\(\S1\) TỌA ĐỘ VÉCTƠ

\(\bullet\,\) \(\overrightarrow{m}=\overrightarrow{n}\Leftrightarrow\begin{cases}2a+3=1\\b-1=-2\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}a=-1\\b=-1.\end{cases}\)

\(\bullet\,\) \(\overrightarrow{u}=\overrightarrow{v}\Leftrightarrow\begin{cases}3a-2=5\\5=2b+1\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}a=\displaystyle\frac{7}{3}\\b=2.\end{cases}\)

\(\bullet\,\) \(\overrightarrow{x}=\overrightarrow{y}\Leftrightarrow\begin{cases}2a+b=3+2b\\2b=b-3a\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}2a-b=3\\3a+b=0\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}a=\displaystyle\frac{3}{5}\\b=-\displaystyle\frac{9}{5}.\end{cases}\)

\(\bullet\,\) Ta có \(\overrightarrow{AB}=(-1;5)\Rightarrow AB=\sqrt{(-1)^2+5^2}=\sqrt{26}\).

Tương tự \(\overrightarrow{BC}=(6;-4)\Rightarrow AB=\sqrt{6^2+(-4)^2}=2\sqrt{13}\).

Và \(\overrightarrow{AC}=(5;1)\Rightarrow AB=\sqrt{5^2+1^2}=\sqrt{26}\).

Nhận xét: \(\begin{cases}BC^2=AB^2+AC^2\\AB=AC\end{cases}\) nên tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\).

\(\bullet\,\) Gọi \(D(x;y)\).

Tứ giác \(ABDC\) là hình vuông nên cũng là hình bình hành, do đó \(\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AB}\) nên \(\begin{cases}x-7=-1\\y-0=5\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=6\\y=5\end{cases}\Rightarrow D(6;5).\)

Hình bình hành \(ABDC\) có \(AB=AC\) và góc \(A\) vuông nên là hình vuông.

Vậy \(D(6;5)\).

\(\bullet\,\) Gọi \(P(p;0)\in Ox\).

Ta có \(\overrightarrow{PM}=(-2-p;1)\Rightarrow PM=\sqrt{(-2-p)^2+1^2}=\sqrt{(2+p)^2+1}\), \(\overrightarrow{PN}=(4-p;5)\Rightarrow PN=\sqrt{(4-p)^2+5^2}=\sqrt{(4-p)^2+25}\).

Ta có \(PM=PN\Leftrightarrow PM^2=PN^2\Leftrightarrow (2+p)^2+1=(4-p)^2+5^2\Leftrightarrow 12p=36\Leftrightarrow p=3\).

Vậy \(P(3;0)\).

\(\bullet\,\) Gọi \(Q(x;y)\).

Ta có \(\overrightarrow{MQ}=(x+2;y-1)\), \(\overrightarrow{PN}=(1;5)\).

Khi đó \(\overrightarrow{MQ}=2\overrightarrow{PN}\Leftrightarrow \begin{cases}x+2=2\cdot 1\\y-1=2\cdot 5\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=0\\y=11.\end{cases}\)

Vậy \(Q(0;11)\).

\(\bullet\,\) Gọi \(R(x;y)\).

Ta có \(\overrightarrow{RM}=(-2-x;1-y)\), \(\overrightarrow{RN}=(4-x;5-y)\).

Khi đó \(\overrightarrow{RM}+2\overrightarrow{RN}=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow \begin{cases}-2-x+2(4-x)=0\\1-y+2(5-y)=0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=2\\y=\displaystyle\frac{11}{3}.\end{cases}\)

Vậy \(R\left(2;\displaystyle\frac{11}{3}\right)\).

Ta có \(\overrightarrow{PQ}=(-3;11)\), \(\overrightarrow{PR}=\left(-1;\displaystyle\frac{11}{3}\right)\).

Vì \(\displaystyle\frac{-3}{-1}=\displaystyle\frac{11}{\displaystyle\frac{11}{3}}\) nên hai véc-tơ \(\overrightarrow{PQ}\) và \(\overrightarrow{PR}\) cùng phương.

Do đó \(P\), \(Q\), \(R\) thẳng hàng.

\(\bullet\,\) Gọi \(P(0;p)\in Oy\).

Ta có \(\overrightarrow{MP}=(3;p-2)\), \(\overrightarrow{MN}=(5;5)\).

Vì \(M\), \(N\), \(P\) thẳng hàng nên véc-tơ \(\overrightarrow{MP}\) cùng phương \(\overrightarrow{MN}\).

Khi đó \(\displaystyle\frac{3}{5}=\displaystyle\frac{p-2}{5}\Leftrightarrow p-2=3\Leftrightarrow p=5\).

Vậy \(P(0;5)\).

\(\bullet\,\) Điểm \(Q\) đối xứng với \(N(2;7)\) qua \(Oy\) nên \(Q(-2;7)\).

\(\bullet\,\) Điểm \(R\) đối xứng với \(M(-3;2)\) qua trục hoành nên \(R(-3;-2)\).

\(\bullet\,\) Xét điểm \(E(0;e)\in Oy\). Khi đó \(\overrightarrow{EC}=(1;6-e)\) và \(\overrightarrow{ED}=(11;2-e)\).

Do đó \(\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}=(12;8-2e)\), suy ra \(\left|\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}\right|=\sqrt{12^2+(8-2e)^2}\).

Do \((8-2e)^2\ge 0\) \(\forall e\), đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(e=4\), nên \(\left|\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}\right|\ge 12\), đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(e=4\).

Vậy với điểm \(E(0;4)\in Oy\) thì véc-tơ \(\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}\) có độ dài ngắn nhất.

\textbf{Cách 2:}

Gọi \(I\) là trung điểm \(CD\), suy ra \(I(6;4)\).

Ta có \(\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}=2\overrightarrow{EI}\Rightarrow \left|\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}\right|=\left|2\overrightarrow{EI}\right|=2EI\).

Khi đó \(\left|\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}\right|\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \(EI\) nhỏ nhất.

Và vì \(E\in Oy\) nên \(E\) là hình chiếu vuông góc của \(I\) lên trục \(Oy\). Vậy \(E(0;4)\).

\(\bullet\,\) Gọi \(J(x;y)\) là điểm thỏa mãn \(2\overrightarrow{JC}+3\overrightarrow{JD}=\overrightarrow{0}\).

Ta có \(\overrightarrow{JC}=(1-x;6-y)\), \(\overrightarrow{JD}=(11-x;2-y)\).

Khi đó \(2\overrightarrow{JC}+3\overrightarrow{JD}=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow \begin{cases}2(1-x)+3(11-x)=0\\2(6-y)+3(2-y)=0\end{cases}\) \(\Leftrightarrow \begin{cases}-5x=-35\\-5y=-18\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=7\\y=\displaystyle\frac{18}{5}.\end{cases}\)

Do đó \(J\left(7;\displaystyle\frac{18}{5}\right)\).

Ta có

\begin{eqnarray*}&&\left|2\overrightarrow{FC}+3\overrightarrow{FD}\right|=\left|2\left(\overrightarrow{FJ}+\overrightarrow{JC}\right)+3\left(\overrightarrow{FJ}+\overrightarrow{JD}\right)\right|\\ &=&\left|5\overrightarrow{FJ}+2\overrightarrow{JC}+3\overrightarrow{JD}\right|\\ &=&\left|5\overrightarrow{FJ}\right|=5FJ.\end{eqnarray*}

Khi đó \(\left|2\overrightarrow{FC}+3\overrightarrow{FD}\right|\) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \(FJ\) nhỏ nhất.

Mà \(F\in Ox\) nên \(FJ\) nhỏ nhất khi \(F\) là hình chiếu của \(J\) lên trục hoành.

Vậy \(F(7;0)\).

\(\bullet\,\) Gọi \(I\) là trung điểm \(CD\), suy ra \(I(6;4)\).

Lại có \(\overrightarrow{CD}=(10;-4)\Rightarrow CD=\sqrt{10^2+(-4)^2}=2\sqrt{29}\).

Ta có \(\left|\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}\right|=CD\) \(\Leftrightarrow \left|2\overrightarrow{MI}\right|=CD\Leftrightarrow MI=\displaystyle\frac{CD}{2}\Leftrightarrow MI=\sqrt{29}\).

Vậy tập hợp các điểm \(M\) cần tìm là đường tròn tâm \(I\), bán kính \(\sqrt{29}\).

\(\bullet\,\) Ta có \(\overrightarrow{AB}=(2;2)\), \(\overrightarrow{AC}=(1;-3)\).

Vì \(\displaystyle\frac{2}{1}\ne \displaystyle\frac{2}{-3}\) nên \(\overrightarrow{AB}\) và \(\overrightarrow{AC}\) không cùng phương.

Do đó ba điểm \(A\), \(B\), \(C\) không thẳng hàng.

Vậy ba điểm \(A\), \(B\), \(C\) là ba đỉnh của một tam giác.

Gọi \(G(x;y)\) là trọng tâm tam giác \(ABC\). Suy ra \(\begin{cases}x=\displaystyle\frac{1+3+2}{3}=2\\y=\displaystyle\frac{2+4+(-1)}{3}=\displaystyle\frac{5}{3}.\end{cases}\)

Vậy \(G\left(2;\displaystyle\frac{5}{3}\right)\).

\(\bullet\,\) Gọi \(I(x;y)\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).

Ta có \(\overrightarrow{AI}=(x-1;y-2)\), \(\overrightarrow{BI}=(x-3;y-4)\), \(\overrightarrow{CI}=(x-2;y+1)\).

Khi đó \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) khi và chỉ khi

\begin{eqnarray*}&&AI=BI=CI\\ &\Leftrightarrow& \begin{cases}AI^2=BI^2\\AI^2=CI^2\end{cases}\\ &\Leftrightarrow& \begin{cases}(x-1)^2+(y-2)^2=(x-3)^2+(y-4)^2\\(x-1)^2+(y-2)^2=(x-2)^2+(y+1)^2\end{cases}\\ &\Leftrightarrow& \begin{cases}-2x-4y+5=-6x-8y+25\\-2x-4y+5=-4x+2y+5\end{cases}\\ &\Leftrightarrow& \begin{cases}4x+4y=20\\2x-6y=0\end{cases}\\ &\Leftrightarrow& \begin{cases}x=\displaystyle\frac{15}{4}\\y=\displaystyle\frac{5}{4.}\end{cases}\end{eqnarray*}

Vậy \(I\left(\displaystyle\frac{15}{4};\displaystyle\frac{5}{4}\right)\).

Gọi \(H(x;y)\). Theo tính chất hình học phẳng, ta có \(\overrightarrow{IH}=3\overrightarrow{IG}\)

\(\Leftrightarrow \begin{cases}x-\displaystyle\frac{15}{4}=3\left(2-\displaystyle\frac{15}{4}\right)\\y-\displaystyle\frac{5}{4}=3\left(\displaystyle\frac{5}{3}-\displaystyle\frac{5}{4}\right)\end{cases}\) \(\Leftrightarrow \begin{cases}x=-\displaystyle\frac{3}{2}\\y=\displaystyle\frac{5}{2}.\end{cases}\)

Vậy \(H\left(-\displaystyle\frac{3}{2};\displaystyle\frac{5}{2}\right)\).