Các dạng toán bài Vectơ trong mặt phẳng tọa độ giải chi tiết được soạn dưới dạng file word và PDF gồm 4 trang. Các bạn xem và tải về ở dưới.
DẠNG 1: TỌA ĐỘ ĐIỂM-TỌA ĐỘ CỦA VECTƠ
A. Phương pháp
1) Cho hai vectơ $\vec u\left( {x;y} \right)$ và $\vec v\left( {x’;y’} \right)$. Khi đó:
• $\vec u + \vec v = \left( {x + x’;y + y’} \right)$
• $\vec u – \vec v = \left( {x – x’;y – y’} \right)$
• $k\vec u = \left( {kx;ky} \right)$ với $k \in \mathbb{R}$
• $\vec u = \vec v \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = x’\\
y = y’
\end{array} \right.$.
Nhận xét: Vectơ $\vec v\left( {x’;y’} \right)$ cùng phương với vectơ $\vec u\left( {x;y} \right) \ne \vec 0$ khi và chỉ khai tồn tại số $k$ sao cho $x’ = kx,y’ = ky$ hay là $\frac{{x’}}{x} = \frac{{y’}}{y}$ nếu $xy \ne 0$.
2) Với hai điểm $M\left( {x;y} \right)$ và $N\left( {x’;y’} \right)$ thì
• $\overrightarrow {MN} = \left( {x’ – x;y’ – y} \right)$
• $MN = \left| {\overrightarrow {MN} } \right| = \sqrt {{{\left( {x’ – x} \right)}^2} + {{\left( {y’ – y} \right)}^2}} $
3) Chú ý:
• Trung điểm $M$ của đoạn thẳng $AB$ có tọa độ là $\left( {\frac{{{x_A} + {x_B}}}{2};\frac{{{y_A} + {y_B}}}{2}} \right)$
• Trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$ có tọa độ là $\left( {\frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3};\frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}} \right)$
B. Trắc nghiệm
Bài 1. Xác định tọa độ của vectơ $\vec c = \vec a + 3\vec b$ biết $\vec a = \left( {2; – 1} \right),\vec b = \left( {3;4} \right)$
Lời giải
$\vec c = \vec a + 3\vec b = \left( {2; – 1} \right) + \left( {9;12} \right) = \left( {11;11} \right)$
Bài 2. Cho $\vec a = \left( {2;1} \right),\vec b = \left( {3;4} \right),\vec c = \left( { – 7;2} \right)$. Tìm vectơ $\vec x$ sao cho $\vec x – 2\vec a = \vec b – 3\vec c$.
Lời giải
$\vec x – 2\vec a = \vec b – 3\vec c \Leftrightarrow \vec x = 2\vec a + \vec b – 3\vec c = \left( {28;0} \right)$
Bài 3. Trong hệ tọa độ $Oxy$, cho 3 điểm $A\left( {2;1} \right);B\left( {0; – 3} \right);C\left( {3;1} \right)$. Tìm tọa độ điểm $D$ để $ABCD$ là hình bình hành.
Lời giải
Gọi $D\left( {x;y} \right)$. Ta có: $\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x – 2 = 3} \\
{y – 1 = 4}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 5} \\
{y = 5}
\end{array} \Rightarrow D\left( {5;5} \right)} \right.} \right.$
Bài 4. Trong hệ tọa độ $Oxy$, cho $A\left( { – 4;1} \right);B\left( {2;4} \right);C\left( {2; – 2} \right)$. Tìm tọa độ điểm $D$ sao cho $C$ là trọng tâm $\vartriangle ABD$
Lời giải
Gọi $D\left( {x;y} \right)$. C là trọng tâm $\vartriangle ABD$ khi đó:
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{2 = \frac{{ – 4 + 2 + x}}{3}} \\
{ – 2 = \frac{{1 + 4 + y}}{3}}
\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 8} \\
{y = – 11}
\end{array} \Rightarrow D\left( {8; – 11} \right)} \right.} \right.$
Bài 5. Trong hệ tọa độ $Oxy$, cho $M\left( {2;0} \right);N\left( {2;2} \right);P\left( { – 1;3} \right)$ lần lượt là trung điểm các cạnh $BC,CA,AB$ của $\vartriangle ABC$.Tọa độ điểm $B$ là:
Lời giải
Ta có $BPMN$ là hình bình hành nên
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{x_B} + {x_N} = {x_P} + {x_M}} \\
{{y_B} + {y_N} = {y_P} + {y_M}}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{x_B} + 2 = \left( { – 1} \right) + 2} \\
{{y_B} + 2 = 3 + 0}
\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{x_B} = – 1} \\
{{y_B} = 1}
\end{array}} \right.} \right.} \right.$
Bài 6. Trong hệ tọa độ $Oxy$, cho 3 điểm $A\left( {2;5} \right);B\left( {1;1} \right);C\left( {3;3} \right)$. Tìm điểm $E$ thuộc mặt phẳng tọa độ thỏa mãn $\overrightarrow {AE} = 3\overrightarrow {AB} – 2\overrightarrow {AC} $ ?
Lời giải
Gọi $E\left( {x;y} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AE} = \left( {x – 2;y – 5} \right),\overrightarrow {AB} = \left( { – 1; – 4} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {1; – 2} \right)$
$\overrightarrow {AE} = 3\overrightarrow {AB} – 2\overrightarrow {AC} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x – 2 = – 5} \\
{y – 5 = – 8}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = – 3} \\
{y = – 3}
\end{array} \Rightarrow E\left( { – 3; – 3} \right)} \right.} \right.$
Bài 7. Trong mặt phẳng $Oxy$, cho các điểm $A\left( { – 4;2} \right),B\left( {2;4} \right)$. Tính độ dài $AB$.
Lời giải
Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( {6;2} \right)$ nên $AB = \sqrt {36 + 4} \Leftrightarrow AB = 2\sqrt {10} $.
Bài 8. Cho hình bình hành $ABCD$ có tọa độ tâm $I\left( {3;2} \right)$ và hai đỉnh $B\left( { – 1;3} \right);C\left( {8; – 1} \right)$. Tìm tọa độ hai đỉnh $A,D$.
Lời giải
Ta có:
$I$ là trung điểm $BD \Rightarrow D = \left( {2{x_I} – {x_B};2{y_I} – {y_B}} \right) \Rightarrow D\left( {7;1} \right)$.
$I$ là trung điểm $AC \Rightarrow C = \left( {2{x_I} – {x_C};2{y_I} – {y_C}} \right) \Rightarrow A\left( { – 2;5} \right)$.
Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho ba điểm $M\left( {2; – 3} \right),N\left( { – 1;2} \right),P\left( {3; – 2} \right)$. Gọi $Q$ là điểm thoả $\overrightarrow {QP} + \overrightarrow {QN} – 4\overrightarrow {MQ} = \vec 0$. Tìm tọa độ điểm $Q$.
Lời giải
Giả sử $Q\left( {x;y} \right)$. Khi đó: $\overrightarrow {QP} + \overrightarrow {QN} – 4\overrightarrow {MQ} = \vec 0$
$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{3 – x – 1 – x – 4\left( {x – 2} \right) = 0} \\
{ – 2 – y + 2 – y – 4\left( {y + 3} \right) = 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \frac{5}{3}} \\
{y = – 2}
\end{array}} \right.} \right.$.
Vậy $Q\left( {\frac{5}{3}; – 2} \right)$.
DẠNG 2: HAI VECTƠ CÙNG PHƯONG-BA ĐIỂM THẲNG HÀNG-BIỂU DIỄN MỘT THEO HAI KHÔNG CÙNG PHƯƠNG
A. Phương pháp
• Cho $\overrightarrow a = ({a_1};{a_2}),\,\overrightarrow b = ({b_1};{b_2})$, ta có:
$\vec a$ và $\vec b$ cùng phương $ \Leftrightarrow {a_1} \cdot {b_1} – {a_2} \cdot {b_2} = 0$
• Cho $A\left( {{x_A};{y_A}} \right),B\left( {{x_B};{y_B}} \right),C\left( {{x_C};{y_C}} \right)$. Ba điểm $A,B,C$ thẳng hàng khi vectơ $\overrightarrow {AB} $ không cùng phương vectơ $\overrightarrow {AC} $.
• Để phân tích $\vec c\left( {{c_1};{c_2}} \right)$ qua hai vectơ $\vec a = \left( {{a_1};{a_2}} \right),\vec b = \left( {{b_1};{b_2}} \right)$ không cùng phương, ta giả sử $\vec c = n \cdot \vec a + m \cdot \vec b$. Khi đó ta quy về giải hệ phương trình: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{a_1}n + {b_1}m = {c_1}} \\
{{a_2}n + {b_2}m = {c_2}}
\end{array}} \right.$ tìm $n,m$.
Dựa vào tính chất của hình và sử dụng công thức
• $M$ là trung điểm đoạn thẳng $AB$ suy ra ${x_M} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2},{y_M} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2}$
• Tọa độ điểm $M$ chia đoạn $AB$ theo tỉ lệ $k \ne 1:\overrightarrow {MA} = k\overrightarrow {MB} \Leftrightarrow {x_M} = \frac{{{x_A} – k{x_B}}}{{1 – k}};{y_A} = \frac{{{y_A} – k{y_B}}}{{1 – k}}$
• G trọng tâm tam giác $ABC$ suy ra ${x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3},{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{2}$
$\vec a\left( {x;y} \right) = \vec b\left( {x’;y’} \right) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = x’} \\
{y = y’}
\end{array}} \right.$
• Cho $A\left( {{x_A};{y_A}} \right),B\left( {{x_B};{y_B}} \right),C\left( {{x_C};{y_C}} \right),D\left( {{x_D};{y_D}} \right)$. Nếu $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CD} $ thì $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{x_B} – {x_A} = {x_D} – {x_C}} \\
{{y_B} – {y_A} = {y_D} – {y_C}}
\end{array}} \right.$
• $ABCD$ là hình bình hành khi $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CD} $
B. Trắc nghiệm
Bài 1. Cho 2 vectơ $\vec u = \left( {2m – 1} \right)\vec i + \left( {3 – m} \right)\vec j$ và $\vec v = 2\vec i + 3\vec j$. Tìm $m$ để hai vectơ cùng phương.
Lời giải
Để 2 vectơ cùng phương thì $\frac{{2m – 1}}{2} = \frac{{3 – m}}{3} \Leftrightarrow m = \frac{9}{8}$.
Bài 2. Trong mặt phẳng $Oxy$, cho $A\left( {m – 1;2} \right);B\left( {2;5 – 2m} \right);C\left( {m – 3;4} \right)$. Tìm $m$ để $A,B,C$ thẳng hàng.
Lời giải
$A,B,C$ thẳng hàng $ \Leftrightarrow \frac{{3 – m}}{{m – 5}} = \frac{{3 – 2m}}{{2m – 1}}$
$ \Leftrightarrow \left( {3 – m} \right)\left( {2m – 1} \right) = \left( {3 – 2m} \right)\left( {m – 5} \right) \Leftrightarrow m = 2$
Bài 3. Trong hệ tọa độ $Oxy$, cho $A\left( {2;1} \right);B\left( {6; – 1} \right)$. Tìm điểm $M$ trên $Ox$ sao cho $A,B,M$ thẳng hàng.
Lời giải
$M \in Ox \Rightarrow M\left( {x;0} \right)$
$\overrightarrow {AB} = \left( {4; – 2} \right),\overrightarrow {AM} = \left( {x – 2; – 1} \right)$
Để $A,B,M$ thẳng hàng $ \Rightarrow \frac{{x – 2}}{4} = \frac{1}{2} \Rightarrow x = 4$
Bài 4. Trong hệ tọa độ $Oxy$, cho $\vec u = 2\vec i – \vec j$ và $\vec v = \vec i + x\vec j$. Tìm $x$ sao cho $\vec u$ và $\vec v$ cùng phương.
Lời giải
Ta có $\vec u = \left( {2; – 1} \right)$ và $\vec v = \left( {1;x} \right)$.
Do $\vec u$ và $\vec v$ cùng phương nên $\frac{1}{2} = \frac{x}{{ – 1}} \Leftrightarrow x = – \frac{1}{2}$.
Bài 5. Cho 4 điểm $M\left( {1; – 2} \right),N\left( {0;3} \right),P\left( { – 3;4} \right),Q\left( { – 1;8} \right)$. Ba điểm nào trong 4 điểm đã cho là thẳng hàng?
Lời giải
Ta có $\overrightarrow {MN} = \left( { – 1;5} \right),\overrightarrow {MP} = \left( { – 4;6} \right),\overrightarrow {MQ} = \left( { – 2;10} \right),\overrightarrow {NP} = \left( { – 3;1} \right),\overrightarrow {NQ} = \left( { – 1;5} \right)$.
Suy ra $\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {NQ} $ hay $M,N,Q$ thẳng hàng.
Vậy $M,N,Q$ thẳng hàng.
Bài 6. Trong mặt phẳng $Oxy$, cho $\vec a = \left( {2;1} \right);\vec b = \left( {3;4} \right);\vec c\left( {7;2} \right)$. Tìm $m,n$ để $\vec c = m\vec a + n\vec b$.
Ta có $\vec c = m\vec a + n\vec b \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{2m + 3n = 7} \\
{m + 4n = 2}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m = \frac{{22}}{5}} \\
{n = – \frac{3}{5}}
\end{array}} \right.} \right.$
DẠNG 3: MỘT SỐ BÀI TOÁN CÓ LIÊN QUAN
Bài 1. Trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho $A\left( {1;1} \right),B\left( {2; – 2} \right),M \in Oy$ và $MA = MB$. Tìm tọa độ điểm $M$.
Lời giải
Do $M \in Oy$, đặt $M\left( {0;y} \right)$ suy ra $\overrightarrow {MA} = \left( {1;1 – y} \right),\overrightarrow {MB} = \left( {2; – 2 – y} \right)$.
Vì $MA = MB \Rightarrow {1^2} + {(1 – y)^2} = {2^2} + {(2 + y)^2} \Leftrightarrow y = – 1$. Vậy $M\left( {0; – 1} \right)$.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho hai điểm $A\left( {1;2} \right);B\left( { – 1;1} \right)$. Điểm $M$ thuộc trục $Oy$ thỏa mãn tam giác $MAB$ cân tại $M$. Tính độ dài đoạn $OM$
Lời giải
Điểm $M$ thuộc trục $Oy \Rightarrow M\left( {0;y} \right)$.
Ta có tam giác $MAB$ cân tại $M$
$ \Leftrightarrow MA = MB \Leftrightarrow \sqrt {{1^2} + {{(2 – y)}^2}} = \sqrt {{{( – 1)}^2} + {{(1 – y)}^2}} \Leftrightarrow 4 – 4y = 1 – 2y \Leftrightarrow y = \frac{3}{2}$.
Vậy $OM = \frac{3}{2}$.
Bài 3. Trong hệ tọa độ $Oxy$, cho $\vartriangle ABC$ có $A\left( {3;4} \right),B\left( {2;1} \right),C\left( { – 1; – 2} \right)$. Tìm điểm $M$ có tung độ dương trên đường thẳng $BC$ sao cho ${S_{ABC}} = 3{S_{ABM}}$.
Lời giải
Gọi $M\left( {x;y} \right)$. Ta có: ${S_{ABC}} = 3{S_{ABM}} \Leftrightarrow BC = 3BM \Rightarrow \overrightarrow {BC} = \pm 3\overrightarrow {BM} $
$\overrightarrow {BM} = \left( {x – 2;y – 1} \right);\overrightarrow {BC} = \left( { – 3;3} \right)$
• TH1: $\overrightarrow {BC} = 3\overrightarrow {BM} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 1} \\
{y = 0}
\end{array}} \right.$ (loại)
• TH2: $\overrightarrow {BC} = – 3\overrightarrow {BM} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 3} \\
{y = 2}
\end{array}} \right.$ (nhận) $ \Rightarrow M\left( {3;2} \right)$
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho các điểm $A\left( {1; – 17} \right);B\left( { – 11; – 25} \right)$. Tìm tọa độ điểm $C$ thuộc tia $BA$ sao cho $BC = \sqrt {13} $.
Lời giải
Giả sử $C\left( {{x_C};{y_C}} \right)$. Theo bài ra ta có $C$ thuộc tia $BA$ nên $\overrightarrow {BC} ;\overrightarrow {BA} $ cùng hướng.
Với $\overrightarrow {BC} = \left( {{x_C} + 11;{y_C} + 25} \right);\overrightarrow {BA} = \left( {12;8} \right)$ ta có: $\overrightarrow {BC} = k\overrightarrow {BA} (k > 0)$
$ \Leftrightarrow \frac{{{x_C} + 11}}{{12}} = \frac{{{y_C} + 25}}{8} = k \Leftrightarrow 8{x_C} – 12{y_C} – 212 = 0 \Leftrightarrow {y_C} = \frac{{8{x_C} – 212}}{{12}} \Leftrightarrow {y_C} = \frac{{2{x_C} – 53}}{3}$
+) $BC = \sqrt {13} \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {{x_C} + 11} \right)}^2} + {{\left( {{y_C} + 25} \right)}^2}} = \sqrt {13} \Leftrightarrow {\left( {{x_C} + 11} \right)^2} + {\left( {{y_C} + 25} \right)^2} = 13$
Thế (1) vào (2) ta được:
${\left( {{x_C} + 11} \right)^2} + {\left( {\frac{{2{x_C} – 53}}{3} + 25} \right)^2} = 13$
$ \Leftrightarrow {\left( {{x_C} + 11} \right)^2} + {\left( {\frac{{2{x_C} + 22}}{3}} \right)^2} = 13$
$ \Leftrightarrow \frac{{13}}{9}{\left( {{x_C} + 11} \right)^2} = 13$
$ \Leftrightarrow {\left( {{x_C} + 11} \right)^2} = 9 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{x_C} = – 14} \\
{{x_C} = – 8}
\end{array}} \right.$
Với ${x_C} = – 14$ thế vào (1) ta được: ${y_C} = \frac{{2 \cdot \left( { – 14} \right) – 53}}{3} = – 27$.
Khi đó $k = \frac{{ – 14 + 11}}{{12}} = \frac{{ – 3}}{{12}} = \frac{{ – 1}}{4} < 0$.
Với ${x_C} = – 8$ thế vào (1) ta được: ${y_C} = \frac{{2 \cdot \left( { – 8} \right) – 53}}{3} = – 23$.
Khi đó $k = \frac{{ – 8 + 11}}{{12}} = \frac{3}{{12}} = \frac{1}{4} > 0$.
Vậy $C\left( { – 8; – 23} \right)$.
Bài 5. Trong hệ tọa độ $Oxy$, cho ba điểm $A\left( {1;0} \right),B\left( {0,3} \right),C\left( { – 3; – 5} \right)$. Tìm điểm $M$ thuộc trục $Ox$ sao cho $T = \left| {2\overrightarrow {MA} – 3\overrightarrow {MB} + 2\overrightarrow {MC} } \right|$ nhỏ nhất.
Lời giải
Gọi $I\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn: $2\overrightarrow {IA} – 3\overrightarrow {IB} + 2\overrightarrow {IC} = 0$
$ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{2\left( {1 – x} \right) – 3\left( { – x} \right) + 2\left( { – 3 – x} \right) = 0} \\
{2\left( { – y} \right) – 3\left( {3 – y} \right) + 2\left( { – 5 – y} \right) = 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 4} \\
{y = \frac{{19}}{3}}
\end{array}} \right.} \right.$
Ta có $T = \left| {2\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right) – 3\left( {\overrightarrow {MI} – \overrightarrow {IB} } \right) + 2\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} } \right)\left| = \right|\overrightarrow {MI} } \right| = MI$
Vì $I$ cố định và $M \in Ox \Rightarrow T$ nhỏ nhất khi $M$ là hình chiếu cảu $I$ trên trục $Ox \Rightarrow M\left( {4;0} \right)$
Bài 6. Trong hệ tọa độ $Oxy$, cho điểm $A\left( {1;3} \right)$ và $B\left( {4,7} \right)$. Tìm điểm $M$ trên trục $Oy$ sao cho $MA + MB$ là nhỏ nhất.
Lời giải
Ta có $A,B$ nằm cùng phía với trục $Oy$
Gọi $A’$ đối xứng với $A$ qua $Oy \Rightarrow A’\left( { – 1;3} \right)$
Giả sử: $M\left( {0;y} \right)$. Ta có $MA + MB = MA’ + MB \geqslant A’B$
$ \Rightarrow MA + MB$ nhỏ nhất khi $A’,M,B$ thẳng hàng
$\overrightarrow {A’B} = \left( {5;4} \right),\overrightarrow {A’M} = \left( {1;y – 3} \right)$
$ \Rightarrow \frac{1}{5} = \frac{{y – 3}}{4} \Leftrightarrow y = \frac{{19}}{5} \Rightarrow M\left( {0;\frac{{19}}{5}} \right)$
Bài 7. Trong hệ tọa độ $Oxy$, cho hai điểm $A\left( {2; – 3} \right),B\left( {3; – 4} \right)$. Tìm tọa độ điểm $M$ trên trục hoành sao cho chu vi tam giác $AMB$ nhỏ nhất.
Lời giải
Cách 1: Do $M$ trên trục hoành $ \Rightarrow M\left( {x;0} \right),\overrightarrow {AB} = \left( {1; – 1} \right) \Rightarrow AB = \sqrt 2 $.
$\overrightarrow {AM} = \left( {x – 2;3} \right),\overrightarrow {BM} = \left( {x – 3;4} \right)$
Ta có chu vi tam giác $AMB:{P_{ABM}} = \sqrt 2 + \sqrt {{{(x – 2)}^2} + {3^2}} + \sqrt {{{(x – 3)}^2} + {4^2}} $
$ = \sqrt 2 + \sqrt {{{(x – 2)}^2} + {3^2}} + \sqrt {{{(3 – x)}^2} + {4^2}} \geqslant \sqrt 2 + \sqrt {{{(x – 2 + 3 – x)}^2} + {{(3 + 4)}^2}} $
$ \Leftrightarrow {P_{ABM}} \geqslant 6\sqrt 2 $. Dấu bằng xảy ra khi $\frac{{x – 2}}{{3 – x}} = \frac{3}{4} \Leftrightarrow x = \frac{{17}}{7} \Rightarrow M\left( {\frac{{17}}{7};0} \right)$.
Cách 2: Lấy đối xứng $A$ qua $Ox$ ta được $A’\left( {2;3} \right)$. Ta có $MA + MB = MA’ + MB \geqslant A’B$.
Dấu bằng xảy ra khi $M$ trùng với giao điểm của $A’B$ với $Ox$.
