Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Tọa độ điểm/vectơ (Toán học Lớp 10)

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $M(2;2)$, $N(1;-1)$. Độ dài đoạn thẳng $MN=\sqrt{(1-2{)}^2+(-1-2{)}^2}=\sqrt{1+9}=\sqrt{10}\approx 3,\mathrm{162...}$ Làm tròn đến hàng phần chục ta được $3,2$.

(AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách từ điểm $M(3;-4)$ đến trục hoành $(Ox)$ là $|y_M|=|-4|=4$. Đáp án C, khớp với đáp án nguồn (đề 0102, câu 11: C).

(AI giải đề cho tôi)
Bài 5. a) Chọn hệ trục sao cho A=(a,0), B=(0,b) với a,b>0. Vì M,N chia AB thành 3 phần bằng nhau nên M=(2a/3, b/3), N=(a/3, 2b/3). Ta có $\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=\frac{2a^2+2b^2}{9}$ và $|\overrightarrow{OM}\times \overrightarrow{ON}|=\frac{4ab-ab}{9}=\frac{3ab}{9}$, suy ra $\tan MON=\frac{3ab}{2(a^2+b^2)}\le \frac{3ab}{2\cdot 2ab}=\frac{3}{4}$ (AM–GM), dấu bằng khi a=b. b) Chọn hệ trục: B=(0,0), C=(c,0), A=(u,v) với v>0 (tam giác nhọn nên 0<u<c). Đặt M=(t,0) (0≤t≤c) thì N=(c−t,0). Đường thẳng qua M vuông góc BC là x=t; giao với AB cho D=(t, vt/u). Đường thẳng x=c−t giao với AC tại E=(c−t, vt/(c−u)). Giao điểm P của ME và ND: viết P=M+s(E−M)=N+r(D−N), phương trình hoành cho s+r=1, phương trình tung cho s·u=r(c−u), giải ra s=(c−u)/c, r=u/c, do đó P=(c−t−u+2ut/c, vt/c). Đường thẳng AP: A+λ(P−A) với P−A=(c−t−2u+2ut/c, −v(c−t)/c). Tại giao điểm Q với BC (y=0): λ=c/(c−t), khi đó $x_Q=u+\frac{c(c-t)-2uc+2ut}{c-t}=u+\frac{(c-t)(c-2u)}{c-t}=u+c-2u=c-u$. Vậy Q=(c−u,0) không phụ thuộc t, tức Q là điểm đối xứng của chân đường vuông góc hạ từ A xuống BC qua trung điểm của BC — một điểm cố định. Đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
a) Nếu B là trung điểm AM thì M = 2B − A = (4;−7), không phải (1;−2) → Sai. b) Đường thẳng qua A(0;1) với vectơ chỉ phương u=(3;4): x = 0+3t, y = 1+4t → Đúng. c) BA² = (0−2)²+(1+3)² = 4+16 = 20, nên phương trình đường tròn là (x−2)²+(y+3)² = 20, không phải 16 → Sai. d) BC = (−1;−4). D=(x;0) trên trục hoành, AD = (x;−1). AD⊥BC ⟺ −x+4 = 0 ⟺ x = 4, vậy D(4;0). Elip (E) có đỉnh D(4;0) trên trục hoành (a=4) và đỉnh G(0;3) trên trục tung (b=3). Hình chữ nhật ngoại tiếp có diện tích 2a·2b = 4·4·3 = 48 → Đúng. Kết quả Sai-Đúng-Sai-Đúng khớp đáp án chính thức SDSD (mã đề 1003).
a) (AI giải đề cho tôi)
M = 2B − A = (4;−7) ≠ (1;−2) nên Sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
Đường thẳng qua A(0;1) với vectơ chỉ phương (3;4): x = 3t, y = 1+4t, đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
BA² = 4+16 = 20 nên phương trình đúng là (x−2)²+(y+3)² = 20, không phải 16.
d) (AI giải đề cho tôi)
D(4;0) vì AD⊥BC; elip có a=4, b=3, diện tích hình chữ nhật ngoại tiếp 2a·2b = 48, đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Tọa độ véc tơ $\overrightarrow{AB}=(x_B-x_A;y_B-y_A)=(7-5;8-3)=(2;5)$. Vậy đáp án đúng là C, trùng với đáp án nguồn (Câu 6, mã đề 1003: C).

(AI giải đề cho tôi)
a) Nếu B là trung điểm AM thì M = 2B − A = (4−0; −6−1) = (4;−7), không phải (1;−2) → Sai. b) Đường thẳng qua A(0;1) với vectơ chỉ phương u=(3;4): x=0+3t, y=1+4t, đúng như đề → Đúng. c) BA² = (2−0)²+(−3−1)² = 4+16 = 20, nên phương trình đường tròn là (x−2)²+(y+3)²=20, không phải 16 → Sai. d) BC=(−1;−4). Gọi D=(d;0) trên trục hoành, AD=(d;−1). AD⊥BC ⟺ −d+4=0 ⟺ d=4, nên D=(4;0). Elip (E) có đỉnh D(4;0) trên trục hoành nên a=4, đỉnh G(0;3) trên trục tung nên b=3. Diện tích hình chữ nhật ngoại tiếp = 2a·2b = 8·6 = 48 → Đúng. Kết quả khớp đáp án chính thức SDSD.
a) (AI giải đề cho tôi)
B trung điểm AM nên M = 2B − A = (4;−7) ≠ (1;−2).
b) (AI giải đề cho tôi)
Đường thẳng qua A(0;1), vectơ chỉ phương (3;4): x=3t, y=1+4t.
c) (AI giải đề cho tôi)
BA² = 4+16 = 20 nên phải là (x−2)²+(y+3)²=20.
d) (AI giải đề cho tôi)
D=(4;0) nên a=4; G(0;3) nên b=3; diện tích = 2a·2b = 48.

(AI giải đề cho tôi)
Tọa độ véctơ $\overrightarrow{AB}=(x_B-x_A;y_B-y_A)=(7-5;8-3)=(2;5)$. Vậy đáp án A, trùng với đáp án nguồn (Câu 6, mã đề 1001: A).

(1) Để giải quyết bài toán, ta sẽ chỉ ra một chiến thuật cụ thể giúp Long luôn giành chiến thắng.

Thật vậy, trong $k=20$ lượt đi của mình, Long sẽ thực hiện chính xác 10 lượt di chuyển theo phương ngang (trục $Ox$) và 10 lượt theo phương dọc (trục $Oy$). Điều kiện này hiển nhiên được thỏa mãn do xen kẽ giữa các lượt của Long là 19 lần Mai quay xe một góc $90^{\circ }$.

Gọi $P_0(0,0)$ là vị trí ban đầu và $P_1,P_2,\dots ,P_{20}$ là tọa độ của xe sau mỗi lượt đi tương ứng của Long. Ý tưởng cốt lõi của Long là tập trung kiểm soát hoàn toàn sự thay đổi tọa độ trên một trục, chẳng hạn trục $Ox$, nhằm đảm bảo chiếc xe không bao giờ quay lại một hoành độ đã từng đi qua.

Cụ thể, chiến thuật của Long được xây dựng như sau:

- Vào các lượt đi theo phương ngang (lượt lẻ: $1,3,5,\dots ,19$), Long sẽ quan sát hướng xe hiện tại: nếu xe đang hướng về chiều dương của $Ox$, Long quyết định đi thẳng 10 đơn vị; ngược lại, nếu xe hướng về chiều âm của $Ox$, Long đi thẳng 1 đơn vị.
- Đối với các lượt đi theo phương dọc (trục $Oy$), Long có thể chọn độ dài di chuyển tùy ý thỏa mãn luật chơi, chẳng hạn luôn chọn đi 1 đơn vị.

Ta sẽ chứng minh tính đúng đắn của chiến thuật này. Gọi $X_0=0$ và $X_1,X_2,\dots ,X_{10}$ lần lượt là tọa độ $x$ của xe ngay sau các lượt di chuyển ngang. Để thấy, độ lệch tọa độ giữa $X_{m-1}$ và $X_m$ hoàn toàn phụ thuộc vào hướng xe:

- Nếu hướng dương: $X_m=X_{m-1}+10\equiv X_{m-1}-1(\mathrm{mod}11)$.
- Nếu hướng âm: $X_m=X_{m-1}-1\equiv X_{m-1}-1(\mathrm{mod}11)$.

Như vậy, với mọi nỗ lực quay xe của Mai, ta luôn thu được một hệ thức bất biến theo modulo 11:

$$X_m\equiv X_{m-1}-1(\mathrm{mod}11).$$

Xuất phát từ $X_0=0$, các giá trị tiếp theo khi đối chiếu trên modulo 11 sẽ tạo thành dãy:

$$X_1\equiv 10,X_2\equiv 9,X_3\equiv 8,\dots ,X_{10}\equiv 1(\mathrm{mod}11).$$

Tập hợp 11 giá trị $\{X_0,X_1,\dots ,X_{10}\}$ có số dư đôi một khác nhau khi chia cho 11, từ đó suy ra 11 giá trị này trên thực tế là hoàn toàn phân biệt.

Bây giờ, quan sát dãy tọa độ $x$ của toàn bộ 21 điểm $P_0,P_1,P_2,\dots ,P_{20}$, ta thấy chúng có dạng:

$$X_0,X_1,X_1,X_2,X_2,\dots ,X_{10},X_{10}.$$

Điều kiện cần để hai điểm $P_i$ và $P_j$ trùng nhau là tọa độ $x$ của chúng phải bằng nhau. Nhờ tính phân biệt của tập các hoành độ $X_m$ vừa chứng minh, sự lặp lại tọa độ $x$ duy nhất chỉ có thể xảy ra ở các cặp điểm liền kề mang dạng $P_{2m-1}(X_m,Y_{m-1})$ và $P_{2m}(X_m,Y_m)$.

Tuy nhiên, xét tung độ tương ứng, ta luôn có $Y_m=Y_{m-1}\pm l_{2m}$. Vì luật chơi quy định nghiêm ngặt độ dài $l\ge 1$, ta lập tức có $Y_m\ne Y_{m-1}$. Điều này dẫn đến $P_{2m-1}\ne P_{2m}$.

Từ các lập luận trên, ta kết luận không có bất kỳ hai điểm nào trong 21 điểm trùng nhau, đồng nghĩa Bảo Long chắc chắn giành chiến thắng.

(2) Ta sẽ chứng minh rằng Châu Mai luôn có chiến thuật giành chiến thắng bằng cách ép chiếc xe không thể thoát ra khỏi một miền hữu hạn. Khi số lượng vị trí được ghi nhận vượt quá số điểm nguyên trong miền đó, theo nguyên lí Dirichlet, xe buộc phải đi qua một vị trí ít nhất hai lần.

Cụ thể, chiến thuật của Mai được xây dựng dựa trên sự độc lập giữa hai trục tọa độ. Trước mỗi lượt đi của Long, Mai sử dụng quyền quay xe $90^{\circ }$ của mình (chọn rẽ trái hoặc phải) để hướng chiếc xe vào chiều dương hoặc chiều âm của trục vuông góc mà Long sắp sửa đi tới. Gọi tọa độ hiện tại trên trục đó là $z$ ($z$ đóng vai trò là $x$ hoặc $y$). Mai sẽ quan sát $z$ và hành động như sau:

- Nếu $z\le 0$, Mai hướng xe về phía chiều dương của trục.
- Nếu $z>0$, Mai hướng xe về phía chiều âm của trục.

Ta sẽ chứng minh tính đúng đắn của chiến thuật này bằng cách chỉ ra mọi tọa độ $z$ luôn bị giới hạn. Giả sử Long di chuyển một khoảng $l$ (với $1\le l\le 10$):

- Ban đầu $z_0=0$. Mai chọn chiều dương, sau khi Long đi khoảng $l$, tọa độ tiếp theo là $z_1=l⟹z_1\in [1,10]$.
- Nếu vị trí hiện tại $z\in [1,10]$ (tức $z>0$): Mai chọn chiều âm. Tọa độ mới sẽ là $z^{\prime }=z-l$. Vì $1\le z\le 10$ và $1\le l\le 10$, ta suy ra $z^{\prime }\in [-9,9]$.
- Nếu vị trí hiện tại $z\in [-9,0]$ (tức $z\le 0$): Mai chọn chiều dương. Tọa độ mới sẽ là $z^{\prime }=z+l$. Vì $-9\le z\le 0$ và $1\le l\le 10$, ta có $z^{\prime }\in [-8,10]$.

Quy nạp theo số bước di chuyển, ta khẳng định kể từ $P_0$, tất cả các hoành độ $x$ và tung độ $y$ của xe luôn bị giam chặt trong đoạn số nguyên $[-9,10]$. Số lượng giá trị nguyên trong đoạn $[-9,10]$ là $10-(-9)+1=20$. Do cả $x$ và $y$ đều nhận tối đa 20 giá trị, số lượng vị trí phân biệt $(x,y)$ tối đa mà xe có thể đi tới là $20\times 20=400$ vị trí.

Trong trò chơi có $k=400$ lượt đi, hệ thống sẽ ghi nhận tổng cộng 401 vị trí (bao gồm cả gốc tọa độ $P_0$ ban đầu). Theo nguyên lí Dirichlet, khi xếp 401 điểm vào 400 vị trí khả dĩ, chắc chắn phải tồn tại ít nhất hai điểm trùng nhau. Điều này đồng nghĩa với việc Châu Mai chắc chắn giành chiến thắng.

(AI giải đề cho tôi)
Lời giải Câu 4.

Chọn hệ trục tọa độ: $D(0;0)$, $C(c;0)$ với $c=CD>0$. Vì $D$ là trung điểm $AB$ nên đặt $A(p;q)$, $B(-p;-q)$ với $q\ne 0$. Đặt $t=\frac{AD}{DC}=\frac{\sqrt{p^2+q^2}}{c}>0$.

**1) Chứng minh $\frac{1}{EF}+\frac{1}{DC}=\frac{2}{MN}$.**

Trong tam giác $ADC$, $DN$ là phân giác nên theo tính chất đường phân giác: $\frac{AN}{NC}=\frac{AD}{DC}=t$. Tương tự trong tam giác $BDC$: $\frac{BM}{MC}=\frac{BD}{DC}=t$.

Do đó
$$N=\frac{A+tC}{1+t}=\left(\frac{p+tc}{1+t};\frac{q}{1+t}\right),M=\frac{B+tC}{1+t}=\left(\frac{-p+tc}{1+t};\frac{-q}{1+t}\right).$$

Trung điểm của $MN$ là $\left(\frac{tc}{1+t};0\right)$ nằm trên $CD$, mà $O=MN\cap CD$ nên $O$ chính là trung điểm $MN$:
$$O=\left(\frac{tc}{1+t};0\right).$$

Ta có
$$MN=2\cdot \frac{\sqrt{p^2+q^2}}{1+t}=\frac{2tc}{1+t}.$$

Vì $E,F$ là trung điểm $BC,CA$ nên $EF$ là đường trung bình của tam giác $ABC$, song song và bằng nửa $AB$:
$$EF=\frac{AB}{2}=AD=\sqrt{p^2+q^2}=tc.$$

Suy ra
$$\frac{1}{EF}+\frac{1}{DC}=\frac{1}{tc}+\frac{1}{c}=\frac{1+t}{tc},\frac{2}{MN}=\frac{2}{\frac{2tc}{1+t}}=\frac{1+t}{tc}.$$

Vậy $\frac{1}{EF}+\frac{1}{DC}=\frac{2}{MN}$. $■$

**2) Chứng minh $CD=PQ$.**

Đặt $k=\frac{tc}{1+t}$, tức $O(k;0)$; và $E=\left(\frac{c-p}{2};-\frac{q}{2}\right)$, $F=\left(\frac{c+p}{2};\frac{q}{2}\right)$.

Tìm $P=OE\cap AC$: điểm trên $AC$ có dạng $A+s(C-A)=(p+s(c-p);q(1-s))$; điểm trên $OE$ có dạng $O+\lambda (E-O)$. So sánh tung độ: $q(1-s)=-\frac{\lambda q}{2}\Rightarrow \lambda =2(s-1)$. So sánh hoành độ:
$$p+s(c-p)=k+(s-1)\left[(c-p)-2k\right]⟺2ks+c-3k=0⟺s=\frac{3k-c}{2k}.$$

Hoàn toàn tương tự (do $B=-A$, $F=-E$ đối xứng qua $D$), điểm $Q=OF\cap BC$ là $B+s(C-B)$ với cùng hệ số $s=\frac{3k-c}{2k}$.

Vậy
$$P=(p+s(c-p);q(1-s)),Q=(-p+s(c+p);q(s-1)).$$

Suy ra
$$\overrightarrow{PQ}=(2p(s-1);2q(s-1))=2(s-1)\overrightarrow{DA},$$
$$PQ=2|s-1|\cdot AD.$$

Tính $s-1$: với $k=\frac{tc}{1+t}$,
$$s-1=\frac{3k-c-2k}{2k}=\frac{k-c}{2k}=\frac{\frac{tc}{1+t}-c}{\frac{2tc}{1+t}}=\frac{-\frac{c}{1+t}}{\frac{2tc}{1+t}}=-\frac{1}{2t}.$$

Do đó
$$PQ=2\cdot \frac{1}{2t}\cdot tc=c=CD.$$

Vậy $CD=PQ$. $■$

Nhận xét: $O$ là trung điểm của $MN$, và $\frac{1}{2t}=\frac{DC}{2AD}$ chính là tỉ số dẫn đến $PQ=2\cdot \frac{DC}{2AD}\cdot AD=DC$.

(AI giải đề cho tôi)
Với $A(1;2)$, $B(3;4)$, $C(3;6)$: $\overrightarrow{AB}=(2;2)$, $\overrightarrow{AC}=(2;4)$, $\overrightarrow{BC}=(0;2)$. a) $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=4+8=12\ne 0$, $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}=4\ne 0$, $\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BC}=8\ne 0$ nên tam giác không vuông → Sai. b) Trọng tâm $G=\left(\frac{1+3+3}{3};\frac{2+4+6}{3}\right)=\left(\frac{7}{3};4\right)$ → Đúng. c) $M(2;3)$, $AB$ có hệ số góc $1$ nên $d$ có hệ số góc $-1$: $y-3=-(x-2)\iff x+y-5=0\ne x-y+1=0$ → Sai. d) Trung trực của $BC$ là $y=5$; trung trực của $AB$ là $x+y-5=0$; giao điểm là tâm $I(0;5)$, bán kính $R^2=(1-0{)}^2+(2-5{)}^2=10$. Đường tròn ngoại tiếp: $x^2+(y-5{)}^2=10\ne (x-3{)}^2+(y-4{)}^2=5$ → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=12\ne 0$, $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}=4\ne 0$, $\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BC}=8\ne 0$ nên tam giác ABC không vuông.
b) (AI giải đề cho tôi)
Trọng tâm $G=\left(\frac{1+3+3}{3};\frac{2+4+6}{3}\right)=\left(\frac{7}{3};4\right)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$M(2;3)$, đường vuông góc với AB (hệ số góc 1) có hệ số góc $-1$: $x+y-5=0$, không phải $x-y+1=0$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tâm đường tròn ngoại tiếp là $I(0;5)$, $R^2=10$, phương trình là $x^2+(y-5{)}^2=10$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $B=(0;0)$, $C=(1;0)$, $A=\left(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ vì tam giác đều cạnh 1. Trọng tâm $G=\left(\frac{0+1+\frac{1}{2}}{3};\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}+0+0}{3}\right)=\left(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{6}\right)$. Trung điểm $I$ của $AG$: $I=\left(\frac{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}}{2};\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{6}}{2}\right)=\left(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$. Khi đó $\overrightarrow{BI}=\left(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$ nên $|\overrightarrow{BI}|=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{3}}=\sqrt{\frac{7}{12}}=\frac{\sqrt{21}}{6}\approx 0,7638\approx 0,8$. Vậy độ dài vecto $\overrightarrow{BI}$ xấp xỉ $0,8$.

(AI giải đề cho tôi)
Với hệ trục tọa độ Oxy, hai vectơ đơn vị là $\vec{i}=(1;0)$ và $\vec{j}=(0;1)$. Mọi vectơ $\vec{a}=(x;y)$ đều phân tích được duy nhất dưới dạng $\vec{a}=x\vec{i}+y\vec{j}$. Áp dụng với $\vec{a}=(-4;2)$ ta được $\vec{a}=-4\vec{i}+2\vec{j}$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Theo công thức, với $A(x_A;y_A)$, $B(x_B;y_B)$ thì $\overrightarrow{AB}=(x_B-x_A;y_B-y_A)$. Do đó đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Hai vecto bằng nhau khi tọa độ tương ứng bằng nhau: $m^2+3=5m-3$ và $2m=m^2$. Phương trình thứ hai: $m^2-2m=0\iff m=0$ hoặc $m=2$. Phương trình thứ nhất: $m^2-5m+6=0\iff m=2$ hoặc $m=3$. Kết hợp cả hai điều kiện ta được $m=2$ (thử lại: $\vec{u}=(7;4)=\vec{v}$). Vậy chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
Trung điểm $I$ của $AB$: $x_I=\frac{2+4}{2}=3$, $y_I=\frac{-5+1}{2}=-2$. Vậy $I(3;-2)$, chọn D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $P$ thuộc trục $Oy$ nên $P(0;p)$. Trọng tâm $G$ của tam giác $MNP$ có tọa độ $G\left(\frac{1+5+0}{3};\frac{-1-3+p}{3}\right)$. Vì $G$ nằm trên trục $Ox$ nên hoành độ $G_x=2$ (thỏa mãn) và tung độ $G_y=\frac{p-4}{3}=0\Rightarrow p=4$. Vậy $P(0;4)$, chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M$ là trung điểm $BC$, $N$ là trung điểm $CA$, $P$ là trung điểm $AB$ nên ta có hệ: $\vec{B}+\vec{C}=2\vec{M}$, $\vec{C}+\vec{A}=2\vec{N}$, $\vec{A}+\vec{B}=2\vec{P}$. Cộng đẳng thức thứ nhất và thứ ba rồi trừ đẳng thức thứ hai: $2\vec{B}=2\vec{M}+2\vec{P}-2\vec{N}$, suy ra $B=M+P-N=(2+(-1)-2;0+3-2)=(-1;1)$. Thử lại: $A=N+P-M=(2+(-1)-2;2+3-0)=(-1;5)$, $C=M+N-P=(2+2-(-1);0+2-3)=(5;-1)$. Kiểm tra: trung điểm $AB$ là $\left(\frac{-1+(-1)}{2};\frac{5+1}{2}\right)=(-1;3)=P$ đúng; trung điểm $BC$ là $\left(\frac{-1+5}{2};\frac{1+(-1)}{2}\right)=(2;0)=M$ đúng; trung điểm $CA$ là $\left(\frac{5+(-1)}{2};\frac{-1+5}{2}\right)=(2;2)=N$ đúng. Vậy $B=(-1;1)$, chọn đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Tứ giác $BCAD$ là hình bình hành khi hai đường chéo $BA$ và $CD$ có cùng trung điểm. Trung điểm $BA$: $\left(\frac{5+(-2)}{2};\frac{-4+0}{2}\right)=\left(\frac{3}{2};-2\right)$. Gọi $D(x;y)$, trung điểm $CD$: $\left(\frac{-5+x}{2};\frac{1+y}{2}\right)=\left(\frac{3}{2};-2\right)$, suy ra $x=8$, $y=-5$. Vậy $D(8;-5)$, chọn đáp án D. Kiểm tra: $\overrightarrow{BC}=(-10;5)$ và $\overrightarrow{AD}=(10;-5)=-\overrightarrow{BC}$, đúng hình bình hành.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\vec{a}=(2;-4)$, $\vec{b}=(-5;3)$. Khi đó $\vec{u}=2\vec{a}-\vec{b}=(4;-8)-(-5;3)=(4+5;-8-3)=(9;-11)$. Vậy đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $D(x;y)$. Ta có $\overrightarrow{DA}=\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OD}=(0-x;3-y)$ và $\overrightarrow{DB}=\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OD}=(4-x;2-y)$. Thay vào $\overrightarrow{OD}+2\overrightarrow{DA}-2\overrightarrow{DB}=\vec{0}$: $(x;y)+2(0-x;3-y)-2(4-x;2-y)=(x-2x-8+2x;y+6-2y-4+2y)=(x-8;y+2)=\vec{0}$. Suy ra $x=8$, $y=-2$, tức $D(8;-2)$. Kiểm tra: $\overrightarrow{OD}=(8;-2)$, $\overrightarrow{DA}=(-8;5)$, $\overrightarrow{DB}=(-4;4)$, tổng $(8;-2)+2(-8;5)-2(-4;4)=(8-16+8;-2+10-8)=(0;0)=\vec{0}$ đúng. Vậy đáp án B.