 = 4a^2 - 2a^2 = 2a^2$$

Câu 7 (1,0 điểm) — Mức vận dụng

[Hình vẽ]

Phương pháp: Sử dụng quy tắc hình bình hành kết hợp phân tích các vectơ theo hai vectơ cơ sở $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{AD}$ có độ dài và góc đã biết (Cách 3 và Cách 4).

a) (0,5 điểm) Trong hình bình hành $ABCD$, vì $\widehat{ABC} = 120^\circ$ nên $\widehat{BAD} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$.
Do đó:

$$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = AB \cdot AD \cdot \cos\widehat{BAD} = 2a \cdot 4a \cdot \cos 60^\circ = 4a^2$$

Theo quy tắc hình bình hành, ta có $\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}$. Bình phương vô hướng hai vế:

$$AC^2 = \overrightarrow{AC}^2 = (\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD})^2 = AB^2 + 2\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} + AD^2 = (2a)^2 + 2 \cdot 4a^2 + (4a)^2 = 28a^2$$

Suy ra $AC = 2a\sqrt{7}$.

b) (0,5 điểm) Biểu thị các vectơ $\overrightarrow{BD}$, $\overrightarrow{CM}$ qua $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{AD}$:

$$\overrightarrow{BD} = \overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AB} = -\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}$$

Vì $M$ là trung điểm của cạnh $AD$ và $\overrightarrow{CD} = -\overrightarrow{AB}$ nên:

$$\overrightarrow{CM} = \overrightarrow{CD} + \overrightarrow{DM} = -\overrightarrow{AB} - \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AD}$$

Nhân vô hướng hai vectơ $\overrightarrow{BD}$ và $\overrightarrow{CM}$, ta có:

$$\overrightarrow{BD} \cdot \overrightarrow{CM} = (-\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}) \cdot \left(-\overrightarrow{AB} - \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AD}\right) = AB^2 - \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} - \dfrac{1}{2}AD^2$$

Thay $AB = 2a$, $AD = 4a$ và $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = 4a^2$ vào biểu thức trên:

$$\overrightarrow{BD} \cdot \overrightarrow{CM} = (2a)^2 - \dfrac{1}{2} \cdot 4a^2 - \dfrac{1}{2}(4a)^2 = 4a^2 - 2a^2 - 8a^2 = -6a^2$$

Câu 8 (1,0 điểm) — Mức vận dụng

[Hình vẽ]

Phương pháp: Phân tích hai vectơ $\overrightarrow{AM}$, $\overrightarrow{MN}$ theo hai vectơ vuông góc $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{AD}$ và chứng minh $\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{MN} = 0$ (Cách 4).

a) (0,5 điểm) Vì $M$ là trung điểm của cạnh $BC$ và $\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AD}$ nên:

$$\overrightarrow{AM} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BM} = \overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AD}$$

Vì $N$ thuộc cạnh $CD$ thỏa mãn $CN = \dfrac{1}{4}CD$ và $\overrightarrow{CD} = -\overrightarrow{AB}$ nên $\overrightarrow{CN} = \dfrac{1}{4}\overrightarrow{CD} = -\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}$. Khi đó:

$$\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{MC} + \overrightarrow{CN} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC} + \dfrac{1}{4}\overrightarrow{CD} = -\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AD}$$

b) (0,5 điểm) Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên $AB = AD = a$ và $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = 0$.
Ta có:

$$\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{MN} = \left(\overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AD}\right) \cdot \left(-\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AD}\right) = -\dfrac{1}{4}AB^2 + \dfrac{3}{8}\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} + \dfrac{1}{4}AD^2$$

$$\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{MN} = -\dfrac{1}{4}a^2 + 0 + \dfrac{1}{4}a^2 = 0$$

Suy ra $\overrightarrow{AM} \perp \overrightarrow{MN}$ hay $AM \perp MN$, do đó tam giác $AMN$ vuông tại $M$.
Áp dụng định lý Pythagore trong các tam giác vuông $ABM$ và $MCN$:

$$AM = \sqrt{AB^2 + BM^2} = \sqrt{a^2 + \left(\dfrac{a}{2}\right)^2} = \dfrac{a\sqrt{5}}{2}$$

$$MN = \sqrt{MC^2 + CN^2} = \sqrt{\left(\dfrac{a}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{a}{4}\right)^2} = \dfrac{a\sqrt{5}}{4}$$

Vậy diện tích tam giác $AMN$ là:

$$S_{\triangle AMN} = \dfrac{1}{2}AM \cdot MN = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{a\sqrt{5}}{2} \cdot \dfrac{a\sqrt{5}}{4} = \dfrac{5a^2}{16}$$

Câu 9 (1,0 điểm) — Mức vận dụng

[Hình vẽ]

Phương pháp: Biểu thị hai vectơ $\overrightarrow{BM}$, $\overrightarrow{CN}$ theo hai vectơ cơ sở $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{AC}$ của tam giác đều rồi tính tích vô hướng $\overrightarrow{BM} \cdot \overrightarrow{CN}$ (Cách 4).

a) (0,5 điểm) Vì $M$ thuộc đoạn thẳng $AC$ sao cho $AM = \dfrac{1}{5}AC$ nên $\overrightarrow{AM} = \dfrac{1}{5}\overrightarrow{AC}$. Suy ra:

$$\overrightarrow{BM} = \overrightarrow{AM} - \overrightarrow{AB} = -\overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{5}\overrightarrow{AC}$$

Vì $N$ thuộc đoạn thẳng $AB$ sao cho $AN = \dfrac{1}{3}AB$ nên $\overrightarrow{AN} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}$. Suy ra:

$$\overrightarrow{CN} = \overrightarrow{AN} - \overrightarrow{AC} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AC}$$

b) (0,5 điểm) Tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên $AB = AC = a$ và:

$$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = AB \cdot AC \cdot \cos 60^\circ = a \cdot a \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{a^2}{2}$$

Ta tính tích vô hướng $\overrightarrow{BM} \cdot \overrightarrow{CN}$:

$$\overrightarrow{BM} \cdot \overrightarrow{CN} = \left(-\overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{5}\overrightarrow{AC}\right) \cdot \left(\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AC}\right) = -\dfrac{1}{3}AB^2 + \dfrac{16}{15}\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} - \dfrac{1}{5}AC^2$$

Thay $AB^2 = a^2$, $AC^2 = a^2$ và $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = \dfrac{a^2}{2}$ vào biểu thức trên:

$$\overrightarrow{BM} \cdot \overrightarrow{CN} = -\dfrac{1}{3}a^2 + \dfrac{16}{15} \cdot \dfrac{a^2}{2} - \dfrac{1}{5}a^2 = \left(-\dfrac{5}{15} + \dfrac{8}{15} - \dfrac{3}{15}\right)a^2 = 0$$

Vì $\overrightarrow{BM} \cdot \overrightarrow{CN} = 0$ nên $\overrightarrow{BM} \perp \overrightarrow{CN}$, suy ra $BM \perp CN$.

Câu 10 (0,75 điểm) — Mức vận dụng cao

[Hình vẽ]

Phương pháp: Sử dụng tính chất đường phân giác để biểu thị $\overrightarrow{AD}$ qua $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{AC}$ rồi bình phương vô hướng; dùng hằng đẳng thức $(\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC})^2 = 0$ và công thức tích vô hướng theo độ dài cạnh.

a) (0,5 điểm) Theo tính chất đường phân giác trong của góc $\widehat{BAC}$, ta có:

$$\dfrac{DB}{DC} = \dfrac{AB}{AC} = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow 2DB = DC$$

Vì $D$ nằm trên đoạn thẳng $BC$ nên hai vectơ $\overrightarrow{DB}$ và $\overrightarrow{DC}$ ngược hướng, suy ra:

$$2\overrightarrow{DB} = -\overrightarrow{DC} \iff 2(\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AD}) = -(\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AD}) \iff 3\overrightarrow{AD} = 2\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} \iff \overrightarrow{AD} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC}$$

Ta có $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = AB \cdot AC \cdot \cos 60^\circ = 3 \cdot 6 \cdot \dfrac{1}{2} = 9$.
Bình phương vô hướng hai vế của biểu thức $\overrightarrow{AD}$:

$$AD^2 = \overrightarrow{AD}^2 = \left(\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC}\right)^2 = \dfrac{4}{9}AB^2 + \dfrac{4}{9}\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} + \dfrac{1}{9}AC^2$$

$$AD^2 = \dfrac{4}{9} \cdot 3^2 + \dfrac{4}{9} \cdot 9 + \dfrac{1}{9} \cdot 6^2 = 4 + 4 + 4 = 12 \Rightarrow AD = 2\sqrt{3}$$

b) (0,25 điểm) Tính bình phương cạnh $BC$:

$$BC^2 = (\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB})^2 = AC^2 + AB^2 - 2\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 6^2 + 3^2 - 2 \cdot 9 = 27$$

Vì $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = \vec{0}$. Bình phương vô hướng hai vế:

$$(\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC})^2 = 0 \iff GA^2 + GB^2 + GC^2 + 2S = 0 \iff GA^2 + GB^2 + GC^2 = -2S \quad (1)$$

Mặt khác, áp dụng công thức tích vô hướng theo độ dài cạnh trong các tam giác $GAB$, $GBC$, $GCA$:

$$\overrightarrow{GA} \cdot \overrightarrow{GB} = \dfrac{1}{2}(GA^2 + GB^2 - AB^2), \quad \overrightarrow{GB} \cdot \overrightarrow{GC} = \dfrac{1}{2}(GB^2 + GC^2 - BC^2), \quad \overrightarrow{GC} \cdot \overrightarrow{GA} = \dfrac{1}{2}(GC^2 + GA^2 - CA^2)$$

Cộng vế theo vế ba đẳng thức trên, ta được:

$$S = (GA^2 + GB^2 + GC^2) - \dfrac{AB^2 + BC^2 + CA^2}{2} \quad (2)$$

Thay $(1)$ vào $(2)$ ta có:

$$S = -2S - \dfrac{AB^2 + BC^2 + CA^2}{2} \iff S = -\dfrac{AB^2 + BC^2 + CA^2}{6} = -\dfrac{9 + 27 + 36}{6} = -12$$

Câu 11 (0,75 điểm) — Mức vận dụng cao

[Hình vẽ]

Phương pháp: Sử dụng quy tắc chèn trung điểm vào các vectơ $\overrightarrow{PB}$, $\overrightarrow{PC}$, $\overrightarrow{PA}$ để thu gọn biểu thức tích vô hướng về một điểm cố định $I$.

a) (0,5 điểm) Vì $M$ là trung điểm của cạnh $BC$ trong tam giác đều $ABC$ cạnh $2a$ nên $\overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} = \vec{0}$, $MB = MC = a$ và hai vectơ $\overrightarrow{MB}$, $\overrightarrow{MC}$ ngược hướng. Suy ra:

$$\overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{MC} = -MB \cdot MC = -a^2$$

Với điểm $P$ tùy ý, chèn điểm $M$ vào hai vectơ $\overrightarrow{PB}$ và $\overrightarrow{PC}$, ta được:

$$\overrightarrow{PB} \cdot \overrightarrow{PC} = (\overrightarrow{PM} + \overrightarrow{MB}) \cdot (\overrightarrow{PM} + \overrightarrow{MC}) = \overrightarrow{PM}^2 + \overrightarrow{PM} \cdot (\overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC}) + \overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{MC} = \overrightarrow{PM}^2 - a^2$$