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

(AI giải đề cho tôi)
Vì $\overrightarrow{BA}$ và $\overrightarrow{BC}$ tạo với nhau góc $\hat{B}$, nên góc từ $\overrightarrow{AB}$ đến $\overrightarrow{BC}$ (quay theo chiều dương) bằng $180^{\circ }-\hat{B}$. Tương tự, góc từ $\overrightarrow{BC}$ đến $\overrightarrow{CA}$ bằng $180^{\circ }-\hat{C}$. Do đó $$\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BC}\right)+\left(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{CA}\right)=360^{\circ }-(\hat{B}+\hat{C})=360^{\circ }-(180^{\circ }-\hat{A})=180^{\circ }+\hat{A}=180^{\circ }+120^{\circ }=300^{\circ }.$$ Kết quả khớp với đáp án nguồn (300).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $D(0;0)$, $C(3;0)$, $A(0;2)$, $B(3;2)$, $M(1;2)$.

a) Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}=-\overrightarrow{CD}$, do đó $\overline{AB}=-\overline{CD}\ne \overline{CD}$. → Sai.

b) Đường $AC$: $y=2-\frac{2}{3}x$; đường $DM$: $y=2x$. Giải hệ được $I\left(\frac{3}{4};\frac{3}{2}\right)$. Khi đó $\overrightarrow{MC}=(2;-2)$, $\overrightarrow{IA}=\left(-\frac{3}{4};\frac{1}{2}\right)$ nên $\overrightarrow{MC}+4\overrightarrow{IA}=(2;-2)+(-3;2)=(-1;0)=\overrightarrow{MA}$. → Đúng.

c) $\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DC}=(0;2)+(3;0)=(3;2)$ nên $\left|\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DC}\right|=\sqrt{9+4}=\sqrt{13}\ne 2\sqrt{13}$. → Sai.

d) $ADMK$ là hình bình hành khi $\overrightarrow{AK}=\overrightarrow{DM}=(1;2)$, suy ra $K=A+(1;2)=(1;4)$; kiểm tra $\overrightarrow{MK}=(0;2)=-\overrightarrow{AD}$, thỏa mãn. → Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}=-\overrightarrow{CD}$, do đó $\overline{AB}=-\overline{CD}\ne \overline{CD}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Giao điểm $I$ của $AC$ và $DM$ là $I\left(\frac{3}{4};\frac{3}{2}\right)$. Khi đó $\overrightarrow{MC}+4\overrightarrow{IA}=(2;-2)+4\left(-\frac{3}{4};\frac{1}{2}\right)=(-1;0)=\overrightarrow{MA}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DC}=(0;2)+(3;0)=(3;2)$ nên độ dài bằng $\sqrt{13}\ne 2\sqrt{13}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$ADMK$ là hình bình hành khi $\overrightarrow{AK}=\overrightarrow{DM}=(1;2)$, suy ra $K=A+(1;2)=(1;4)$; kiểm tra $\overrightarrow{MK}=(0;2)$ song song với $\overrightarrow{AD}$, thỏa mãn.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác ABC đều cạnh 8 nên $\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{CB}=8\cdot 8\cdot \cos 120^{\circ }=-32$. Ta có $\vec{u}=\overrightarrow{AC}+3\overrightarrow{CB}$, do đó $|\vec{u}{|}^2=|\overrightarrow{AC}{|}^2+9|\overrightarrow{CB}{|}^2+6\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{CB}=64+576+6(-32)=448$. Vậy $|\vec{u}|=\sqrt{448}=8\sqrt{7}\approx 21,2$.

a) Ta có: $\vec{a}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{BC}$ (0.5 điểm). $\Rightarrow \left|\vec{a}\right|=\left|\overrightarrow{BC}\right|=BC=2a$ (0.5 điểm). b) $\overrightarrow{BC}=5\overrightarrow{BH}\iff \overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}=5(\overrightarrow{AH}-\overrightarrow{AB})\iff \overrightarrow{AH}=\frac{4}{5}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{5}\overrightarrow{AC}$ (0.25 điểm). $\overrightarrow{BK}=3\overrightarrow{BI}\iff \overrightarrow{AK}-\overrightarrow{AB}=3(\overrightarrow{AI}-\overrightarrow{AB})\iff \overrightarrow{AI}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{6}\overrightarrow{AC}$ (0.25 điểm). Ta có: $\overrightarrow{AI}=\frac{5}{6}\overrightarrow{AH}$. (0.25 điểm) Vậy ba điểm $A,I,H$ thẳng hàng. (0.25 điểm)

$BM$ ngắn nhất khi $M$ là chân đường cao hạ từ $B$ của tam giác $ABC$.
Gọi $M(x;y)$, ta có $\overrightarrow{BM}=(x-1;y-3)$, $\overrightarrow{AC}=(-1;6)$, $\overrightarrow{AM}=(x+1;y-1)$
Ta có $\overrightarrow{BM}\perp \overrightarrow{AC}$ và $\overrightarrow{AM}$, $\overrightarrow{AC}$ cùng phương
$\iff \{\begin{array}{l}(-1).(x-1)+6(y-3)=0\\ \frac{x+1}{-1}=\frac{y-1}{6}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}-x+6y=17\\ 6x+y=-5\end{array}$
$\iff \{\begin{array}{l}x=-\frac{47}{37}\\ y=\frac{97}{37}\end{array}$ Vậy $M\left(-\frac{47}{37};\frac{97}{37}\right)$

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ gốc A. Ta có $\overrightarrow{AM}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$.

a) $\overrightarrow{BL}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AL}=-\overrightarrow{AB}+\frac{1}{4}\overrightarrow{AC}$. $\overrightarrow{BK}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AK}=-\overrightarrow{AB}+\frac{2}{5}\overrightarrow{AM}=-\overrightarrow{AB}+\frac{1}{5}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})=-\frac{4}{5}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{5}\overrightarrow{AC}$. Suy ra $\overrightarrow{BL}=\frac{5}{4}\overrightarrow{BK}$, tức $\frac{m}{n}=\frac{5}{4}$ tối giản nhưng $m+n=9\ne 7$ → Sai.

b) $\overrightarrow{BL}=-\overrightarrow{AB}+\frac{1}{4}\overrightarrow{AC}\ne \overrightarrow{AB}+\frac{1}{4}\overrightarrow{AC}$ → Sai.

c) Như trên $\overrightarrow{BK}=-\frac{4}{5}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{5}\overrightarrow{AC}$ → Đúng.

d) $M$ là trung điểm $BC$ nên $\overrightarrow{BM}=-\overrightarrow{CM}$, không phải $\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{CM}$ → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Tính được $\overrightarrow{BL}=\frac{5}{4}\overrightarrow{BK}$ nên $m+n=9\ne 7$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{BL}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AL}=-\overrightarrow{AB}+\frac{1}{4}\overrightarrow{AC}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{BK}=-\overrightarrow{AB}+\frac{2}{5}\overrightarrow{AM}=-\frac{4}{5}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{5}\overrightarrow{AC}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$M$ là trung điểm $BC$ nên $\overrightarrow{BM}=-\overrightarrow{CM}$.

(AI giải đề cho tôi)
Theo hình vẽ trang 6: lực ${\vec{F}}_1$ vuông góc với $\overrightarrow{AB}$ (hướng thẳng đứng), lực ${\vec{F}}_2$ cùng hướng với $\overrightarrow{AB}$ (nằm ngang), còn $\vec{F}$ hợp với $\overrightarrow{AB}$ góc $30^{\circ }$.

Công của lực $\vec{F}$: $m=\vec{F}\cdot \overrightarrow{AB}=50\cdot 150\cdot \cos 30^{\circ }=3750\sqrt{3}\approx 6495,19J$.

Công của ${\vec{F}}_1$: vì ${\vec{F}}_1\perp \overrightarrow{AB}$ nên $n=0$.

Công của ${\vec{F}}_2$: độ lớn $|{\vec{F}}_2|=|\vec{F}|\cos 30^{\circ }=25\sqrt{3}N$, cùng hướng với $\overrightarrow{AB}$ nên $k=25\sqrt{3}\cdot 150=3750\sqrt{3}\approx 6495,19J$.

Do đó $S=\frac{m}{15}+\frac{n}{10}-\frac{k}{16}=3750\sqrt{3}\left(\frac{1}{15}-\frac{1}{16}\right)=\frac{3750\sqrt{3}}{240}=15,625\sqrt{3}\approx 27,06\approx 27,1$.

Kết quả khớp với đáp án nguồn 27,1.

Giả sử $\left|\overrightarrow{F_1}\right|=m;\left|\overrightarrow{F_2}\right|=\left|\overrightarrow{F_3}\right|=2m$. Do vật đứng yên nên: $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=\vec{0}$
$\Rightarrow \overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}=-\overrightarrow{F_3}\Rightarrow {\left(\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}\right)}^2={\left(-\overrightarrow{F_3}\right)}^2\Rightarrow {\overrightarrow{F_1}}^2+2\overrightarrow{F_1}.\overrightarrow{F_2}+{\overrightarrow{F_2}}^2={\left(-\overrightarrow{F_3}\right)}^2$ (0,25 đ)
$\Rightarrow m^2+2\overrightarrow{F_1}.\overrightarrow{F_2}+4m^2=4m^2\Rightarrow 2.m.2m\cos \left(\overrightarrow{F_1};\overrightarrow{F_2}\right)=-m^2\Rightarrow \cos \left(\overrightarrow{F_1};\overrightarrow{F_2}\right)=-\frac{1}{4}\Rightarrow \left(\overrightarrow{F_1};\overrightarrow{F_2}\right)\approx 104,5^{\circ }$. (0,25 đ)

Theo quy tắc hình bình hành, ta có $\overrightarrow{T_1}+\overrightarrow{T_2}=\overrightarrow{F}$.
Khi diễn viên xiếc đạt trạng thái cân bằng trên dây, ta có:
$$\overrightarrow{T_1}+\overrightarrow{T_2}+\overrightarrow{P}=\vec{0}\iff \overrightarrow{F}=-\overrightarrow{P}$$ và độ lớn $\left|\overrightarrow{F}\right|=\left|-\overrightarrow{P}\right|$ hay $F=P=700N$.
Ta có: góc hợp bởi $\overrightarrow{T_1}$ và $\overrightarrow{T_2}$ bằng $140^0\Rightarrow \widehat{CDA}=180^0-140^0=40^0$.
Dây không giãn nên $\left|\overrightarrow{T_1}\right|=\left|\overrightarrow{T_2}\right|$.
Xét tam giác $ACD$ có
$$F^2=T_1^2+T_2^2-2T_1{T}_2\cos \widehat{CAD}\iff F^2=2T_1^2\left(1-\cos 40^0\right)$$
$\Rightarrow T_1=\sqrt{\frac{F^2}{2\left(1-\cos 40^0\right)}}=\sqrt{\frac{700^2}{2\left(1-\cos 40^0\right)}}\approx 1023N.$

[Hình cần kiểm tra lại: p9_f2]

Theo quy tắc hình bình hành, ta có $\overrightarrow{T_1}+\overrightarrow{T_2}=\overrightarrow{F}$.
Khi diễn viên xiếc đạt trạng thái cân bằng trên dây, ta có:
$$\overrightarrow{T_1}+\overrightarrow{T_2}+\overrightarrow{P}=\vec{0}\iff \overrightarrow{F}=-\overrightarrow{P}$$ và độ lớn $\left|\overrightarrow{F}\right|=\left|-\overrightarrow{P}\right|$ hay $F=P=700N$.
Ta có: góc hợp bởi $\overrightarrow{T_1}$ và $\overrightarrow{T_2}$ bằng $140^0\Rightarrow \widehat{CDA}=180^0-140^0=40^0$.
Dây không giãn nên $\left|\overrightarrow{T_1}\right|=\left|\overrightarrow{T_2}\right|$.
Xét tam giác $ACD$ có
$$F^2=T_1^2+T_2^2-2T_1{T}_2\cos \widehat{CAD}\iff F^2=2T_1^2\left(1-\cos 40^0\right)$$
$\Rightarrow T_1=\sqrt{\frac{F^2}{2\left(1-\cos 40^0\right)}}=\sqrt{\frac{700^2}{2\left(1-\cos 40^0\right)}}\approx 1023N.$

[Hình cần kiểm tra lại: p9_f2]

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M(a;0)$ trên trục hoành. Điều kiện $\widehat{AMB}=90^0$ tức $\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}=0$. Ta có $\overrightarrow{MA}=(5-a;2)$, $\overrightarrow{MB}=(3-a;-4)$. Tích vô hướng: $(5-a)(3-a)+2(-4)=0\iff a^2-8a+15-8=0\iff a^2-8a+7=0\iff a=1$ hoặc $a=7$. Tổng hoành độ các điểm $M$ là $1+7=8$, khớp với đáp án nguồn (mã đề 102, câu 2 = 8).

Đặt $\overrightarrow{AD}=y\overrightarrow{AC}$. Ta có $\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right)$, suy ra $\overrightarrow{GD}=\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AG}=-\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\left(y-\frac{1}{3}\right)\overrightarrow{AC}$.
Vì $GD\perp AC$ nên $\overrightarrow{GD}.\overrightarrow{AC}=0\iff -\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}+\left(y-\frac{1}{3}\right){\overrightarrow{AC}}^2=0\iff -\frac{1}{3}AB.AC.\cos 60^0+\left(y-\frac{1}{3}\right)A{C}^2=0$ $\iff -16+64\left(y-\frac{1}{3}\right)=0\iff y=\frac{7}{12}$.
Khi đó $\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}=-\overrightarrow{AB}+\frac{7}{12}\overrightarrow{AC}$; $\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{AE}-\overrightarrow{AB}=\frac{x}{3}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right)-\overrightarrow{AB}=\left(\frac{x}{3}-1\right)\overrightarrow{AB}+\frac{x}{3}\overrightarrow{AC}$.
Ta có ba điểm $B,E,D$ thẳng hàng nên $\overrightarrow{BD},\overrightarrow{BE}$ cùng phương, do đó $\frac{\frac{x}{3}-1}{-1}=\frac{\frac{x}{3}}{\frac{7}{12}}\iff x=\frac{21}{19}$. Vậy $x=\frac{21}{19}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M(a;0)$ trên trục hoành. Điều kiện $\widehat{AMB}=90^{\circ }$ tức $(\overrightarrow{MA})\cdot (\overrightarrow{MB})=0$. Ta có $\overrightarrow{MA}=(9-a;4)$, $\overrightarrow{MB}=(7-a;-2)$. Tích vô hướng: $(9-a)(7-a)+4(-2)=0\iff a^2-16a+63-8=0\iff a^2-16a+55=0$. Giải: $a=\frac{16\pm \sqrt{256-220}}{2}=\frac{16\pm 6}{2}$, tức $a=5$ hoặc $a=11$. Cả hai điểm đều thỏa mãn (khác A, B). Tổng hoành độ $=5+11=16$, khớp đáp án nguồn 16.

Đặt $\overrightarrow{AD}=y\overrightarrow{AC}$. Ta có $\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right)$, suy ra $\overrightarrow{GD}=\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AG}=-\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\left(y-\frac{1}{3}\right)\overrightarrow{AC}$.
Vì $GD\perp AC$ nên $\overrightarrow{GD}.\overrightarrow{AC}=0\iff -\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}+\left(y-\frac{1}{3}\right){\overrightarrow{AC}}^2=0\iff -\frac{1}{3}AB.AC.\cos 60^0+\left(y-\frac{1}{3}\right)A{C}^2=0$ $\iff -16+64\left(y-\frac{1}{3}\right)=0\iff y=\frac{7}{12}$.
Khi đó $\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}=-\overrightarrow{AB}+\frac{7}{12}\overrightarrow{AC}$; $\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{AE}-\overrightarrow{AB}=\frac{x}{3}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right)-\overrightarrow{AB}=\left(\frac{x}{3}-1\right)\overrightarrow{AB}+\frac{x}{3}\overrightarrow{AC}$.
Ta có ba điểm $B,E,D$ thẳng hàng nên $\overrightarrow{BD},\overrightarrow{BE}$ cùng phương, do đó $\frac{\frac{x}{3}-1}{-1}=\frac{\frac{x}{3}}{\frac{7}{12}}\iff x=\frac{21}{19}$. Vậy $x=\frac{21}{19}$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: vì O là giao hai đường chéo nên O là trung điểm AC và BD, suy ra OA+OC=0 và OB+OD=0, do đó OA+OB+OC+OD=0. b) Đúng: trong hình bình hành ABCD, quy tắc hình bình hành tại B cho BA+BC=BD. c) Sai: đặt O làm gốc, ta có A=-C, B=-D. Trọng tâm tam giác ABD là G=(A+B+D)/3=(A+B-B)/3=A/3=-C/3. Khi đó GB+GC+GD=(B-G)+(C-G)+(D-G)=B+C+D-3G=-A+C+3(C/3)=-A+2C=3C=3OC, khác 4/3 OC nên khẳng định sai. d) Đúng: từ CM=3MD suy ra CM=(3/4)CD, do đó BM=BC+CM=BC+(3/4)CD. Kết quả khớp bảng đáp án mã đề 102: Đ-Đ-S-Đ.
a) (AI giải đề cho tôi)
O là trung điểm AC và BD nên OA+OC=0, OB+OD=0, tổng bằng 0.
b) (AI giải đề cho tôi)
Quy tắc hình bình hành: BA+BC=BD.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với gốc O: A=-C, B=-D, G=(A+B+D)/3=-C/3. Suy ra GB+GC+GD=B+C+D-3G=-A+2C=3OC ≠ 4/3 OC.
d) (AI giải đề cho tôi)
CM=3MD nên CM=(3/4)CD, do đó BM=BC+CM=BC+(3/4)CD.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục tại A: $\overrightarrow{F_1}=(0;-40)$ (hướng xuống, độ lớn 40 N), $\overrightarrow{F_2}=(b;0)$ (ngang, vuông góc với $\overrightarrow{F_1}$), $\overrightarrow{F_3}$ hướng lên-trái tạo với $\overrightarrow{F_2}$ góc $120^{\circ }$. Cân bằng: $\overrightarrow{F_3}=-(\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2})=(-b;40)$. Gọi $F_3=|\overrightarrow{F_3}|$. Vì góc giữa $\overrightarrow{F_3}$ và $\overrightarrow{F_2}$ là $120^{\circ }$: $\cos 120^{\circ }=\frac{\overrightarrow{F_3}\cdot \overrightarrow{F_2}}{F_3\cdot b}=\frac{-b^2}{F_{3}b}=\frac{-b}{F_3}=-\frac{1}{2}$, suy ra $F_3=2b$. Mặt khác $F_3^2=b^2+1600$, nên $4b^2=b^2+1600\Rightarrow b^2=\frac{1600}{3}\Rightarrow b=\frac{40}{\sqrt{3}}$. Vậy $F_3=\frac{80}{\sqrt{3}}\approx 46,2$ N, khớp với đáp án nguồn 46,2.

(AI giải đề cho tôi)
Theo hình vẽ (trang 3): $\overrightarrow{F_1}$ hướng thẳng xuống dưới, $|\overrightarrow{F_1}|=30$ N; $\overrightarrow{F_2}$ nằm ngang hướng phải; $\overrightarrow{F_3}$ hợp với $\overrightarrow{F_2}$ góc $120^{\circ }$ và vuông góc với $\overrightarrow{F_1}$. Chọn hệ trục $Oxy$ với $Ox$ theo hướng $\overrightarrow{F_2}$, $Oy$ hướng lên. Khi đó $\overrightarrow{F_1}=(0;-30)$, $\overrightarrow{F_2}=(F_2;0)$, $\overrightarrow{F_3}=(F_3\cos 120^{\circ };F_3\sin 120^{\circ })$. Điều kiện cân bằng $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=\vec{0}$ cho thành phần theo $Oy$: $F_3\sin 120^{\circ }-30=0$, suy ra $F_3\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=30\Rightarrow F_3=\frac{60}{\sqrt{3}}=20\sqrt{3}\approx 34,6$ N. Thành phần theo $Ox$ cho $F_2=-F_3\cos 120^{\circ }=10\sqrt{3}>0$, hợp lệ. Kết quả khớp đáp án nguồn 34,6.

(AI giải đề cho tôi)
Hai lực $\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2}$ có độ lớn $60N$ và hợp nhau góc $120^{\circ }$ nên $|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}|=\sqrt{60^2+60^2+2\cdot 60\cdot 60\cos 120^{\circ }}=\sqrt{3600}=60N$, hướng theo phân giác góc $120^{\circ }$ (tia OE trong hình). Lực thứ ba $\overrightarrow{F_3}=80N$ vuông góc với mặt phẳng chứa $\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2}$ nên vuông góc với $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}$. Do đó hợp lực $\vec{F}=\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}$ có độ lớn $|\vec{F}|=\sqrt{60^2+80^2}=\sqrt{10000}=100N$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (100).

Chọn C. Ta có: $3\overrightarrow{AP}=2\overrightarrow{AD}\iff 3\overrightarrow{AM}+3\overrightarrow{MP}=2\overrightarrow{AM}+2\overrightarrow{MD}\iff \overrightarrow{AM}=2\overrightarrow{MD}-3\overrightarrow{MP}$ (1). $3\overrightarrow{BQ}=2\overrightarrow{BC}\iff 3\overrightarrow{BM}+3\overrightarrow{MQ}=2\overrightarrow{BM}+2\overrightarrow{MC}\iff \overrightarrow{BM}=2\overrightarrow{MC}-3\overrightarrow{MQ}$ (2). Cộng (1) và (2) theo vế ta có: $2\left(\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}\right)-3\left(\overrightarrow{MP}+\overrightarrow{MQ}\right)=\vec{0}$ $\iff 4\overrightarrow{MN}-3\left(\overrightarrow{MP}+\overrightarrow{MQ}\right)=\vec{0}$ $\iff \overrightarrow{MN}=\frac{3}{4}\overrightarrow{MP}+\frac{3}{4}\overrightarrow{MQ}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $\overrightarrow{F_3}$ vuông góc với cả $\overrightarrow{F_1}$ và $\overrightarrow{F_2}$ nên $\overrightarrow{F_3}$ vuông góc với mặt phẳng chứa $\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2}$, do đó $\overrightarrow{F_3}\perp (\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2})$. Ta có: $|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}{|}^2=|\overrightarrow{F_1}{|}^2+|\overrightarrow{F_2}{|}^2+2\overrightarrow{F_1}\cdot \overrightarrow{F_2}=20^2+15^2+2\cdot 20\cdot 15\cdot \cos 135^{\circ }=625-300\sqrt{2}\approx 200,736$. Suy ra lực tổng hợp có độ lớn: $F=\sqrt{200,736+10^2}=\sqrt{300,736}\approx 17,34\approx 17,3$ N.