Cho hình vuông $ABCD$, điểm $M$ nằm trên đoạn thẳng $AC$ sao cho $AM = \frac{{AC}}{4}$. Gọi $N$ là trung điểm $CD$. Khi đó $BMN$ là tam giác vuông cân tại đỉnh nào?

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Đề kiểm tra Tích vô hướng của hai vectơ (có lời giải) !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Đặt $\overrightarrow {AD} = \vec a,\overrightarrow {AB} = \vec b$.

Khi đó: $\overrightarrow {AM} = \frac{1}{4}\overrightarrow {AC} = \frac{1}{4}(\vec a + \vec b)$

$\overrightarrow {AN} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DN} = \vec a + \frac{1}{2}\vec b$

$\overrightarrow {MB} = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AM} = \vec b - \frac{1}{4}(\vec a + \vec b) = \frac{1}{4}( - \vec a + 3\vec b)$ và

$\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {AN} - \overrightarrow {AM} = \vec a + \frac{1}{2}\vec b - \frac{1}{4}(\vec a + \vec b) = \frac{1}{4}(3\vec a + \vec b)$.

Ta có: $\overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MN} = \frac{1}{{16}}( - \vec a + 3\vec b)(3\vec a + \vec b) = \frac{1}{{16}}\left( { - 3{{\vec a}^2} + 3{{\vec b}^2} + 8\vec a \cdot \vec b} \right)$

$ = \frac{1}{{16}}\left( { - 3A{D^2} + 3A{B^2} + 0} \right) = 0 \Rightarrow MB \bot MN(1)$.

Hơn nữa: ${\overrightarrow {MB} ^2} = \frac{1}{{16}}{( - \vec a + 3\vec b)^2} = \frac{1}{{16}}\left( {{{\vec a}^2} + 9{{\vec b}^2} - 6\vec a \cdot \vec b} \right) = \frac{1}{{16}}\left( {A{D^2} + 9A{B^2} - 0} \right) = \frac{5}{8}A{B^2}$;

${\overrightarrow {MN} ^2} = \frac{1}{{16}}{(3\vec a + \vec b)^2} = \frac{1}{{16}}\left( {9{{\vec a}^2} + {{\vec b}^2} + 6\vec a \cdot \vec b} \right) = \frac{1}{{16}}\left( {9A{D^2} + A{B^2} + 0} \right) = \frac{5}{8}A{B^2}$.

Suy ra \[MB = MN\](2). Từ (1) và (2) suy ra $\Delta BMN$vuông cân tại đỉnh \[M.\]

Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 1 file word cấu trúc mới 2025 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho hình thoi $ABCD$ có cạnh bằng 2 và góc $B$ bằng $60^{°}$ . Khi đó:

a) $(\vec{A B}, \vec{A C}) = 60^{°}$

b) $(\vec{A B}, \vec{D A}) = 30^{°}$

c) $\overrightarrow {DA} \cdot \overrightarrow {DC} = 3$

d) $\overrightarrow {OB} \cdot \overrightarrow {BA} = - 3$

Xem đáp án

Lời giải

a) Đúng

b) Sai

c) Sai

d) Đúng

$Cho hình thoi $ABCD$ có cạnh bằng 2 và góc $B$ bằng ${60^^\circ }$. Khi đó: a) \((\overrightarrow {A (ảnh 1)$

Xét hình thoi $ABCD$ có $\hat{A B C} = 60^{°} \Rightarrow \hat{B A D} = 120^{°}$ ; tam giác $ABC$ có $A B = B C = 2, \hat{A B C} = 60^{°} \Rightarrow Δ A B C$ đều cạnh $2 \Rightarrow O B = \frac{2 \sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$

Ta có: $(\vec{A B}, \vec{A C}) = \hat{B A C} = 60^{°}$ ; $(\vec{A B}, \vec{D A}) = 180^{°} - (\vec{A B}, \vec{A D}) = 180^{°} - \hat{B A D} = 180^{°} - 120^{°} = 60^{°}$

Ta có: $\vec{D A} \cdot \vec{D C} = | \vec{D A} | \cdot | \vec{D C} | \cos (\vec{D A}, \vec{D C}) = D A \cdot D C \cdot \cos \hat{A D C} = 2 \cdot 2 \cdot \cos 60^{°} = 2$ ;

$\vec{O B} \cdot \vec{B A} = - \vec{B O} \cdot \vec{B A} = - | \vec{B O} | \cdot | \vec{B A} | \cdot \cos \hat{A B O} = - B O \cdot B A \cdot \cos 30^{°} = - \sqrt{3} \cdot 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = - 3.$

Câu 2

Cho tam giác $ABC$ có $A B = 4 \sqrt{2}, A C = 6, \hat{B A C} = 45^{°}$ . Gọi $D$ là trung điểm của đoạn thẳng $BC$. Điểm $E$ thoả mãn $\overrightarrow {AE} = k\overrightarrow {AC} (k \in \mathbb{R})$ (Hình). Khi đó:

$Cho tam giác $ABC$ có có $AB = 4\sqrt 2 ,AC = 6,\widehat {BAC (ảnh 1)$

a) \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = 20$

b) $\overrightarrow {AD} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} $

c) $BC = 3\sqrt 5 $

d) $AD \bot BE$ khi $k = \frac{{14}}{{15}}$.

Xem đáp án

Lời giải

a) Sai

b) Đúng

c) Sai

d) Đúng

a) Ta có: $\vec{A B} \cdot \vec{A C} = A B \cdot A C \cdot \cos A = 4 \sqrt{2} \cdot 6 \cdot \cos 45^{°} = 24$

b) Ta có: $\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} $.

Khi đó:

$\begin{array}{*{20}{l}}{{{\overrightarrow {BC} }^2}}&{ = {{(\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} )}^2} = {{\overrightarrow {AC} }^2} - 2\overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {AB} + {{\overrightarrow {AB} }^2} = {6^2} - 2 \cdot 24 + {{(4\sqrt 2 )}^2} = 20}\\{}&{ \Rightarrow BC = 2\sqrt 5 .}\\{{{\overrightarrow {AD} }^2}}&{ = {{\left( {\frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} } \right)}^2} = \frac{1}{4}\left( {{{\overrightarrow {AB} }^2} + 2\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} + {{\overrightarrow {AC} }^2}} \right)}\\{}&{ = \frac{1}{4}\left[ {{{(4\sqrt 2 )}^2} + 2 \cdot 24 + {6^2}} \right] = 29 \Rightarrow AD = \sqrt {29} .}\end{array}$

c) Ta có: $\overrightarrow {BE} = \overrightarrow {AE} - \overrightarrow {AB} = k\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} $. Từ đó, ta có:

$\overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {BE} = \frac{1}{2}(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} ) \cdot (k\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} )$

$\begin{array}{l} = \frac{1}{2}\left( {k\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} + k{{\overrightarrow {AC} }^2} - {{\overrightarrow {AB} }^2} - \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} } \right) = \frac{1}{2}\left[ {24k + {6^2} \cdot k - {{(4\sqrt 2 )}^2} - 24} \right]\\ = 30k - 28.\end{array}$

Khi đó $AD \bot BE \Leftrightarrow \overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {BE} = 0 \Leftrightarrow 30k - 28 = 0 \Leftrightarrow k = \frac{{14}}{{15}}$.

Câu 3