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

(AI giải đề cho tôi)
Góc giữa trọng lực $\vec{P}$ (hướng thẳng đứng xuống) và độ dịch chuyển $\vec{d}$ (dọc dốc, lệch phương ngang $5^{\circ }$) là $90^{\circ }-5^{\circ }=85^{\circ }$. Khối lượng $m=1,5$ tấn $=1500$ kg, $|\vec{P}|=mg=1500\cdot 9,8=14700$ N. Công: $A=\vec{P}\cdot \vec{d}=|\vec{P}||\vec{d}|\cos 85^{\circ }=14700\cdot 30\cdot \sin 5^{\circ }\approx 441000\cdot 0,0871557\approx 38435,7$ J $\approx 38,4$ kJ.

(AI giải đề cho tôi)
Trong lục giác đều $ABCDEF$ tâm $O$, ta có $C$, $O$, $F$ thẳng hàng nên vectơ $\overrightarrow{OC}$ có phương trùng với đường thẳng $CF$. Các vectơ có điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh của lục giác và cùng phương với $\overrightarrow{OC}$ là: cặp $(C,F)$ cho $\overrightarrow{CF}$, $\overrightarrow{FC}$; cặp $(A,B)$ cho $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{BA}$ (vì $AB\parallel CF$); cặp $(D,E)$ cho $\overrightarrow{DE}$, $\overrightarrow{ED}$ (vì $DE\parallel CF$). Tổng cộng có 6 vectơ khác vectơ-không cùng phương với $\overrightarrow{OC}$. Vậy chọn B.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ với gốc $D$: đặt $\vec{u}=\overrightarrow{DA}$, $\vec{v}=\overrightarrow{DC}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}=\vec{v}$, do đó $\overrightarrow{DB}=\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AB}=\vec{u}+\vec{v}$.

Vì $N$ là trung điểm $DC$ nên $\overrightarrow{DN}=\frac{1}{2}\vec{v}$; vì $M$ là trung điểm $AB$ nên $\overrightarrow{DM}=\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AM}=\vec{u}+\frac{1}{2}\vec{v}$.

Tìm điểm $E$: $E$ nằm trên $BD$ nên $\overrightarrow{DE}=t(\vec{u}+\vec{v})$ với $0<t<1$. Đồng thời $E$ nằm trên $AN$ nên $\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{DA}+s\overrightarrow{AN}=(1-s)\vec{u}+\frac{s}{2}\vec{v}$. So sánh hệ số (vì $\vec{u},\vec{v}$ không cùng phương): $t=1-s$ và $t=\frac{s}{2}$. Suy ra $s=2t$ và $t=1-2t$, tức $t=\frac{1}{3}$. Vậy $\overrightarrow{DE}=\frac{1}{3}\overrightarrow{DB}$.

Tìm điểm $F$: $F$ nằm trên $BD$ nên $\overrightarrow{DF}=t^{\prime }(\vec{u}+\vec{v})$. Đồng thời $F$ nằm trên $CM$: $\overrightarrow{DF}=\overrightarrow{DC}+r\overrightarrow{CM}=r\vec{u}+\left(1-\frac{r}{2}\right)\vec{v}$. So sánh hệ số: $t^{\prime }=r$ và $t^{\prime }=1-\frac{r}{2}$, suy ra $r=\frac{2}{3}$, vậy $t^{\prime }=\frac{2}{3}$. Do đó $\overrightarrow{DF}=\frac{2}{3}\overrightarrow{DB}$.

Khi đó: $\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{DF}-\overrightarrow{DE}=\frac{2}{3}\overrightarrow{DB}-\frac{1}{3}\overrightarrow{DB}=\frac{1}{3}\overrightarrow{DB}$ và $\overrightarrow{FB}=\overrightarrow{DB}-\overrightarrow{DF}=\frac{1}{3}\overrightarrow{DB}$.

Vậy $\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{FB}=\frac{1}{3}\overrightarrow{DB}$, điều phải chứng minh. (Nhận xét: vì $\overrightarrow{AM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=\frac{1}{2}\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{CN}$ nên $AMCN$ cũng là hình bình hành, tức $AN\parallel CM$, phù hợp với kết quả $E,F$ chia $BD$ thành ba phần bằng nhau.)

(AI giải đề cho tôi)
Hợp lực của $\overrightarrow{F_1}$ và $\overrightarrow{F_2}$ nằm trong mặt phẳng của hai lực này: $|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}{|}^2=9^2+4^2+2\cdot 9\cdot 4\cos 110^{\circ }=97+72\cos 110^{\circ }\approx 97-24,62=72,38$. Vì $\overrightarrow{F_3}$ vuông góc với mặt phẳng chứa $\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2}$ nên vuông góc với hợp lực $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}$, do đó $a^2=72,38+7^2=121,38$, suy ra $a=\sqrt{121,38}\approx 11,02$ N.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $\overrightarrow{F_3}$ vuông góc với mặt phẳng chứa $\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2}$ nên $\overrightarrow{F_3}\perp \overrightarrow{F_1}$ và $\overrightarrow{F_3}\perp \overrightarrow{F_2}$, do đó $\overrightarrow{F_3}\perp (\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2})$. Ta có $|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}{|}^2=|\overrightarrow{F_1}{|}^2+|\overrightarrow{F_2}{|}^2+2\overrightarrow{F_1}\cdot \overrightarrow{F_2}=9^2+4^2+2\cdot 9\cdot 4\cos 110^{\circ }=97+72\cos 110^{\circ }\approx 97-24.62=72.38$. Suy ra $a^2=|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}{|}^2=72.38+7^2=121.38$, nên $a\approx \sqrt{121.38}\approx 11.02$ (N).

Đáp án theo bảng đáp án mã đề 1201 (Phần II Câu 2: DDSD): a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng. Kiểm tra d): với tọa độ $A=(0;0;0)$, $B=(a;0;0)$, $C=\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$, $A^{\prime }=(0;0;a\sqrt{2})$ ta có $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=(a;0;a\sqrt{2})$, $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=\left(-\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};a\sqrt{2}\right)$, tích vô hướng bằng $\frac{3a^2}{2}$, độ dài mỗi vectơ bằng $a\sqrt{3}$, nên $\cos =\frac{1}{2}$, góc giữa hai vectơ bằng $60^{\circ }$ → Đúng. c) Sai vì $\overrightarrow{A^{\prime }M}\cdot \overrightarrow{AC}=\frac{3a^2}{4}\ne \frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.

(AI giải đề cho tôi)
Hai lực $\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2}$ cùng độ lớn 50 N, hợp nhau góc 120°, nên tổng của chúng có độ lớn: $|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}|=\sqrt{50^2+50^2+2\cdot 50\cdot 50\cos 120^{\circ }}=\sqrt{2500}=50$ N, nằm trong mặt phẳng tạo bởi hai lực này. Lực thứ ba $\overrightarrow{F_3}$ có độ lớn 60 N và vuông góc với mặt phẳng đó, nên vuông góc với $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}$. Do đó: $|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}|=\sqrt{50^2+60^2}=\sqrt{6100}\approx 78,1$ N.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IC}=2\overrightarrow{IM}$ (vì M là trung điểm AC) và $\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{ID}=2\overrightarrow{IN}$ (vì N là trung điểm BD). Do I là trung điểm MN nên $\overrightarrow{IM}+\overrightarrow{IN}=\vec{0}$. Khi đó đẳng thức trở thành $$2(\overrightarrow{IM}+\overrightarrow{IN})+(2k-2)\overrightarrow{IB}+(k-1)\overrightarrow{IC}=\vec{0}$$ $$\iff (k-1)(2\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC})=\vec{0}.$$ Vì B ≠ C nên $2\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}\ne \vec{0}$ (hai hệ số cùng dương, không triệt tiêu nhau). Vậy $k-1=0$, tức $k=1$. Thử lại với $k=1$: $\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{ID}=2\overrightarrow{IM}+2\overrightarrow{IN}=\vec{0}$, đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $B(0;0)$, $C(1;0)$. Vì $\overrightarrow{BH}=\frac{1}{3}\overrightarrow{HC}$ nên $BH=\frac{1}{4}BC$, do đó $H\left(\frac{1}{4};0\right)$ và $A\left(\frac{1}{4};h\right)$ với $h=AH>0$. Trọng tâm $G=\left(\frac{1/4+0+1}{3};\frac{h}{3}\right)=\left(\frac{5}{12};\frac{h}{3}\right)$. Điểm $M(x;0)$ với $0<x<1$. Ta có $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}-\overrightarrow{MG}=(A-M)+(C-M)-(G-M)=A+C-G-M$. Tính $A+C-G=\left(\frac{1}{4}+1-\frac{5}{12};h-\frac{h}{3}\right)=\left(\frac{5}{6};\frac{2h}{3}\right)$. Vậy $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}-\overrightarrow{MG}=\left(\frac{5}{6}-x;\frac{2h}{3}\right)$, nên độ dài bình phương là ${\left(x-\frac{5}{6}\right)}^2+\frac{4h^2}{9}$, đạt giá trị nhỏ nhất khi $x=\frac{5}{6}$ (thỏa $0<x<1$). Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Vật đứng yên nên $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=\vec{0}$, suy ra $\overrightarrow{F_3}=-(\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2})$ và $|\overrightarrow{F_3}|=|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}|$. Tính: $|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}{|}^2=|\overrightarrow{F_1}{|}^2+|\overrightarrow{F_2}{|}^2+2\overrightarrow{F_1}\cdot \overrightarrow{F_2}=120^2+120^2+2\cdot 120\cdot 120\cos 120^{\circ }=14400+14400-14400=14400$. Vậy $|\overrightarrow{F_3}|=120N$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Từ $\overrightarrow{DA}+2\overrightarrow{DC}=\vec{0}$, vì $D$ nằm trên đoạn $AC$ nên $\overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{DC}$, suy ra $AD=2DC$ và $AD+DC=AC=9cm$, do đó $DC=3cm$, $AD=6cm$.

a) Vì $D$ nằm giữa $A$ và $C$ với $\overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{DC}$, theo công thức trung điểm khối (trọng tâm của hệ điểm với trọng số), ta có:
$$\overrightarrow{BD}=\frac{1\cdot \overrightarrow{BA}+2\cdot \overrightarrow{BC}}{1+2}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BA}+\frac{2}{3}\overrightarrow{BC}.$$

b) Với mọi điểm $M$, đặt $\overrightarrow{MD}$ làm vecto gốc. Ta có $\overrightarrow{MA}=\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{DA}$, $\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{DC}$. Khi đó:
$$M{A}^2+2M{C}^2={\left|\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{DA}\right|}^2+2{\left|\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{DC}\right|}^2$$
$$=3M{D}^2+2\overrightarrow{MD}\cdot \left(\overrightarrow{DA}+2\overrightarrow{DC}\right)+D{A}^2+2D{C}^2.$$
Vì $\overrightarrow{DA}+2\overrightarrow{DC}=\vec{0}$ nên số hạng tích vô hướng triệt tiêu, còn $D{A}^2+2D{C}^2=6^2+2\cdot 3^2=36+18=54$. Do đó:
$$M{A}^2+2M{C}^2=3M{D}^2+54.$$
Điều kiện $M{A}^2+2M{C}^2=129$ trở thành $3M{D}^2+54=129\Rightarrow M{D}^2=25\Rightarrow MD=5cm$.

Vậy tập hợp điểm $M$ là đường tròn tâm $D$ bán kính $5cm$.

(AI giải đề cho tôi)
a) $\cos A=\frac{\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}}{AB\cdot AC}=\frac{a^2}{a\cdot 2a}=\frac{1}{2}\Rightarrow A=60^{\circ }$: đúng.
b) $AJ=\frac{3}{4}\cdot 2a=\frac{3a}{2}$; $B{J}^2=a^2+\frac{9a^2}{4}-2\cdot a\cdot \frac{3a}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{7a^2}{4}\Rightarrow BJ=\frac{a\sqrt{7}}{2}$: đúng.
c) Với $x=\frac{1}{2}$: $\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}\ne \frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}$: sai.
d) Chọn $A$ làm gốc: $\overrightarrow{AI}=(1-x)\overrightarrow{AB}+x\overrightarrow{AC}$, $\overrightarrow{BJ}=\overrightarrow{AJ}-\overrightarrow{AB}=\frac{3}{2}\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}$. Suy ra $\overrightarrow{AI}-\overrightarrow{BJ}=(2-x)\overrightarrow{AB}+(x-\frac{3}{2})\overrightarrow{AC}$. Với $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=a^2$: $|\overrightarrow{AI}-\overrightarrow{BJ}{|}^2=a^2\left[(2-x{)}^2+4(x-\frac{3}{2}{)}^2+2(2-x)(x-\frac{3}{2})\right]=a^2(3x^2-9x+7)$. Hàm số đạt cực tiểu tại $x=\frac{3}{2}\notin (0;1)$, và trên $(0;1)$ hàm số nghịch biến nên độ dài nhỏ nhất khi $x\to 1$, không phải $x=\frac{2}{3}$: sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\cos A=\frac{a^2}{2a^2}=\frac{1}{2}\Rightarrow A=60^{\circ }$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$AJ=\frac{3a}{2}$, $B{J}^2=a^2+\frac{9a^2}{4}-\frac{3a^2}{2}=\frac{7a^2}{4}\Rightarrow BJ=\frac{a\sqrt{7}}{2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AI}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}$, không phải $\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$|\overrightarrow{AI}-\overrightarrow{BJ}{|}^2=a^2(3x^2-9x+7)$ đạt cực tiểu tại $x=\frac{3}{2}\notin (0;1)$; trên $(0;1)$ hàm nghịch biến nên không đạt nhỏ nhất tại $x=\frac{2}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: A(0,0), B(2a,0), D(3a cos60°, 3a sin60°) = (3a/2, 3√3a/2), C = B + AD = (7a/2, 3√3a/2). Từ AK = -2DK suy ra K chia AD theo tỉ số AK:KD = 2:1, nên K = (2/3)AD = (a, √3a).
a) BA·BC = (-AB)·(AD) = -AB·AD = -3a² ≠ AB·AD, nên sai.
b) AB·AD = 2a·3a·cos60° = 3a², đúng.
c) BK - BD = DK = (1/3)AD; KA = -AK = -(2/3)AD nên -½KA = (1/3)AD = DK. Vậy BK - BD = -½KA, đúng.
d) BK = K - B = (-a, √3a); AC = (7a/2, 3√3a/2). BK·AC = -7a²/2 + 9a²/2 = a², đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
BA·BC = (-AB)·AD = -AB·AD = -3a² ≠ AB·AD = 3a².
b) (AI giải đề cho tôi)
AB·AD = |AB||AD|cos60° = 2a·3a·(1/2) = 3a².
c) (AI giải đề cho tôi)
BK - BD = DK = (1/3)AD và -½KA = -½(-AK) = ½AK = (1/3)AD, hai vế bằng nhau.
d) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ A(0,0), B(2a,0), K(a,√3a), C(7a/2, 3√3a/2): BK·AC = (-a)(7a/2) + (√3a)(3√3a/2) = -7a²/2 + 9a²/2 = a².

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $\overrightarrow{F_2}$ theo chiều dương trục $Ox$, $\overrightarrow{F_1}$ hướng xuống dọc trục $Oy$ (vuông góc với $\overrightarrow{F_2}$ theo hình vẽ), độ lớn $F_1=20$ N. Lực $\overrightarrow{F_3}$ hợp với $\overrightarrow{F_2}$ góc $120^{\circ }$ và hướng lên-trái nên $\overrightarrow{F_3}=\left(-\frac{F_3}{2};\frac{F_3\sqrt{3}}{2}\right)$. Vì chất điểm cân bằng: $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=\vec{0}$. Chiếu theo $Oy$: $-20+\frac{F_3\sqrt{3}}{2}=0\Rightarrow F_3=\frac{40}{\sqrt{3}}=\frac{40\sqrt{3}}{3}\approx 23,1$ N. (Chiếu theo $Ox$ cho $F_2=\frac{F_3}{2}=\frac{20}{\sqrt{3}}$ N, thỏa mãn.) Vậy độ lớn của $\overrightarrow{F_3}$ là $\frac{40\sqrt{3}}{3}\approx 23,1$ N.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi hai lực có độ lớn 25 N và 12 N hợp nhau góc 100°. Độ lớn hợp lực của hai lực này là $F_{12}=\sqrt{25^2+12^2+2\cdot 25\cdot 12\cos 100^{\circ }}=\sqrt{625+144+600\cos 100^{\circ }}$. Với $\cos 100^{\circ }\approx -0,17365$ ta được $F_{12}=\sqrt{769-104,19}=\sqrt{664,81}\approx 25,785$ N. Lực thứ ba 4 N vuông góc với mặt phẳng chứa hai lực đầu nên vuông góc với ${\vec{F}}_{12}$, do đó hợp lực tổng có độ lớn $F=\sqrt{F_{12}^2+4^2}=\sqrt{664,81+16}=\sqrt{680,81}\approx 26,09\approx 26,1$ N. Kết quả khớp với đáp án nguồn 26,1.

Đs: Vậy $\vec{F}=(25\sqrt{2};-25\sqrt{2};50\sqrt{3})$ hay $x+y+z\sqrt{3}=150$

(AI giải đề cho tôi)
Vật đứng yên nên $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=\overrightarrow{0}$, suy ra $\overrightarrow{F_3}=-(\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2})$. Do đó $|\overrightarrow{F_3}|=|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}|$. Ta có $\widehat{AMB}=60^{\circ }$ nên $\widehat{F_1{F}_2}=60^{\circ }$ và $|\overrightarrow{F_1}|=|\overrightarrow{F_2}|=40$ N. Khi đó $|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}{|}^2=40^2+40^2+2\cdot 40\cdot 40\cos 60^{\circ }=1600+1600+1600=4800$, nên $|\overrightarrow{F_3}|=\sqrt{4800}=40\sqrt{3}\approx 69,28\approx 69$ N.

Giải: Gọi $G$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow{GA}-\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\vec{0}$
$$\iff \overrightarrow{GA}+\overrightarrow{BC}=\vec{0}\iff \overrightarrow{AG}=\overrightarrow{BC}\Rightarrow GB=2\sqrt{3}$$
Khi đó ta có: $\left|\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=3\iff \left|\overrightarrow{MG}\right|=3\Rightarrow M$ thuộc đường tròn tâm $G$ bán kính $R=3$.
Ta có $\left|\overrightarrow{MB}\right|\ge \left|GB-R\right|=2\sqrt{3}-3$.
Vậy giá trị nhỏ nhất là $\left|\overrightarrow{MB}\right|=2\sqrt{3}-3$. (Điểm: 0.25; 0.25)

(AI giải đề cho tôi)
Đặt tâm $O$ làm gốc, lục giác đều cạnh $a$ có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng $a$. Tọa độ: $A=(a,0)$, $C=\left(-\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, $D=(-a,0)$. Khi đó $\overrightarrow{AO}=\left(-a,0\right)$, $\overrightarrow{CD}=\left(-\frac{a}{2},-\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$. Tổng $\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{CD}=\left(-\frac{3a}{2},-\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, nên $\left|\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{CD}\right|=\sqrt{\frac{9a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}}=\sqrt{3a^2}=a\sqrt{3}$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 112, câu 7: C).

Giải: Gọi $G$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}-\overrightarrow{GC}=\vec{0}$
$\iff \overrightarrow{GA}+\overrightarrow{CB}=\vec{0}\iff \overrightarrow{AG}=\overrightarrow{CB}\Rightarrow GC=\sqrt{3}$
Khi đó ta có: $\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\right|=2\iff \left|\overrightarrow{MG}\right|=2\Rightarrow M$ thuộc đường tròn tâm $G$ bán kính $R=2$.
Ta có $\left|\overrightarrow{MC}\right|\ge \left|GC-R\right|=2-\sqrt{3}$. Vậy giá trị nhỏ nhất của $\left|\overrightarrow{MC}\right|$ là: $\left|\overrightarrow{MC}\right|=2-\sqrt{3}$. (Điểm: 0.25; 0.25; 0.25)