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

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0)$, $B(2;0)$, $D(1;2)$, $C(3;2)$ (hình bình hành). Khi đó $M$ trung điểm $DC$ là $M(2;2)$, $N$ trung điểm $AB$ là $N(1;0)$.

Đường thẳng $AM$: $y=x$. Đường thẳng $DB$: qua $D(1;2)$, $B(2;0)$ có phương trình $y=-2x+4$. Giao điểm $P$: $x=-2x+4\Rightarrow x=\frac{4}{3}$... kiểm tra lại với cách khác: $AM$: $y=x$; $DB$: $y=-2x+4$; suy ra $3x=4$, $P=\left(\frac{4}{3};\frac{4}{3}\right)$.

Tính theo véc tơ: $\overrightarrow{DP}=\left(\frac{4}{3}-1;\frac{4}{3}-2\right)=\left(\frac{1}{3};-\frac{2}{3}\right)$. Ta có $\overrightarrow{DB}=(1;-2)$ nên $\overrightarrow{DP}=\frac{1}{3}\overrightarrow{DB}$, tức $P$ chia $DB$ theo tỉ số $\frac{DP}{PB}=\frac{1}{2}$ (đúng vì $AM$ là đường trung bình... thực chất $P$ là trọng tâm tam giác tạo bởi $\overrightarrow{DP}=\frac{1}{3}\overrightarrow{DB}$).

Tương tự $Q=CN\cap DB$: đường $CN$ qua $C(3;2)$, $N(1;0)$: $y=x-1$; với $DB$: $x-1=-2x+4\Rightarrow x=\frac{5}{3}$, $Q=\left(\frac{5}{3};\frac{2}{3}\right)$. Suy ra $\overrightarrow{DQ}=\left(\frac{2}{3};-\frac{4}{3}\right)=\frac{2}{3}\overrightarrow{DB}$, tức $\overrightarrow{QB}=\frac{1}{3}\overrightarrow{DB}$.

Các véc tơ bằng $\overrightarrow{DP}=\frac{1}{3}\overrightarrow{DB}$ (cùng hướng, cùng độ dài $\frac{1}{3}DB$):
- $\overrightarrow{PB}=\overrightarrow{DB}-\overrightarrow{DP}=\frac{2}{3}\overrightarrow{DB}$ — không bằng.
- $\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{DQ}-\overrightarrow{DP}=\frac{1}{3}\overrightarrow{DB}=\overrightarrow{DP}$ — bằng.
- $\overrightarrow{QB}=\frac{1}{3}\overrightarrow{DB}=\overrightarrow{DP}$ — bằng.
- $\overrightarrow{NC}$: $N(1;0)\to C(3;2)$: $(2;2)$ — không bằng.
- $\overrightarrow{AP}=\left(\frac{4}{3};\frac{4}{3}\right)$ — không bằng.

Vậy trong các véc tơ thông dụng của hình ($\overrightarrow{PB},\overrightarrow{PQ},\overrightarrow{QB},\overrightarrow{NC},\overrightarrow{AP},...$) có đúng 2 véc tơ bằng $\overrightarrow{DP}$, đó là $\overrightarrow{PQ}$ và $\overrightarrow{QB}$, vì cả ba đều bằng $\frac{1}{3}\overrightarrow{DB}$ cùng hướng. Kết luận: có 2 véc tơ bằng $\overrightarrow{DP}$ (không kể $\overrightarrow{DP}$): $\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{QB}=\overrightarrow{DP}=\frac{1}{3}\overrightarrow{DB}$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\overrightarrow{DM}-\overrightarrow{BA}-\overrightarrow{CN}=\overrightarrow{DM}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{NC}$.

Vì $M$ là trung điểm $AD$ nên $\overrightarrow{DM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{DA}$; vì $N$ là trung điểm $BC$ nên $\overrightarrow{NC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$. Khi đó:
$$\overrightarrow{DM}-\overrightarrow{BA}-\overrightarrow{CN}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{BC}\right).$$

Mặt khác, do $\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{DC}$ nên $\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{DC}-\overrightarrow{AB}$. Suy ra:
$$\overrightarrow{DM}-\overrightarrow{BA}-\overrightarrow{CN}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{DC}-\overrightarrow{AB}\right)=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC}\right).$$

Đây chính là tính chất đường trung bình của hình thang: $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC}\right)$. Hai véc tơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{DC}$ cùng phương, ngược chiều (vì $AB\parallel CD$), nên độ dài
$$MN=\frac{AB+CD}{2}=\frac{1+2}{2}=\frac{3}{2}.$$

Vậy $\left|\overrightarrow{DM}-\overrightarrow{BA}-\overrightarrow{CN}\right|=\frac{3}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Ô tô đứng yên nên $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=\vec{0}$, do đó $\overrightarrow{F_3}=-(\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2})$ và $|\overrightarrow{F_3}|=|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}|$.

Ta có:
$$|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}{|}^2=|\overrightarrow{F_1}{|}^2+|\overrightarrow{F_2}{|}^2+2\overrightarrow{F_1}\cdot \overrightarrow{F_2}=25^2+25^2+2\cdot 25\cdot 25\cdot \cos 60^{\circ }=625+625+625=1875.$$

Vậy $|\overrightarrow{F_3}|=\sqrt{1875}=25\sqrt{3}\approx 43,3$ N.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ gốc tại $B$, đặt $\vec{a}=\overrightarrow{BA}$, $\vec{b}=\overrightarrow{BC}$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{BD}=\vec{a}+\vec{b}$. Theo đề: $\overrightarrow{BE}=\frac{1}{3}\vec{b}$, $\overrightarrow{BF}=\frac{1}{4}(\vec{a}+\vec{b})$. Do đó $$\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BE}=-\vec{a}+\frac{1}{3}\vec{b},$$ $$\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BF}=-\vec{a}+\frac{1}{4}\vec{a}+\frac{1}{4}\vec{b}=-\frac{3}{4}\vec{a}+\frac{1}{4}\vec{b}.$$ Yêu cầu $\overrightarrow{AE}=k\overrightarrow{AF}$: $$-\vec{a}+\frac{1}{3}\vec{b}=k\left(-\frac{3}{4}\vec{a}+\frac{1}{4}\vec{b}\right).$$ Vì $\vec{a},\vec{b}$ không cùng phương, so sánh hệ số: theo $\vec{a}$: $-1=-\frac{3k}{4}\Rightarrow k=\frac{4}{3}$; theo $\vec{b}$: $\frac{1}{3}=\frac{k}{4}\Rightarrow k=\frac{4}{3}$. Hai cách cho cùng kết quả nên $k=\frac{4}{3}\approx 1,3$. Nguồn trang 27 chỉ có đề bài, không có đáp án chính thức; đáp án trên do AI giải và khớp với dữ kiện đề.

(AI giải đề cho tôi)
Theo hình vẽ trang 27: $\overrightarrow{F_1}$ hướng sang phải, $\overrightarrow{F_2}$ hướng sang trái (ngược chiều $\overrightarrow{F_1}$), còn $\overrightarrow{F_3},\overrightarrow{F_4}$ đối xứng qua trục của $\overrightarrow{F_1}$, mỗi lực hợp với $\overrightarrow{F_1}$ góc $45^{\circ }$ và có độ lớn $20N$.

Chọn trục $Ox$ theo phương của $\overrightarrow{F_1}$. Do tính đối xứng, thành phần vuông góc của $\overrightarrow{F_3}+\overrightarrow{F_4}$ triệt tiêu, còn thành phần theo $Ox$ là:
$$2\cdot 20\cos 45^{\circ }=40\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=20\sqrt{2}N$$
cùng chiều với $\overrightarrow{F_1}$.

Vật đứng yên nên tổng các lực bằng $\vec{0}$. Chiếu lên trục $Ox$ (lấy chiều $\overrightarrow{F_1}$ dương, $\overrightarrow{F_2}$ ngược chiều nên mang dấu trừ):
$$F_1-F_2+20\sqrt{2}=0.$$

Vì $\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2}$ ngược chiều và $F_2=2F_1$:
$$F_1-2F_1+20\sqrt{2}=0\Rightarrow F_1=20\sqrt{2}N,F_2=40\sqrt{2}N.$$

Tổng độ lớn:
$$F_1+F_2=20\sqrt{2}+40\sqrt{2}=60\sqrt{2}\approx 85N.$$

Vậy tổng độ lớn của các lực $\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2}$ là $60\sqrt{2}\approx 85N$.

(AI giải đề cho tôi)
Tại điểm A, hai thanh AB, AC nằm ngang, bằng nhau, vuông góc nên hợp lực căng của chúng có độ lớn $F\sqrt{2}$ (F là lực căng mỗi thanh), hướng ngang. Thanh chống OA tạo với phương thẳng đứng góc $\theta$. Cân bằng tại A: phương thẳng đứng $N\cos \theta =P$; phương ngang $N\sin \theta =F\sqrt{2}$. Theo đề $F=N/3$ nên $\sin \theta =\frac{\sqrt{2}}{3}$, suy ra $\cos \theta =\sqrt{1-\frac{2}{9}}=\frac{\sqrt{7}}{3}$. Với lực nén tối đa $N=150$ N: $P_{max}=150\cdot \frac{\sqrt{7}}{3}=50\sqrt{7}\approx 132,29$ N, làm tròn đến hàng đơn vị là 132 N.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $BCD$ đều cạnh 2, $SB\perp (BCD)$, $SB=3$, $M$ trung điểm $CD$, $H$ trọng tâm.
a) $\overrightarrow{CB}\cdot \overrightarrow{DC}=-\overrightarrow{CB}\cdot \overrightarrow{CD}=-|CB||CD|\cos 60^{\circ }=-2\cdot 2\cdot \frac{1}{2}=-2$. Đúng.
b) Tính chất trọng tâm: $\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SC}+\overrightarrow{SD}=3\overrightarrow{SH}$. Đúng.
c) $\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BD}=2\overrightarrow{BM}$ với $BM$ là đường cao tam giác đều: $BM=\sqrt{3}$, nên $|\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BD}|=2\sqrt{3}\ne \sqrt{3}$. Sai.
d) $2\overrightarrow{DM}=\overrightarrow{DC}$ nên $\overrightarrow{SD}+2\overrightarrow{DM}=\overrightarrow{SD}+\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{SC}$, $SC=\sqrt{S{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{9+4}=\sqrt{13}\ne 4$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{CB}\cdot \overrightarrow{DC}=-\overrightarrow{CB}\cdot \overrightarrow{CD}=-2\cdot 2\cdot \cos 60^{\circ }=-2$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với $H$ là trọng tâm tam giác $BCD$ thì $\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SC}+\overrightarrow{SD}=3\overrightarrow{SH}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BD}=2\overrightarrow{BM}$, $BM=\sqrt{3}$ nên độ dài bằng $2\sqrt{3}\ne \sqrt{3}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{SD}+2\overrightarrow{DM}=\overrightarrow{SC}$, $SC=\sqrt{13}\ne 4$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 72: Tứ diện đều cạnh $6a$.
a) $\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{SB}$ và $\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CS}=\overrightarrow{BS}$, nên tổng bằng $\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{BS}=\vec{0}$. Đúng.
b) $\overrightarrow{BS}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AS}$, nên $\overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{BS}=\overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{BA}+\overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{AS}$. Góc giữa $\overrightarrow{SA}$ và $\overrightarrow{BA}$ bằng $60^{\circ }$ (cùng ngược với $\overrightarrow{AS},\overrightarrow{AB}$), nên $\overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{BA}=6a\cdot 6a\cdot \frac{1}{2}=18a^2$; $\overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{AS}=-36a^2$. Vậy tích vô hướng $=18a^2-36a^2=-18a^2$. Đúng.
c) $H$ là trọng tâm tam giác đều $ABC$ nên cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp, $HA=HB=\frac{6a}{\sqrt{3}}=2a\sqrt{3}$, ba vectơ $\overrightarrow{HA},\overrightarrow{HB},\overrightarrow{HC}$ đôi một góc $120^{\circ }$. Đúng.
d) $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}$, nên $\overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{BC}=\overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{AC}-\overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{AB}$. Vì $\overrightarrow{SA}=-\overrightarrow{AS}$ và góc giữa $\overrightarrow{AS}$ với $\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AB}$ đều $60^{\circ }$, ta có $\overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{AC}=\overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{AB}=-18a^2$. Vậy $\overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{BC}=0\ne 12a^2$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{SB}$, $\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CS}=\overrightarrow{BS}$, tổng bằng $\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{BS}=\vec{0}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{BS}=\overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{BA}+\overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{AS}=18a^2-36a^2=-18a^2$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$H$ là tâm tam giác đều $ABC$, $HA=HB=2a\sqrt{3}$, góc $\overrightarrow{HA},\overrightarrow{HB}$ bằng $120^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{BC}=\overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{AC}-\overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{AB}=-18a^2-(-18a^2)=0\ne 12a^2$.

Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ với $B(0;0)$, $C(4;0)$, $A(0;4)$, $D(4;4)$.
Ta có $\overrightarrow{AC}=(4;-4)\Rightarrow \overrightarrow{AM}=\frac{1}{4}\overrightarrow{AC}=(1;-1)\Rightarrow M(1;3)$.
$\overrightarrow{BD}=(4;4)\Rightarrow \overrightarrow{BN}=\frac{2}{3}\overrightarrow{BD}=\left(\frac{8}{3};\frac{8}{3}\right)\Rightarrow N\left(\frac{8}{3};\frac{8}{3}\right)$.
Khi đó: $\overrightarrow{MB}=(-1;-3)$ và $\overrightarrow{MN}=\left(\frac{8}{3}-1;\frac{8}{3}-3\right)=\left(\frac{5}{3};-\frac{1}{3}\right)$.
Vậy $\overrightarrow{MB}\cdot \overrightarrow{MN}=(-1)\cdot \frac{5}{3}+(-3)\cdot \left(-\frac{1}{3}\right)=-\frac{5}{3}+1=-\frac{2}{3}$.

Gọi $I$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IB}-\overrightarrow{IC}=\vec{0}\iff 2\overrightarrow{AI}=2\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}$.
Khi đó với mọi $M$: $\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}=2\overrightarrow{MI}$.
Do đó $|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}|=2MI$.
Vì $M\in d$ nên $MI$ nhỏ nhất khi $M$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên đường thẳng $d$.
Vì $d\parallel BC$ nên khoảng cách từ $I$ đến $d$ bằng khoảng cách từ hình chiếu của $I$ vuông góc với $BC$, tính được $d(I,d)=\frac{a\sqrt{3}}{4}$.
Vậy giá trị nhỏ nhất là $2\cdot \frac{a\sqrt{3}}{4}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Theo bảng đáp án chính thức của nhà trường, chọn A: $M=-10$.

Chọn hệ trục tọa độ với $B(0;0),A(0;2),C(4;0)$, khi đó $M(1;0)$ và $N(4k;2-2k)$. Tam giác $AMN$ vuông tại $M⟺\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MN}=0⟺-1(4k-1)+2(2-2k)=0⟺5-8k=0⟺k=\frac{5}{8}$. Chọn đáp án B.

Chọn C.
- Vì $\overrightarrow{IA}=2\overrightarrow{IB}$ nên $I,A,B$ cùng thuộc đường thẳng $AB$, suy ra ba điểm $I,A,B$ thẳng hàng.
- Vì $3\overrightarrow{JA}+2\overrightarrow{JC}=\vec{0}\iff \overrightarrow{JA}=-\frac{2}{3}\overrightarrow{JC}$ nên ba điểm $J,A,C$ thẳng hàng.
- Phân tích $\overrightarrow{IJ}$ và $\overrightarrow{IG}$ theo hai vectơ không cùng phương $\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}$, ta suy ra $I,J,G$ thẳng hàng. Do $N$ là trung điểm của $AG$ ($N\ne G$) nên ba điểm $I,J,N$ không thẳng hàng.
Vậy khẳng định sai là $I,J,N$ thẳng hàng.

Chọn B.
Biểu diễn các điểm theo gốc $A$ hoặc qua các vectơ cơ sở $\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}$, ta thu được:
$\overrightarrow{RS}=\frac{5}{8}\overrightarrow{AC}-\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}.$

Chọn A.
Gọi $G$ và $G^{\prime }$ lần lượt là trọng tâm của tam giác $ABC$ và tam giác $BCD$.
Khi đó:
$\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=3\overrightarrow{MG}$
$\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}=3\overrightarrow{M{G}^{\prime }}.$
Đẳng thức trở thành $|3\overrightarrow{MG}|=|3\overrightarrow{M{G}^{\prime }}|\iff MG=M{G}^{\prime }$.
Vậy tập hợp các điểm $M$ là đường trung trực của đoạn thẳng $G{G}^{\prime }$.

Chọn A.
Gọi điểm $I(x_0;y_0)$ thỏa mãn $\overrightarrow{IA}-3\overrightarrow{IB}+5\overrightarrow{IC}=\vec{0}$. Khi đó:
$x_0=\frac{1-3(2)+5(-3)}{1-3+5}=\frac{-20}{3},y_0=\frac{2-3(3)+5(-1)}{1-3+5}=\frac{-12}{3}=-4.$
Với mọi điểm $M$, ta có:
$\overrightarrow{MA}-3\overrightarrow{MB}+5\overrightarrow{MC}=(1-3+5)\overrightarrow{MI}+(\overrightarrow{IA}-3\overrightarrow{IB}+5\overrightarrow{IC})=3\overrightarrow{MI}.$
Do đó $|\overrightarrow{MA}-3\overrightarrow{MB}+5\overrightarrow{MC}|=3MI$.
Vì $M\in Oy$ nên $MI$ nhỏ nhất khi $M$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên trục tung $Oy$.
Suy ra $M(0;-4)$, tức là $y=-4$.
Thay $y=-4$ vào các phương án, ta có $(-4{)}^2+4(-4)=16-16=0$.
Vậy $y^2+4y=0$.

Ta có: $\overrightarrow{IJ}=\overrightarrow{AJ}-\overrightarrow{AI}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD})-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$.
Xét tích vô hướng $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{IJ}$:
$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{IJ}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AD}-\frac{1}{2}A{B}^2$.
Vì $AB=AC=AD=a$ và $\widehat{BAC}=\widehat{BAD}=60^{\circ }$, ta có:
$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=a\cdot a\cos 60^{\circ }=\frac{a^2}{2}$.
$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AD}=a\cdot a\cos 60^{\circ }=\frac{a^2}{2}$.
Suy ra:
$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{IJ}=\frac{1}{2}\cdot \frac{a^2}{2}+\frac{1}{2}\cdot \frac{a^2}{2}-\frac{1}{2}{a}^2=\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{4}-\frac{a^2}{2}=0$.
Vậy $\overrightarrow{AB}\perp \overrightarrow{IJ}$, tức là góc giữa $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{IJ}$ bằng $90^{\circ }$.
Chọn đáp án D.

Gọi $M$ là điểm biểu diễn số phức $z$, gọi $N$ là điểm biểu diễn số phức $w$.

Theo đề $|z|=7\Rightarrow OM=7$, $|w|=7\Rightarrow ON=7$.

Theo đề $|3z-4w|=35\Rightarrow |3\overrightarrow{OM}-4\overrightarrow{ON}|=35\Rightarrow (3\overrightarrow{OM}-4\overrightarrow{ON}{)}^2=1225$

$\Rightarrow 9O{M}^2+16O{N}^2-24\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=1225\Rightarrow 9\cdot 7^2+16\cdot 7^2-24\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=1225\Rightarrow 24\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=0$.

Gọi $A$ là điểm biểu diễn số phức $v=2022i\Rightarrow A(0;2022)$, suy ra $|\overrightarrow{OA}|=|v|=2022$.

Ta có $|4z+3w+2022i|=|4\overrightarrow{OM}+3\overrightarrow{ON}+\overrightarrow{OA}|\le |4\overrightarrow{OM}+3\overrightarrow{ON}|+|\overrightarrow{OA}|=|4\overrightarrow{OM}+3\overrightarrow{ON}|+2022$ $(\ast )$.

Ta có $(|4\overrightarrow{OM}+3\overrightarrow{ON}|{)}^2=16O{M}^2+9O{N}^2+24\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=16\cdot 7^2+9\cdot 7^2+0=1225\Rightarrow |4\overrightarrow{OM}+3\overrightarrow{ON}|=35$.

Từ $(\ast )$ suy ra $|4\overrightarrow{OM}+3\overrightarrow{ON}+\overrightarrow{OA}|\le 35+2022=2057$.

Vậy giá trị lớn nhất của $|4z+3w+2022i|$ là $2057$.

**Chọn A**

Gọi $A,B,C$ lần lượt là các điểm biểu diễn của $z_1,z_2,z_3$.
Vì $|z_1|=|z_2|=|z_3|=1$ nên $A,B,C$ nằm trên đường tròn đơn vị tâm $O$.
Ta có $P=A{B}^2+B{C}^2+C{A}^2=(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}{)}^2+(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB}{)}^2+(\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OC}{)}^2=6-2(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OB}\cdot \overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OC}\cdot \overrightarrow{OA})$.
Mặt khác $(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}{)}^2=3+2(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OB}\cdot \overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OC}\cdot \overrightarrow{OA})$.
Do đó $P=9-(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}{)}^2=9-9O{G}^2\le 9$ (với $G$ là trọng tâm $\Delta ABC$).
Đẳng thức xảy ra khi $G\equiv O$, tức $\Delta ABC$ đều. Vậy giá trị lớn nhất của $P$ là $9$.