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

(AI giải đề cho tôi)
Bài 12: Cho $A(2;1)$, $B(3;-2)$, $C(5;-3)$.

a) $\overrightarrow{AB}=(1;-3)$, $\overrightarrow{BC}=(2;-1)$ nên $\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{BC}=(1-4;-3+2)=(-3;-1)$.

b) $\overrightarrow{BA}=(-1;3)$, $\overrightarrow{BC}=(2;-1)$. $\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BC}=-2-3=-5$; $|\overrightarrow{BA}|=\sqrt{10}$, $|\overrightarrow{BC}|=\sqrt{5}$. Vậy $\cos ABC=\frac{-5}{\sqrt{10}\sqrt{5}}=\frac{-5}{\sqrt{50}}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$.

c) $E$ thuộc $BC$: $E=(3+2t;-2-t)$. Điều kiện $\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{BC}=0$ với $\overrightarrow{AE}=(1+2t;-3-t)$: $2(1+2t)-(-3-t)=5+5t=0\Rightarrow t=-1$. Vậy $E(1;-1)$.

d) $M=(m;0)$. Ta có $\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}=3\overrightarrow{MG}$ với $G$ là điểm thỏa $\overrightarrow{AG}=2\overrightarrow{GB}$, tức $G=\frac{A+2B}{3}=\left(\frac{8}{3};-1\right)$. Biểu thức cần nhỏ nhất bằng $3\left(|MG|+|MA|\right)$. Lấy $A^{\prime }$ đối xứng $A$ qua trục hoành: $A^{\prime }(2;-1)$. Khi đó $|MA|=|M{A}^{\prime }|$ và cần min $|M{A}^{\prime }|+|MG|$ với $M$ trên trục hoành. Đặt $a=m-2$, $b=\frac{8}{3}-m$ (chú ý $a+b=\frac{2}{3}$), điều kiện cực trị $\frac{a}{\sqrt{a^2+1}}=\frac{b}{\sqrt{b^2+1}}$ cho $a=b=\frac{1}{3}$, suy ra $m=\frac{7}{3}$. Vậy $M\left(\frac{7}{3};0\right)$, giá trị nhỏ nhất $=3\cdot 2\sqrt{{\left(\frac{1}{3}\right)}^2+1}=2\sqrt{10}$ (kiểm tra: $\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}=(1;-3)$, $|3\overrightarrow{MA}|=\sqrt{10}$, tổng $2\sqrt{10}$).

(AI giải đề cho tôi)
Bài 13: Đò đi từ bờ Nam sang bờ Bắc, sông chảy về hướng Đông. Chọn trục Ox hướng Đông, Oy hướng Bắc.

a) Biểu diễn trên mặt phẳng Oxy:
- $\overrightarrow{v_1}=-3\vec{i}+5\vec{j}$ là vận tốc của đò so với dòng nước: tọa độ điểm đầu mút (từ gốc) là $(-3;5)$, tức mũi tên từ $O(0;0)$ đến điểm $A(-3;5)$. Độ lớn $|\overrightarrow{v_1}|=\sqrt{(-3{)}^2+5^2}=\sqrt{34}\approx 5,83$ m/s. Vector này hướng lên phía Bắc và lệch về phía Tây (chệch một góc so với phương vuông góc với bờ) — đúng như bác lái đò phải chèo chệch ngược dòng để đò đi thẳng sang bờ đối diện.
- $\overrightarrow{v_2}=5\vec{j}$ là vận tốc thực của đò so với bờ: mũi tên từ $O(0;0)$ đến điểm $B(0;5)$, hướng thẳng đứng theo trục Oy (vuông góc với bờ, về phía Bắc), độ lớn $|\overrightarrow{v_2}|=5$ m/s.

b) Theo định lý tổng vận tốc: vận tốc thực của đò so với bờ bằng tổng vận tốc đò so với nước và vận tốc nước so với bờ:
$$\overrightarrow{v_2}=\overrightarrow{v_1}+\overrightarrow{v_n}\Rightarrow \overrightarrow{v_n}=\overrightarrow{v_2}-\overrightarrow{v_1}=5\vec{j}-(-3\vec{i}+5\vec{j})=3\vec{i}.$$
Vậy vận tốc của dòng nước so với bờ là $\overrightarrow{v_n}=3\vec{i}$ (hướng về phía Đông, đúng chiều sông chảy), và tốc độ dòng nước là:
$$|\overrightarrow{v_n}|=3\text{ (m/s)}.$$

(AI giải đề cho tôi)
Khúc gỗ đi dọc theo bờ sông nên tổng lực theo phương vuông góc với bờ sông bằng 0. Theo hình vẽ, $\overrightarrow{F_2}$ hợp với phương bờ sông góc $45^{\circ }$ (phía trên), $\overrightarrow{F_1}$ hợp góc $30^{\circ }$ (phía dưới). Thành phần vuông góc: $F_2\sin 45^{\circ }=F_1\sin 30^{\circ }\Rightarrow F_2=400\cdot \frac{\sin 30^{\circ }}{\sin 45^{\circ }}=400\cdot \frac{1/2}{\sqrt{2}/2}=\frac{400}{\sqrt{2}}=200\sqrt{2}\approx 283$ N.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $CD=2AB=2a$ nên $AB=a$. Chọn hệ trục tọa độ $A(0;0)$, $B(a;0)$. Tia $AD$ tạo với $AB$ góc $120^{\circ }$, đặt $AD=d$ thì $D\left(-\frac{d}{2};\frac{d\sqrt{3}}{2}\right)$. Vì $AB\parallel CD$, $CD=2a$ nên $C=\left(2a-\frac{d}{2};\frac{d\sqrt{3}}{2}\right)$.

Hình thang cân nên $AD=BC$:
$${\left(a-\frac{d}{2}\right)}^2+\frac{3d^2}{4}=d^2\iff a^2-ad=0\iff d=a(d>0).$$
Vậy $AD=a$, $D\left(-\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, $C\left(\frac{3a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$.

Đường thẳng $CD$ nằm ngang (tung độ $\frac{a\sqrt{3}}{2}$), $AH\perp CD$ nên $AH$ thẳng đứng, do đó $H\left(0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$ và $\overrightarrow{AH}=\left(0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, $|AH|=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Ta có $\overrightarrow{CD}=\left(-2a;0\right)$, $\overrightarrow{AD}=\left(-\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, nên
$$\overrightarrow{CD}-4\overrightarrow{AD}=\left(-2a+2a;-2a\sqrt{3}\right)=\left(0;-2a\sqrt{3}\right).$$
Khi đó
$$\overrightarrow{AH}\cdot \left(\overrightarrow{CD}-4\overrightarrow{AD}\right)=0\cdot 0+\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \left(-2a\sqrt{3}\right)=-3a^2.$$

Kiểm tra lại: $\overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{CD}=0$ vì $AH\perp CD$; $\overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{AD}=0\cdot \left(-\frac{a}{2}\right)+\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{3a^2}{4}$. Về hình học, vectơ $\overrightarrow{AH}$ có phương thẳng đứng (góc định hướng $90^{\circ }$) còn $\overrightarrow{AD}$ có phương tạo với $AB$ góc $120^{\circ }$, nên góc giữa hai vectơ là $120^{\circ }-90^{\circ }=30^{\circ }$; do đó $\overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{AD}=|AH|\cdot |AD|\cos 30^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot a\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3a^2}{4}$ (khớp với kết quả tọa độ). Vậy $\overrightarrow{AH}\cdot \left(\overrightarrow{CD}-4\overrightarrow{AD}\right)=0-4\cdot \frac{3a^2}{4}=-3a^2$.

Kết luận: $\overrightarrow{AH}\cdot \left(\overrightarrow{CD}-4\overrightarrow{AD}\right)=-3a^2$.

(AI giải đề cho tôi)
Vật đứng yên nên tổng ba lực bằng vectơ không: $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=\vec{0}$, suy ra $\overrightarrow{F_3}=-(\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2})$.

Đặt $|\overrightarrow{F_1}|=|\overrightarrow{F_2}|=a$ thì theo giả thiết $|\overrightarrow{F_3}|=\sqrt{3}a$.

Bình phương hai vế của $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}=-\overrightarrow{F_3}$:
$$|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}{|}^2=|\overrightarrow{F_3}{|}^2$$
$$|\overrightarrow{F_1}{|}^2+|\overrightarrow{F_2}{|}^2+2\overrightarrow{F_1}\cdot \overrightarrow{F_2}=3a^2$$
$$2a^2+2a^2\cos \theta =3a^2$$

với $\theta$ là góc giữa $\overrightarrow{F_1}$ và $\overrightarrow{F_2}$ ($0^{\circ }\le \theta \le 180^{\circ }$).

Suy ra $\cos \theta =\frac{1}{2}$, do đó $\theta =60^{\circ }$.

Vậy khi vật đứng yên, góc tạo bởi $\overrightarrow{F_1}$ và $\overrightarrow{F_2}$ bằng $60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong lục giác đều $ABCDEF$ tâm $O$, ba điểm $B$, $O$, $E$ thẳng hàng nên vectơ $\overrightarrow{OB}$ có phương của đường thẳng $BE$. Trong lục giác đều, cạnh $FA\parallel BE$ và cạnh $CD\parallel BE$, do đó các đường thẳng đi qua các đỉnh của lục giác và cùng phương với $\overrightarrow{OB}$ là: $BE$, $FA$, $CD$. Các vectơ khác $\vec{0}$ có điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh của lục giác, cùng phương với $\overrightarrow{OB}$ là: $\overrightarrow{BE},\overrightarrow{EB},\overrightarrow{FA},\overrightarrow{AF},\overrightarrow{CD},\overrightarrow{DC}$ — tổng cộng 6 vectơ. Vậy chọn đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 4: Chứng minh ba khẳng định về vectơ.

1) Vì M là trung điểm AB nên $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}=2\overrightarrow{GM}$; vì N là trung điểm CD nên $\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GD}=2\overrightarrow{GN}$. Do đó
$$\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GD}=2(\overrightarrow{GM}+\overrightarrow{GN}).$$
Vì G là trung điểm MN nên $\overrightarrow{GM}+\overrightarrow{GN}=\vec{0}$, suy ra $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GD}=\vec{0}$.

2) Vì E là trọng tâm tam giác BCD nên $\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}=\vec{0}$. Do đó
$$\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}=\overrightarrow{EA}.$$
Mặt khác, với điểm O tùy ý, đặt $\vec{u}=\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}=4\overrightarrow{EO}-\left(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}\right)$. Theo câu 1) với O = G: $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GD}=\vec{0}$, nên $\vec{u}=4\overrightarrow{EG}$. Vậy $\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}=4\overrightarrow{EG}$.

3) Từ câu 2), vế trái bằng $\overrightarrow{EA}$ (vì $\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}=\vec{0}$ do E là trọng tâm tam giác BCD). Suy ra $\overrightarrow{EA}=4\overrightarrow{EG}$. Điều này cũng cho thấy A, G, E thẳng hàng và $EG=\frac{1}{4}EA$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục tọa độ: $A(0;0)$, $B(3;0)$, $D(0;4)$, $C(3;4)$. Vì $\overrightarrow{AM}=k\overrightarrow{AB}$ nên $M(3k;0)$. Ta có $\overrightarrow{AC}=(3;4)$, $\overrightarrow{DM}=(3k-0;0-4)=(3k;-4)$. Hai đường thẳng $AC$ và $DM$ vuông góc khi và chỉ khi $\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{DM}=0$, tức $3\cdot 3k+4\cdot (-4)=9k-16=0$, suy ra $k=\frac{16}{9}$. Vậy $k=\frac{16}{9}$ (khi đó $M$ nằm trên tia $AB$, ngoài đoạn $AB$ vì $\frac{16}{9}>1$).

(AI giải đề cho tôi)
Vật đứng yên nên ba lực cân bằng: $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=\overrightarrow{0}$, tức $\overrightarrow{F_3}=-(\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2})$.

Theo hình vẽ, $\overrightarrow{F_1}=\overrightarrow{MA}$ và $\overrightarrow{F_2}=\overrightarrow{MB}$ đối xứng qua đường thẳng $MC$ (tia $MC$ nằm ngang bên trái), với $|\overrightarrow{F_1}|=|\overrightarrow{F_2}|=100$ N và $\angle AMB=60^{\circ }$. Do đó mỗi lực hợp với đường phân giác (phương của $\overrightarrow{F_3}$) một góc $30^{\circ }$.

Tổng $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}$ có phương trùng với tia $MC$ và độ lớn:
$$|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}|=2\cdot 100\cdot \cos 30^{\circ }=2\cdot 100\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=100\sqrt{3}\text{N}.$$

Vậy $|\overrightarrow{F_3}|=100\sqrt{3}\approx 173,2$ N.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 5: Cho tam giác đều $ABC$ cạnh $a$, $\widehat{BAC}=60^{\circ }$.

a) $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=AB\cdot AC\cos 60^{\circ }=a\cdot a\cdot \frac{1}{2}=\frac{a^2}{2}$ (cm${}^2$).

b) Đặt $\vec{u}=\overrightarrow{AB}$, $\vec{v}=\overrightarrow{AC}$, khi đó $|\vec{u}|=|\vec{v}|=a$ và $\vec{u}\cdot \vec{v}=\frac{a^2}{2}$.

Vì $EA=2EC$ nên $AE=\frac{2}{3}AC$, suy ra $\overrightarrow{AE}=\frac{2}{3}\vec{v}$, do đó $\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{AE}-\overrightarrow{AB}=-\vec{u}+\frac{2}{3}\vec{v}$.

Vì $FB=4FC$ nên $FC=\frac{1}{5}CB$, suy ra $\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AC}+\frac{1}{5}\overrightarrow{CB}=\vec{v}+\frac{1}{5}(\vec{u}-\vec{v})=\frac{1}{5}\vec{u}+\frac{4}{5}\vec{v}$.

Tính tích vô hướng:
$$\overrightarrow{BE}\cdot \overrightarrow{AF}=\left(-\vec{u}+\frac{2}{3}\vec{v}\right)\cdot \left(\frac{1}{5}\vec{u}+\frac{4}{5}\vec{v}\right)$$
$$=-\frac{1}{5}{a}^2-\frac{4}{5}\cdot \frac{a^2}{2}+\frac{2}{15}\cdot \frac{a^2}{2}+\frac{8}{15}{a}^2=\frac{-3-6+1+8}{15}{a}^2=0.$$

Vậy $\overrightarrow{BE}\cdot \overrightarrow{AF}=0$, tức là $BE\perp AF$. (đpcm)

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A=(0;0;0)$, $B=(2a;0;0)$, $C=(a;a\sqrt{3};0)$, $A^{\prime }=(0;0;a)$, $B^{\prime }=(2a;0;a)$, $C^{\prime }=(a;a\sqrt{3};a)$. Tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ đều cạnh $2a$ nên $H$ là trung điểm $B^{\prime }{C}^{\prime }$: $H=\left(\frac{3a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};a\right)$, $\overrightarrow{AH}=\left(\frac{3a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};a\right)$.
a) $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}+\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=(3a;a\sqrt{3};2a)=2\overrightarrow{AH}$ → đúng.
b) $\overrightarrow{BC}=(-a;a\sqrt{3};0)$, tích vô hướng với $\overrightarrow{AH}$: $-\frac{3a^2}{2}+\frac{3a^2}{2}+0=0$ → góc $90^{\circ }$, đúng.
c) $\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}=(2a;0;0)$, $\overrightarrow{BH}=\left(-\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};a\right)$, tích vô hướng $=-a^2\ne a^2$ → sai.
d) $K\in AH$: $\overrightarrow{AK}=t\overrightarrow{AH}$. Điều kiện $(\overrightarrow{A^{\prime }}-\overrightarrow{K})\cdot \overrightarrow{AH}=0$ cho $a^2-4a^{2}t=0\Rightarrow t=\frac{1}{4}$, nên $\overrightarrow{AK}=\left(\frac{3a}{8};\frac{a\sqrt{3}}{8};\frac{a}{4}\right)$. Với $\vec{a}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(0;0;a)$, $\vec{b}=\overrightarrow{AB}=(2a;0;0)$, $\vec{c}=\overrightarrow{AC}=(a;a\sqrt{3};0)$: từ thành phần $y$: $p=\frac{1}{8}$; từ $x$: $2n+p=\frac{3}{8}\Rightarrow n=\frac{1}{8}$; từ $z$: $m=\frac{1}{4}$. Vậy $m+n-p=\frac{1}{4}\ne a\sqrt{3}$ → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $H$ là trung điểm $B^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}+\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=2\overrightarrow{AH}$ (kiểm tra bằng tọa độ: $(3a;a\sqrt{3};2a)=(3a;a\sqrt{3};2a)$).
b) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{BC}=0$ nên góc giữa hai vectơ bằng $90^{\circ }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{BH}=(2a)(-a/2)=-a^2\ne a^2$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tính được $m=\frac{1}{4}$, $n=\frac{1}{8}$, $p=\frac{1}{8}$ nên $m+n-p=\frac{1}{4}\ne a\sqrt{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $\vec{v}$ là vận tốc thực (đối với bờ) của ca nô: $|\vec{v}|=22$ km/h theo hướng $S20^{0}E$, tức hợp với hướng nam một góc $20^0$ (nghiêng về đông). Vận tốc nước $\vec{u}$ hướng đông, $|\vec{u}|=2$ km/h. Vận tốc riêng của ca nô là $\overrightarrow{v_0}=\vec{v}-\vec{u}$.

Chọn trục Ox hướng đông, Oy hướng bắc. Khi đó:
$\vec{v}=(22\sin 20^0;-22\cos 20^0)$, $\vec{u}=(2;0)$.

Suy ra $\overrightarrow{v_0}=(22\sin 20^0-2;-22\cos 20^0)$.

$|\overrightarrow{v_0}{|}^2=(22\sin 20^0-2{)}^2+(22\cos 20^0{)}^2=484-88\sin 20^0+4=488-88\sin 20^0\approx 488-30,10=457,90$.

Vậy $|\overrightarrow{v_0}|\approx \sqrt{457,90}\approx 21,4$ km/h.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 1. a) Vì $2MB=3MC$ và $M$ thuộc cạnh $BC$ nên $\frac{MB}{MC}=\frac{3}{2}$, suy ra $\overrightarrow{BM}=\frac{3}{5}\overrightarrow{BC}$. Ta có:
$$\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{AB}+\frac{3}{5}\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}+\frac{3}{5}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=\frac{2}{5}\overrightarrow{AB}+\frac{3}{5}\overrightarrow{AC}.$$

b) Với mọi điểm $K$, áp dụng kết quả câu a) cho đỉnh $K$ thay $A$: $\overrightarrow{KM}=\frac{2}{5}\overrightarrow{KB}+\frac{3}{5}\overrightarrow{KC}$, do đó $2\overrightarrow{KB}+3\overrightarrow{KC}=5\overrightarrow{KM}$ (thật vậy $2\overrightarrow{MB}+3\overrightarrow{MC}=\vec{0}$ vì $\overrightarrow{MB}=-\frac{3}{5}\overrightarrow{BC}$, $\overrightarrow{MC}=\frac{2}{5}\overrightarrow{BC}$).

Khi đó:
$$P=\left|5\overrightarrow{KA}+5\overrightarrow{KM}\right|=5\left|\overrightarrow{KA}+\overrightarrow{KM}\right|.$$

Gọi $G$ là trung điểm của $AM$. Với mọi điểm $K$: $\overrightarrow{KA}+\overrightarrow{KM}=2\overrightarrow{KG}$, nên $P=10KG$.

Vậy $P$ đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi $KG$ nhỏ nhất, tức $K$ là hình chiếu vuông góc của $G$ trên đường thẳng $d$ (do $G$ nằm trên đoạn $AM$ với $A\in d$, $M\notin d$ nên $G\notin d$).

Kết luận: $K$ là chân đường vuông góc hạ từ trung điểm $G$ của đoạn $AM$ xuống đường thẳng $d$; khi đó $P_{\min }=10\cdot d(G,d)$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục với $\overline{F_3}$ vuông góc với mặt phẳng chứa $\overline{F_1},\overline{F_2}$ (theo hình vẽ). Khi đó $\overline{F_3}\cdot \overline{F_1}=0$ và $\overline{F_3}\cdot \overline{F_2}=0$. Hợp lực $\overline{F}=\overline{F_1}+\overline{F_2}+\overline{F_3}$ nên:
$$|\overline{F}{|}^2=|\overline{F_1}{|}^2+|\overline{F_2}{|}^2+|\overline{F_3}{|}^2+2\overline{F_1}\cdot \overline{F_2}+2\overline{F_1}\cdot \overline{F_3}+2\overline{F_2}\cdot \overline{F_3}$$
$$=13^2+7^2+10^2+2\cdot 13\cdot 7\cdot \cos 120^{\circ }+0+0=169+49+100-91=227$$
Vậy $|\overline{F}|=\sqrt{227}\approx 15,0665\approx 15,1$ Newton.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0)$, $B(a;0)$, $C(0;a\sqrt{3})$ (vì $\tan 30^{\circ }=\frac{AB}{AC}\Rightarrow AC=a\sqrt{3}$). Khi đó $N\left(0;\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)$, $M\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$.
a) Đường thẳng $AM$: $y=\sqrt{3}x$. Điểm $K$ trên $BN$: $K=B+t(N-B)=\left(a(1-t);\frac{ta\sqrt{3}}{3}\right)$. Thay vào $AM$: $\frac{t}{3}=1-t\Rightarrow t=\frac{3}{4}$. Vậy $\frac{BK}{BN}=\frac{3}{4}$, phân số tối giản với $a=3,b=4\Rightarrow a+b=7\ne 5$ → Sai.
b) $\overrightarrow{BN}=\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AB}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\ne \overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}$ → Sai.
c) $M$ là trung điểm $BC$ nên $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AM}$ → Đúng.
d) $\left|\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}\right|=BC$. Trong tam giác vuông tại $A$, $\sin 30^{\circ }=\frac{AB}{BC}\Rightarrow BC=\frac{a}{1/2}=2a$ → Đúng. Khớp đáp án nguồn: Sai, Sai, Đúng, Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Với $A(0;0),B(a;0),C(0;a\sqrt{3})$, giao điểm $K$ của $AM$ và $BN$ cho $\frac{BK}{BN}=\frac{3}{4}$, nên $a+b=3+4=7\ne 5$ → Sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{BN}=\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AB}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}$, không phải $\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}$ → Sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
Vì $M$ là trung điểm $BC$: $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AM}$ → Đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\left|\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}\right|=BC=\frac{AB}{\sin 30^{\circ }}=2a$ → Đúng.

Câu 2a. Theo giả thiết có A là trung điểm của BD. Do đó $\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CD}=2\overrightarrow{CA}$ (0.5 điểm).

Câu 2b [Hình cần kiểm tra lại: p11_f1]
Do A là trung điểm BD nên $\left|2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\right|=\left|\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{BC}\right|$.
Dựng E sao cho BCED là hình bình hành, khi đó $\left|\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{BC}\right|=\left|\overrightarrow{BE}\right|=BE$ (0.25 điểm).
Từ giả thiết tính được $AC=4$ và $\cos A\hat{B}C=\frac{3}{5}$; $EC=BD=2AB=6$.

Áp dụng định lí cosin cho tam giác BCE (0.25 điểm):
$BE=\sqrt{B{C}^2+C{E}^2-2BC\cdot CE\cos B\hat{C}E}$
$BE=\sqrt{5^2+6^2+2\cdot 5\cdot 6\cos C\hat{B}D}=\sqrt{97}$

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: A(0;0), B(a;0), C(0;a√3) (vì tam giác vuông tại A, góc C = 30° nên AC = a√3, BC = 2a). M(a/2; a√3/2), N(0; a√3/3).
a) Đúng: M là trung điểm BC nên vectơ AB + vectơ AC = 2 vectơ AM (tính chất trung điểm).
b) Đúng: |vectơ AB − vectơ AC| = |vectơ CB| = BC = 2a (cạnh huyền gấp đôi cạnh đối diện góc 30°).
c) Sai: K = AM ∩ BN. Đường AM: y = √3x. Đường BN: K = B + t(vectơ BN) = (a(1−t); t·a√3/3). Thay vào y = √3x: t·a√3/3 = √3·a(1−t) ⇒ t/3 = 1−t ⇒ t = 3/4. Vậy BK/BN = 3/4, tức a/b = 3/4 tối giản và a+b = 7 ≠ 5, mệnh đề sai.
d) Sai: vectơ BN = vectơ AN − vectơ AB = (1/3)vectơ AC − vectơ AB, không phải vectơ AB + (1/3)vectơ AC.
Kết quả khớp đáp án nguồn: Đ, Đ, S, S.
a) (AI giải đề cho tôi)
M là trung điểm BC nên vectơ AB + vectơ AC = 2 vectơ AM.
b) (AI giải đề cho tôi)
|vectơ AB − vectơ AC| = BC = 2a vì tam giác vuông tại A, góc C = 30° nên BC = 2·AB = 2a.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với A(0;0), B(a;0), C(0;a√3), N(0;a√3/3), M(a/2;a√3/2). Giao K của AM (y = √3x) và BN cho t = 3/4, nên BK/BN = 3/4, do đó a+b = 7 ≠ 5.
d) (AI giải đề cho tôi)
vectơ BN = vectơ AN − vectơ AB = (1/3)vectơ AC − vectơ AB, không bằng vectơ AB + (1/3)vectơ AC.

Câu 2a. Theo giả thiết có A là trung điểm của BD. Do đó $\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CD}=2\overrightarrow{CA}$ (0.5 điểm).

Câu 2b [Hình cần kiểm tra lại: p11_f1]
Do A là trung điểm BD nên $\left|2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\right|=\left|\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{BC}\right|$.
Dựng E sao cho BCED là hình bình hành, khi đó $\left|\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{BC}\right|=\left|\overrightarrow{BE}\right|=BE$ (0.25 điểm).
Từ giả thiết tính được $AC=4$ và $\cos A\hat{B}C=\frac{3}{5}$; $EC=BD=2AB=6$.

Áp dụng định lí cosin cho tam giác BCE (0.25 điểm):
$BE=\sqrt{B{C}^2+C{E}^2-2BC\cdot CE\cos B\hat{C}E}$
$BE=\sqrt{5^2+6^2+2\cdot 5\cdot 6\cos C\hat{B}D}=\sqrt{97}$