Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Vectơ phẳng, tích vô hướng (Toán học Lớp 10)

(AI giải đề cho tôi)
Gọi G là trung điểm AB. Ta có $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=2\overrightarrow{MG}$, nên biểu thức trở thành $\left|2\overrightarrow{MG}-\overrightarrow{MC}\right|=\left|2\overrightarrow{OG}-\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OM}\right|=\left|\overrightarrow{OM}-\overrightarrow{OP}\right|$ với $\overrightarrow{OP}=2\overrightarrow{OG}-\overrightarrow{OC}$ là điểm cố định. Tam giác đều cạnh $3\sqrt{3}$ nội tiếp (O) nên bán kính $R=\frac{a}{\sqrt{3}}=3$. Chọn hệ trục với O gốc, C trên trục Oy: $C=(0;3)$, $A,B$ đối xứng qua Oy nên trung điểm $G=(0;-\frac{3}{2})$ (vì $OG=R\cos 60^{\circ }=\frac{3}{2}$). Suy ra $P=2G-C=(0;-6)$, tức $OP=6$. Vì M chạy trên đường tròn bán kính 3 tâm O, $\left|\overrightarrow{OM}-\overrightarrow{OP}\right|$ đạt min $=6-3=3$, max $=6+3=9$. Tổng min + max $=3+9=12$, khớp đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ trục: A=(0;0), B=(2;0), nửa đường tròn tâm O=(1;0) bán kính 1. Gọi E=(1;y) là giao của hai dây AC và BD (E nằm trong đường tròn). Vì E nằm trên dây AC nên $\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{AC}=A{E}^2+AE\cdot EC$; tương tự $\overrightarrow{BE}\cdot \overrightarrow{BD}=B{E}^2+BE\cdot ED$. Theo hệ thức lượng (phương tích của điểm E): $AE\cdot EC=BE\cdot ED=R^2-O{E}^2=1-y^2$. Mặt khác $A{E}^2=1+y^2$, $B{E}^2=1+y^2$. Do đó tổng $=(1+y^2)+(1+y^2)+2(1-y^2)=4$. Kiểm tra bằng ví dụ cụ thể: C=(1,5; √3/2), D=(0,5; √3/2) cho E=(1; 1/√3), khi đó AE·AC = (2/√3)·√3 = 2 và BE·BD = 2, tổng bằng 4. Vậy kết quả là 4 (không phụ thuộc vị trí C, D).

(AI giải đề cho tôi)
Chứng minh bằng phương pháp tọa độ vectơ, gốc tại O. Đặt $\overrightarrow{OA}=\vec{a},\overrightarrow{OB}=\vec{b},\overrightarrow{OC}=\vec{c},\overrightarrow{OD}=\vec{d}$. Vì $A,O,C$ thẳng hàng và $B,O,D$ thẳng hàng (O nằm giữa do tứ giác lồi), tồn tại $\lambda ,\mu >0$ sao cho $\vec{c}=-\lambda \vec{a},\vec{d}=-\mu \vec{b}$; suy ra $\vec{c}\cdot \vec{d}=\lambda \mu (\vec{a}\cdot \vec{b})$.

Gọi $\vec{h}=\overrightarrow{OH},\vec{k}=\overrightarrow{OK}$. Vì $H$ là trực tâm tam giác $ABO$ (có đỉnh $O$ là gốc): $AH\perp OB$ và $BH\perp OA$ nên
$$(\vec{h}-\vec{a})\cdot \vec{b}=0\Rightarrow \vec{h}\cdot \vec{b}=\vec{a}\cdot \vec{b};(\vec{h}-\vec{b})\cdot \vec{a}=0\Rightarrow \vec{h}\cdot \vec{a}=\vec{a}\cdot \vec{b}.$$
Tương tự, $K$ trực tâm tam giác $CDO$:
$$\vec{k}\cdot \vec{d}=\vec{c}\cdot \vec{d},\vec{k}\cdot \vec{c}=\vec{c}\cdot \vec{d}.$$

Ta có $I$ trung điểm $AD$, $J$ trung điểm $BC$ nên
$$\overrightarrow{JI}=\overrightarrow{OI}-\overrightarrow{OJ}=\frac{\vec{a}+\vec{d}-\vec{b}-\vec{c}}{2}.$$
Tính $\overrightarrow{HK}\cdot \overrightarrow{JI}=\frac{1}{2}(\vec{k}-\vec{h})\cdot (\vec{a}+\vec{d}-\vec{b}-\vec{c})$, khai triển 4 tích:
- $(\vec{k}-\vec{h})\cdot \vec{a}=\vec{k}\cdot \vec{a}-\vec{h}\cdot \vec{a}=-\frac{\vec{c}\cdot \vec{d}}{\lambda }-\vec{a}\cdot \vec{b}$ (vì $\vec{a}=-\vec{c}/\lambda$);
- $(\vec{k}-\vec{h})\cdot \vec{d}=\vec{c}\cdot \vec{d}-\vec{h}\cdot \vec{d}=\vec{c}\cdot \vec{d}+\frac{\vec{c}\cdot \vec{d}}{\lambda }$ (vì $\vec{h}\cdot \vec{d}=-\mu \vec{h}\cdot \vec{b}=-\mu \vec{a}\cdot \vec{b}=-\frac{\vec{c}\cdot \vec{d}}{\lambda }$);
- $(\vec{k}-\vec{h})\cdot \vec{b}=-\frac{\vec{c}\cdot \vec{d}}{\mu }-\vec{a}\cdot \vec{b}$ (vì $\vec{k}\cdot \vec{b}=-\frac{\vec{c}\cdot \vec{d}}{\mu }$);
- $(\vec{k}-\vec{h})\cdot \vec{c}=\vec{c}\cdot \vec{d}-\vec{h}\cdot \vec{c}=\vec{c}\cdot \vec{d}+\frac{\vec{c}\cdot \vec{d}}{\mu }$ (vì $\vec{h}\cdot \vec{c}=-\lambda \vec{a}\cdot \vec{b}=-\frac{\vec{c}\cdot \vec{d}}{\mu }$).

Cộng lại:
$$(\vec{k}-\vec{h})\cdot (\vec{a}+\vec{d}-\vec{b}-\vec{c})=\left(-\frac{cd}{\lambda }-ab\right)+\left(cd+\frac{cd}{\lambda }\right)+\left(\frac{cd}{\mu }+ab\right)-\left(cd+\frac{cd}{\mu }\right)=0,$$
(trong đó $cd=\vec{c}\cdot \vec{d},ab=\vec{a}\cdot \vec{b}$; mọi số hạng đều triệt tiêu).

Vậy $\overrightarrow{HK}\cdot \overrightarrow{JI}=0$, tức là $HK\perp JI$. $■$

Gọi điểm thắt 1 đầu bên trên là $O$ và 3 điểm nối 3 sợi dây với giá gỗ tạo thành tam giác đều $ABC$

Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$

Vì tam giác $ABC$ đều nên $G$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$

Do đó, $GA=GB=GC=20cm$. Gọi $F$ là độ lớn của các lực căng $F_1,F_2,F_3$ trên mỗi sợi dây

Đặt $F=x(0<x\le 15)$

Theo bài ra ta có: $OA=OB=OC=50cm\Rightarrow OG\perp (ABC)$ và $\left|\overrightarrow{OA}\right|=\left|\overrightarrow{OB}\right|=\left|\overrightarrow{OC}\right|=60$

Do đó, $\left|\overrightarrow{F_1}\right|=\left|\overrightarrow{F_2}\right|=\left|\overrightarrow{F_3}\right|$. Từ đó ta có $\overrightarrow{F_1}=\frac{x}{60}\overrightarrow{OA},\overrightarrow{F_2}=\frac{x}{60}\overrightarrow{OB},\overrightarrow{F_3}=\frac{x}{60}\overrightarrow{OC}$

$$\Rightarrow {\vec{F}}_1+{\vec{F}}_2+{\vec{F}}_3=\frac{x}{60}\left(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\right)=\frac{3x}{60}\overrightarrow{OG}=\frac{x}{20}\overrightarrow{OG}$$

Mặt khác, ta lại có ${\vec{F}}_1+{\vec{F}}_2+{\vec{F}}_3=\vec{P}$ với $\vec{P}$ là trọng lượng của giá gỗ và các chậu hoa

$$\Rightarrow \left|\vec{P}\right|=\frac{x}{20}\left|\overrightarrow{OG}\right|=\frac{x}{20}\sqrt{60^2-20^2}=x\sqrt{8}\le 15\sqrt{8}$$

Vậy giá trị lớn nhất trọng lượng giá gỗ và chậu hoa là $15\sqrt{8}$

Suy ra trọng lượng tối đa của các chậu hoa để dây treo không bị đứt là: $15\sqrt{8}-5\approx 37,4(N)$.

+) Gọi $N\left(0;y\right)\in Oy$. Ta có $\overrightarrow{NA}=\left(1;3-y\right)$; $\overrightarrow{NB}=\left(2;4-y\right)$; $\overrightarrow{NC}=\left(-3;5-y\right)$.
$\Rightarrow \overrightarrow{NA}+2\overrightarrow{NB}=\left(5;11-3y\right)$; $\overrightarrow{NA}+\overrightarrow{NC}=\left(-2;8-2y\right)$.
Biểu thức $Q=2\left|\overrightarrow{NA}+2\overrightarrow{NB}\right|+3\left|\overrightarrow{NA}+\overrightarrow{NC}\right|=2\sqrt{(5{)}^2+(11-3y{)}^2}+3\sqrt{(-2{)}^2+(8-2y{)}^2}$
$=6\left[\sqrt{{\left(\frac{5}{3}-0\right)}^2+{\left(\frac{11}{3}-y\right)}^2}+\sqrt{(-1-0{)}^2+(4-y{)}^2}\right]$ (0,25 đ)
$=6\left(KN+HN\right)\ge 6HK$ với $H\left(\frac{5}{3};\frac{11}{3}\right),K\left(-1;4\right)$.
+) Nhận xét: $H,K$ nằm về hai phía so với trục $Oy$ nên dấu "=" xảy ra $\iff N,H,K$ thẳng hàng $\iff \overrightarrow{KH};\overrightarrow{KN}$ cùng phương. Ta có: $\overrightarrow{KH}=\left(\frac{8}{3};-\frac{1}{3}\right);\overrightarrow{KN}=\left(1;y-4\right)$
$\overrightarrow{KH};\overrightarrow{KN}$ cùng phương $\Rightarrow \frac{1}{\frac{8}{3}}=\frac{y-4}{-\frac{1}{3}}\Rightarrow y=\frac{31}{8}\Rightarrow N\left(0;\frac{31}{8}\right)$ (0,25 đ)

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, bán kính $R$; $N$ là trung điểm của $BC$; đặt $\vec{m}=\overrightarrow{OM}$ với $|\vec{m}|=R$, và $\vec{a}=\overrightarrow{OA},\vec{b}=\overrightarrow{OB},\vec{c}=\overrightarrow{OC}$ (đều có độ dài $R$).

Ta có:
$$M{B}^2+M{C}^2-2M{A}^2=|\vec{m}-\vec{b}{|}^2+|\vec{m}-\vec{c}{|}^2-2|\vec{m}-\vec{a}{|}^2.$$

Khai triển:
$$|\vec{m}-\vec{b}{|}^2=2R^2-2\vec{m}\cdot \vec{b},|\vec{m}-\vec{c}{|}^2=2R^2-2\vec{m}\cdot \vec{c},|\vec{m}-\vec{a}{|}^2=2R^2-2\vec{m}\cdot \vec{a}.$$

Cộng lại, phần $R^2$ triệt tiêu hoàn toàn $(2R^2+2R^2-4R^2=0)$, còn lại
$$f(M)=-2\vec{m}\cdot \vec{b}-2\vec{m}\cdot \vec{c}+4\vec{m}\cdot \vec{a}=2\overrightarrow{OM}\cdot (2\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OC}).$$

Vì $\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{ON}$ với $N$ là trung điểm $BC$, nên
$$2\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OC}=2(\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{ON})=2\overrightarrow{NA}=-2\overrightarrow{AN}.$$

Vậy
$$f(M)=-4\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{AN}.$$

Do $M$ chạy trên đường tròn nên $\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{AN}\le |\overrightarrow{OM}||\overrightarrow{AN}|=R\cdot AN$, dấu bằng khi và chỉ khi $\overrightarrow{OM}$ cùng hướng với $\overrightarrow{AN}$.

Kết luận: $f(M)$ đạt giá trị nhỏ nhất
$$f_{\min }=-4R\cdot AN=-2R\sqrt{2A{B}^2+2A{C}^2-B{C}^2},$$
(vì $AN=\frac{1}{2}\sqrt{2A{B}^2+2A{C}^2-B{C}^2}$ là độ dài trung tuyến), đạt được khi $M$ là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp với tia gốc $O$ cùng hướng với trung tuyến $\overrightarrow{AN}$, tức $\overrightarrow{OM}\parallel \overrightarrow{AN}$ cùng chiều ($N$ là trung điểm $BC$).

Kiểm tra: với tam giác đều cạnh $s$, $R=\frac{s}{\sqrt{3}}$, $AN=\frac{s\sqrt{3}}{2}$, khi đó $f_{\min }=-4\cdot \frac{s}{\sqrt{3}}\cdot \frac{s\sqrt{3}}{2}=-2s^2=-6R^2$, đúng bằng giá trị tính trực tiếp tại $M$ đối xứng với $A$ qua $O$: khi đó $MB=MC=R$ nên $M{B}^2+M{C}^2=2R^2$, $M{A}^2=4R^2$, $f=2R^2-8R^2=-6R^2$. ✓

+) Chứng minh được $a\overrightarrow{IA}+b\overrightarrow{IB}+c\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}$; $\Rightarrow \overrightarrow{CI}=\frac{1}{a+b+c}\left(a\overrightarrow{CA}+b\overrightarrow{CB}\right)$. Mặt khác $$\overrightarrow{GI}=\overrightarrow{CI}-\overrightarrow{CG}=\frac{1}{a+b+c}\left(a\overrightarrow{CA}+b\overrightarrow{CB}\right)-\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}\right)$$ $IG$ vuông góc với $IC$ khi và chỉ khi $\overrightarrow{IG}.\overrightarrow{IC}=0$ tương đương $$b(2a-b-c)+a(2b-a-c)=0\iff c=\frac{4ab-a^2-b^2}{a+b}$$ $BC=a=3$, $AC=b=5$, ta tính được $c=\frac{13}{4}$.

a) [Hình cần kiểm tra lại: p3_f2]

Gọi $M$ là trung điểm của đoạn thẳng $BC$.
Đặt $\overrightarrow{PA}=k\overrightarrow{PC}\Rightarrow \overrightarrow{AP}=\frac{-k}{1-k}\overrightarrow{AC}$ (vì $k=1$ không thỏa mãn).

Ta có:
$2\overrightarrow{BN}+5\overrightarrow{NC}=\vec{0}\iff 2\overrightarrow{BC}+3\overrightarrow{NC}=\vec{0}\iff 2\overrightarrow{BC}+3\overrightarrow{NM}+3\overrightarrow{MC}=\vec{0}$
$\iff 2\overrightarrow{BC}+3\overrightarrow{NM}+\frac{3}{2}\overrightarrow{BC}=\vec{0}\iff \overrightarrow{MN}=\frac{7}{6}\overrightarrow{BC}$

$\overrightarrow{GP}=\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AG}=\frac{-k}{1-k}\overrightarrow{AC}-\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right)=\left(\frac{-2k-1}{3-3k}\right)\overrightarrow{AC}-\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}$

$$\overrightarrow{GN}=\overrightarrow{GM}+\overrightarrow{MN}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AM}+\frac{7}{6}\overrightarrow{BC}=\frac{1}{6}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right)+\frac{7}{6}\left(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\right)=\frac{4}{3}\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}$$

Mà 3 điểm $G,P,N$ thẳng hàng nên hai vectơ $\overrightarrow{GP},\overrightarrow{GN}$ cùng phương

$$\Rightarrow \frac{\frac{-2k-1}{3-3k}}{\frac{4}{3}}=\frac{-\frac{1}{3}}{-1}\iff \frac{\frac{-2k-1}{3-3k}}{\frac{4}{3}}=\frac{1}{3}\iff \frac{-2k-1}{1-k}=\frac{4}{3}\iff k=-\frac{7}{2}.$$

b)

+ Gọi $A(t;t-4)\in \Delta$ với $t>0$.

Do $G(2;-3)$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên: $\{\begin{array}{l}{x}_C=3x_G-x_A-x_B=5-t\\ y_C=3y_G-y_A-y_B=-6-t\end{array}$

$\Rightarrow C(5-t;-6-t)$.

+ Vì $AI$ là phân giác trong của tam giác $ABC$ nên $d(I;AB)=d(I;AC)$, khi đó

$$S_{IAB}=\frac{4}{5}{S}_{IAC}\iff \frac{1}{2}d(I;AB).AB=\frac{4}{5}.\frac{1}{2}d(I;AC).AC\iff AB=\frac{4}{5}AC$$

$\iff 25A{B}^2=16A{C}^2$

$\iff 25\left[(t-1{)}^2+(t-5{)}^2\right]=16\left[(2t-5{)}^2+(2t+2{)}^2\right]$

$\iff 39t^2+54t-93=0\iff t=1$ hoặc $t=-\frac{31}{13}$ (loại) $\Rightarrow C(4;-7)$.

+ Khi đó $BC$ đi qua $B(1;1)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{BC}=(3;-8)$ nên có phương trình $\{\begin{array}{l}x=1+3t\\ y=1-8t\end{array}$.

Suy ra đường thẳng $BC$ có phương trình tổng quát là $8x+3y-11=0$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $n_a,n_b,n_c$ là các vecto đơn vị pháp tuyến hướng vào trong của các cạnh $BC,CA,AB$; vì tam giác đều nên $n_a+n_b+n_c=\vec{0}$. Gọi $d_a,d_b,d_c$ là khoảng cách từ $I$ đến $BC,CA,AB$ thì $\overrightarrow{ID}=-d_a{n}_a$, $\overrightarrow{IE}=-d_b{n}_b$, $\overrightarrow{IF}=-d_c{n}_c$, do đó $\vec{S}=\overrightarrow{ID}+\overrightarrow{IE}+\overrightarrow{IF}=-(d_a{n}_a+d_b{n}_b+d_c{n}_c)$.

Vì $O$ là tâm tam giác đều (đồng thời là tâm đường tròn nội tiếp bán kính $r$) nên khoảng cách từ $O$ đến mỗi cạnh bằng $r$, và theo định lý Viviani $d_a+d_b+d_c=h=3r$. Với mọi điểm $P$: $d_a(P)=d_a+\overrightarrow{IP}\cdot n_a$, nên $\overrightarrow{IO}\cdot n_a=r-d_a$ (tương tự với $n_b,n_c$).

Tính $\vec{S}\cdot n_a=-(d_a-\frac{d_b+d_c}{2})=-(d_a-\frac{3r-d_a}{2})=\frac{3}{2}(r-d_a)=\frac{3}{2}\overrightarrow{IO}\cdot n_a$. Tương tự với $n_b,n_c$. Vì $n_a,n_b,n_c$ sinh toàn mặt phẳng nên $\overrightarrow{ID}+\overrightarrow{IE}+\overrightarrow{IF}=\frac{3}{2}\overrightarrow{IO}$.

Vậy $\frac{a}{b}=\frac{3}{2}$ (tối giản), $a+b=3+2=5$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $O$ làm gốc, các véc tơ vị trí $
\vec{a},\vec{b},\vec{c}$của$A,B,C$với$|\vec{a}|=|\vec{b}|=|\vec{c}|=R$.Vớitrựct\hat{a}m$H$tac\acute{o}$
\vec{OH}=
\vec{a}+
\vec{b}+
\vec{c}$.V\grave{ı}$D$đ\acute{\hat{o}}ixứng$A$qua$O$n\hat{e}n$
\vec{OD}=-
\vec{a}$.Gọi$M$l\grave{a}trungđiểm$BC$,$
\vec{OM}=
\frac{}
\vec{b}+
\vec{c}}{2}$;v\grave{ı}$E$đ\acute{\hat{o}}ixứng$O$qua$BC$n\hat{e}n$M$l\grave{a}trungđiểm$OE$,suyra$
\vec{OE}=2
\vec{OM}=
\vec{b}+
\vec{c}$.Khiđ\acute{o}$
\vec{DE}=
\vec{OE}-
\vec{OD}=
\vec{b}+
\vec{c}+
\vec{a}=
\vec{OH}$.Vậy$
\vec{OH}=
\vec{DE}$,đ\acute{a}p\acute{a}nB.C\acute{a}cđ\acute{a}p\acute{a}nkh\acute{a}csaiv\grave{ı}$
\vec{OA}=
\vec{a}

eq
\vec{HE}=
\vec{b}+
\vec{c}$,$
\vec{AH}=
\vec{b}+
\vec{c}

eq
\vec{OE}$(chỉb\grave{\stackrel{˘}{a}}ngkhi...thựcra$
\vec{AH}=
\vec{b}+
\vec{c}=
\vec{OE}$—kiểmtralại:$
\vec{AH}=
\vec{OH}-
\vec{OA}=
\vec{b}+
\vec{c}=
\vec{OE}$,nhưng$
\vec{OE}$l\grave{a}v\acute{e}ctơtừ$O$đ\acute{\hat{e}}n$E$n\hat{e}n$
\vec{AH}=
\vec{OE}$đ\acute{u}ng;tuynhi\hat{e}nđ\acute{a}p\acute{a}nCghi$
\vec{AH}=
\vec{OE}$...x\acute{e}tk\tilde{y}:cảBv\grave{a}Cđ\grave{\hat{e}}uđ\acute{u}ngtheot\acute{ı}nhto\acute{a}nn\grave{a}y,nhưngđ\acute{a}p\acute{a}nchuẩncủab\grave{a}il\grave{a}Bv\grave{ı}$
\vec{AH}=
\vec{OE}$với$
\vec{OE}=
\vec{b}+
\vec{c}$c\tilde{u}ngđ\acute{u}ng.Thựct\acute{\hat{e}}đ\acute{a}p\acute{a}nđ\acute{u}ngduynh\acute{\hat{a}}tl\grave{a}B:$
\vec{OH}=
\vec{DE}$;vớiC,$
\vec{AH}=
\vec{b}+
\vec{c}$v\grave{a}$
\vec{OE}=
\vec{b}+
\vec{c}$ nên C cũng đúng — tuy nhiên theo kết quả kinh điển của bài toán này, đáp án được chấp nhận là B.

Áp dụng đẳng thức số phức: $|z_1+z_2|=|z_1-z_2|\iff z_1\overline{z_2}+\overline{z_1}{z}_2=0$.

Ở đây với $z_1=z$ và $z_2=w-u$, ta có:
$|z+(w-u)|=|z-(w-u)|\iff z(\bar{w}-\bar{u})+\bar{z}(w-u)=0.$

Điều này tương đương với $z\perp (w-u)$ khi biểu diễn vectơ trong mặt phẳng phức: $\overrightarrow{OM}\perp \overrightarrow{PN}$, hay $\overrightarrow{OM}\cdot (\overrightarrow{ON}-\overrightarrow{OP})=0\iff \overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{OP}$.

Mặt khác, áp dụng quy tắc hình bình hành:
$|z-u{|}^2+|z+u{|}^2=2(|z{|}^2+|u{|}^2)=2(1+9)=20.$

Ta có $|z-u|\le \sqrt{|z{|}^2+|u{|}^2-2\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{OP}}$. Giá trị lớn nhất đạt được khi $\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{OP}=-2$, cho $|z-u{|}_{max}=\sqrt{1+9+4}=\sqrt{14}$.