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

Lời giải:
Gọi điểm $I$ thỏa mãn $3\overrightarrow{IA}+5\overrightarrow{IB}=\vec{0}$

$\iff 3\overrightarrow{IA}+5\left(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{AB}\right)=\vec{0}\iff 8\overrightarrow{IA}+5\overrightarrow{AB}=\vec{0}\iff \overrightarrow{AI}=\frac{5}{8}\overrightarrow{AB}$.

Vậy điểm $I$ thuộc đoạn $AB$ và $IA=\frac{5}{8}\cdot AB=\frac{5}{8}\cdot 40=25$, $IB=15$.

Ta có $T=3M{A}^2+5M{B}^2=3{\overrightarrow{MA}}^2+5{\overrightarrow{MB}}^2=3{\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)}^2+5{\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right)}^2$

$=8M{I}^2+3I{A}^2+5I{B}^2+2\overrightarrow{MI}\left(\underset{\vec{0}}{\underbrace{3\overrightarrow{IA}+5\overrightarrow{IB}}}\right)=8M{I}^2+3I{A}^2+5I{B}^2$. (0,25)

Ta có $\left(3I{A}^2+5I{B}^2\right)$ là hằng số do ba điểm $A,B,I$ cố định.

Do đó: $T$ đạt giá trị nhỏ nhất $\iff 8M{I}^2$ nhỏ nhất $\iff MI$ bé nhất $\iff$ Điểm $M$ trùng với điểm $I$.

Khi đó giá trị $T$ nhỏ nhất là: $T_{\min }=3I{A}^2+5I{B}^2=3\cdot 25^2+5\cdot 15^2=3000$. (0,25)

Lời giải:
Gọi điểm $I$ thỏa mãn $3\overrightarrow{IA}+5\overrightarrow{IB}=\vec{0}$

$\iff 3\overrightarrow{IA}+5\left(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{AB}\right)=\vec{0}\iff 8\overrightarrow{IA}+5\overrightarrow{AB}=\vec{0}\iff \overrightarrow{AI}=\frac{5}{8}\overrightarrow{AB}$.

Vậy điểm $I$ thuộc đoạn $AB$ và $IA=\frac{5}{8}\cdot AB=\frac{5}{8}\cdot 40=25$, $IB=15$.

Ta có $T=3M{A}^2+5M{B}^2=3{\overrightarrow{MA}}^2+5{\overrightarrow{MB}}^2=3{\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)}^2+5{\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right)}^2$

$=8M{I}^2+3I{A}^2+5I{B}^2+2\overrightarrow{MI}\left(\underset{\vec{0}}{\underbrace{3\overrightarrow{IA}+5\overrightarrow{IB}}}\right)=8M{I}^2+3I{A}^2+5I{B}^2$. (0,25)

Ta có $\left(3I{A}^2+5I{B}^2\right)$ là hằng số do ba điểm $A,B,I$ cố định.

Do đó: $T$ đạt giá trị nhỏ nhất $\iff 8M{I}^2$ nhỏ nhất $\iff MI$ bé nhất $\iff$ Điểm $M$ trùng với điểm $I$.

Khi đó giá trị $T$ nhỏ nhất là: $T_{\min }=3I{A}^2+5I{B}^2=3\cdot 25^2+5\cdot 15^2=3000$. (0,25)

Đáp án: 13.
Gọi $P$, $Q$ lần lượt là trung điểm $AB$, $CD$.
Ta có: $\left(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}\right).\left(\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}\right)=0\iff 2\overrightarrow{MP}.2\overrightarrow{MQ}=0\iff \overrightarrow{MP}.\overrightarrow{MQ}=0$.
Nếu $M$ không trùng với $P$, $Q$ thì $\overrightarrow{MP}.\overrightarrow{MQ}=0\iff MP\perp MQ$. Do đó $M$ thuộc đường tròn đường kính $PQ$.
Nếu $M$ trùng với $P$ hoặc $Q$ thì hiển nhiên $M$ thuộc đường tròn đường kính $PQ$.
Ta có: $\overrightarrow{PQ}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC}\right)$.
Suy ra: $P{Q}^2=\frac{1}{4}{\left(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC}\right)}^2=\frac{1}{4}\left(A{D}^2+B{C}^2+2\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{BC}\right)=\frac{1}{4}\left(A{D}^2+B{C}^2+2.0\right)=\frac{1}{4}\left(2^2+3^2\right)=\frac{13}{4}$.
$\Rightarrow PQ=\frac{\sqrt{13}}{2}$.
Vậy điểm $M$ luôn nằm trong một đường tròn cố định có bán kính bằng $R=\frac{\sqrt{13}}{4}$.

Đáp án: 25.
Gọi $P,Q$ lần lượt là trung điểm $AB,CD$.
Ta có: $\left(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}\right).\left(\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}\right)=0\iff 2\overrightarrow{MP}.2\overrightarrow{MQ}=0\iff \overrightarrow{MP}.\overrightarrow{MQ}=0$.
Nếu $M$ không trùng với $P,Q$ thì $\overrightarrow{MP}.\overrightarrow{MQ}=0\iff MP\perp MQ$. Do đó $M$ thuộc đường tròn đường kính $PQ$.
Nếu $M$ trùng với $P$ hoặc $Q$ thì hiển nhiên $M$ thuộc đường tròn đường kính $PQ$.
Ta có: $\overrightarrow{PQ}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC}\right)$.
Suy ra: $P{Q}^2=\frac{1}{4}{\left(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC}\right)}^2=\frac{1}{4}\left(A{D}^2+B{C}^2+2\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{BC}\right)=\frac{1}{4}\left(A{D}^2+B{C}^2+2.0\right)=\frac{1}{4}\left(3^2+4^2\right)=\frac{25}{4}$.
$\Rightarrow PQ=\frac{\sqrt{25}}{2}$.
Vậy điểm $M$ luôn nằm trong một đường tròn cố định có bán kính bằng $R=\frac{\sqrt{25}}{4}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $AB=c,AC=b$. Vì $M$ là trung điểm $BC$ nên $\overrightarrow{AM}=\frac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}}{2}$, và $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}$. Suy ra $\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{BC}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AB})\cdot (\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=\frac{b^2-c^2}{2}=-\frac{3a^2}{2}$, tức $c^2-b^2=3a^2$. Kết hợp $b^2+c^2=B{C}^2=5a^2$ (tam giác vuông tại $A$), ta được $c^2=4a^2,b^2=a^2$, nên $AB=2a,AC=a$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M$ là trung điểm $BC$ nên $\overrightarrow{AM}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$ và $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}$. Do đó $\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{BC}=\frac{1}{2}({\overrightarrow{AC}}^2-{\overrightarrow{AB}}^2)=\frac{A{C}^2-A{B}^2}{2}=-\frac{3a^2}{2}$, suy ra $A{B}^2-A{C}^2=3a^2$. Tam giác vuông tại $A$ nên $A{B}^2+A{C}^2=B{C}^2=5a^2$. Giải hệ: $A{B}^2=4a^2$, $A{C}^2=a^2$, tức $AB=2a$, $AC=a$. Đáp án A.

Ta có $\overrightarrow{F_1}=\overrightarrow{OA}$, $\overrightarrow{F_2}=\overrightarrow{OB}$ và $\overrightarrow{F_3}=\overrightarrow{OC}$ cùng tác động vào một vật tại điểm $O$ và vật đứng yên nên $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=\vec{0}\iff \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\vec{0}$ $\iff \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=-\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OD}$ ($D$ đối xứng với $C$ qua $O$). Trong hình bình hành $OADB$, có $\widehat{AOB}=120^{\circ }$ suy ra $\widehat{OBD}=60^{\circ }$. Áp dụng định lý Sin trong tam giác $OBD$, ta có: $$\frac{OD}{\sin \widehat{DBO}}=\frac{OB}{\sin \widehat{ODB}}\Rightarrow OB=\frac{OD\cdot \sin \widehat{ODB}}{\sin \widehat{DBO}}=\frac{50\sqrt{3}\cdot \sin \widehat{ODB}}{\sin 60^{\circ }}.$$ $\left|\overrightarrow{F_2}\right|$ đạt giá trị lớn nhất $\iff OB$ lớn nhất $\iff \sin \widehat{ODB}$ lớn nhất $\iff \sin \widehat{ODB}=1\iff \widehat{ODB}=90^{\circ }$. Khi đó, $OB=\frac{50\sqrt{3}\cdot 1}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=100$ và $BD=OB\cdot \cos \widehat{OBD}=100\cdot \cos 60^{\circ }=50$. Vậy $\left|\overrightarrow{F_1}\right|=50N$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ gốc $A$: đặt $\vec{u}=\overrightarrow{AB}$, $\vec{v}=\overrightarrow{AD}$ (hai vectơ không cùng phương vì $ABCD$ là hình bình hành). Khi đó:
- $\overrightarrow{AM}=\frac{3}{4}\vec{u}$, tức $M=\frac{3}{4}\vec{u}$.
- $\overrightarrow{AN}=\frac{5}{6}\vec{v}$, tức $N=\frac{5}{6}\vec{v}$.
- $\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DI}=\vec{v}+\frac{9}{10}\overrightarrow{DC}=\frac{9}{10}\vec{u}+\vec{v}$ (vì $\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB}=\vec{u}$).
- $P$ trung điểm $AM$: $\overrightarrow{AP}=\frac{3}{8}\vec{u}$; $Q$ trung điểm $AN$: $\overrightarrow{AQ}=\frac{5}{12}\vec{v}$.

Gọi $G$ là giao điểm của $AI$ và $MQ$. Vì $G\in AI$ nên $\overrightarrow{AG}=t\overrightarrow{AI}=t\left(\frac{9}{10}\vec{u}+\vec{v}\right)$. Vì $G\in MQ$ nên $\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AM}+s\overrightarrow{MQ}=\frac{3}{4}\vec{u}+s\left(\frac{5}{12}\vec{v}-\frac{3}{4}\vec{u}\right)$. Do $\vec{u},\vec{v}$ không cùng phương, so sánh hệ số:
$$\frac{9}{10}t=\frac{3}{4}(1-s),t=\frac{5}{12}s.$$
Thế $t=\frac{5}{12}s$ vào phương trình đầu: $\frac{9}{10}\cdot \frac{5}{12}s=\frac{3}{4}(1-s)⟺\frac{3}{8}s=\frac{3}{4}(1-s)⟺s=\frac{2}{3}$, suy ra $t=\frac{5}{18}$.
Vậy $\overrightarrow{AG}=\frac{1}{4}\vec{u}+\frac{5}{18}\vec{v}$.

Kiểm tra $G\in NP$: $\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AN}+r\overrightarrow{NP}=\frac{5}{6}\vec{v}+r\left(\frac{3}{8}\vec{u}-\frac{5}{6}\vec{v}\right)$. So sánh hệ số: $\frac{3}{8}r=\frac{1}{4}\Rightarrow r=\frac{2}{3}$; khi đó hệ số của $\vec{v}$ là $\frac{5}{6}\left(1-\frac{2}{3}\right)=\frac{5}{18}$ — khớp đúng.

Vậy $G$ thuộc cả ba đường thẳng $AI$, $MQ$, $NP$, tức ba đường thẳng này đồng quy tại điểm $G$ thỏa mãn $\overrightarrow{AG}=\frac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\frac{5}{18}\overrightarrow{AD}$. Đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $I$ là trung điểm của $AB$. Khi đó $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=2\overrightarrow{MI}$, nên $$\vec{u}=2\overrightarrow{MI}+4\overrightarrow{MC}=2\left(\overrightarrow{MI}+2\overrightarrow{MC}\right).$$ Theo tính chất trọng tâm, tồn tại điểm $G$ cố định sao cho $\overrightarrow{MG}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{MI}+2\overrightarrow{MC}\right)$, tức $G$ nằm trên đoạn $IC$ với $\frac{IG}{GC}=\frac{2}{1}$ (vì $G$ là trọng tâm của hệ điểm $I,C$ với trọng số $1,2$). Khi đó $$\vec{u}=6\overrightarrow{MG}\Rightarrow |\vec{u}|=6MG.$$ Vì $M$ thay đổi trên đường thẳng $AB$ còn $G$ cố định, $MG$ nhỏ nhất khi $M$ là hình chiếu vuông góc của $G$ trên đường thẳng $AB$, tức $MG\perp AB$. Vậy $M$ là chân đường vuông góc hạ từ $G$ xuống $AB$, với $G$ thuộc đoạn $IC$ thỏa mãn $IG=2GC$ ($I$ là trung điểm $AB$). Khi đó $|\vec{u}{|}_{\min }=6d(G,AB)=6\cdot \frac{2}{3}d(C,AB)=4d(C,AB)$, tức bằng $4$ lần chiều cao của tam giác $ABC$ hạ từ $C$ xuống $AB$. Lời giải đã kiểm tra lại và hoàn toàn đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Nhận xét vectơ: gọi $I$ là trung điểm $AB$, $J$ là trung điểm $AC$. Ta có $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=2\overrightarrow{MI}$ và $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}=2\overrightarrow{MJ}$, nên điều kiện $\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}\right|=\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}\right|=10x$ tương đương với $MI=5x$ và $MJ=5x$. Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ với $AB=18x$, $AC=24x$ nên $BC=\sqrt{(18x{)}^2+(24x{)}^2}=30x$. Vì $I,J$ lần lượt là trung điểm $AB,AC$ nên $IJ$ là đường trung bình của tam giác $ABC$, do đó $IJ=\frac{BC}{2}=15x$. Xét tam giác $MIJ$, theo bất đẳng thức tam giác: $MI+MJ\ge IJ⟺5x+5x\ge 15x⟺10x\ge 15x$, vô lý vì $x>0$. Vậy không tồn tại điểm $M$ thỏa mãn $MI=MJ=5x$, suy ra cũng không tồn tại điểm $N$ thỏa mãn $\left|\overrightarrow{AM}-\overrightarrow{AN}\right|=5x$ (vì điều kiện này phụ thuộc vào $M$ đã không tồn tại). Kết luận: không có vị trí nào của các điểm $M,N$ thỏa mãn hệ điều kiện đã cho của đề bài. (Lời giải do AI cung cấp vì đề gốc không có đáp án.)

(AI giải đề cho tôi)
a) Phân tích $\overrightarrow{CN}$: Ta có $\overrightarrow{CN}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{CA}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}$. Vì $\overrightarrow{CA}=\overrightarrow{BA}-\overrightarrow{BC}$ và $\overrightarrow{AB}=-\overrightarrow{BA}$ nên $\overrightarrow{CN}=\frac{2}{3}\overrightarrow{BA}-\overrightarrow{BC}$.

Phân tích $\overrightarrow{CI}$: Từ $4\overrightarrow{IA}=-3\overrightarrow{IM}$ suy ra $4\overrightarrow{IA}=3\overrightarrow{MI}$, tức $\overrightarrow{IA}=\frac{3}{4}\overrightarrow{MI}$, vậy $I$ nằm giữa $A$ và $M$ với $\frac{AI}{IM}=\frac{3}{4}$, do đó $\overrightarrow{AI}=\frac{3}{7}\overrightarrow{AM}$.

Ta có $\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BM}=-\overrightarrow{BA}+\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}$. Suy ra
$$\overrightarrow{CI}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AI}=\left(\overrightarrow{BA}-\overrightarrow{BC}\right)+\frac{3}{7}\left(-\overrightarrow{BA}+\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}\right)=\frac{4}{7}\overrightarrow{BA}-\frac{6}{7}\overrightarrow{BC}.$$

b) Vì $I$ chia đoạn $AM$ theo tỉ số $AI:IM=3:4$, khoảng cách từ $I$ đến đường thẳng $BC$ bằng $\frac{4}{7}$ khoảng cách từ $A$ đến $BC$ (do $M\in BC$), tức $h_I=\frac{4}{7}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{2a\sqrt{3}}{7}$.

Diện tích tam giác $IBC$:
$$S_{IBC}=\frac{1}{2}\cdot BC\cdot h_I=\frac{1}{2}\cdot a\cdot \frac{2a\sqrt{3}}{7}=\frac{a^2\sqrt{3}}{7}.$$

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M(x;0)$ thuộc trục hoành. Tam giác $AMK$ vuông tại $M$ nên $\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MK}=0$. Ta có $\overrightarrow{MA}=(5-x;2)$, $\overrightarrow{MK}=(3-x;-4)$. Suy ra $(5-x)(3-x)+2(-4)=0\iff x^2-8x+15-8=0\iff x^2-8x+7=0\iff x=1$ hoặc $x=7$. Cả hai giá trị đều thỏa mãn (tam giác không suy biến). Tổng hoành độ các điểm $M$ là $1+7=8$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ đều. Ta có $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=3\overrightarrow{MG}$, nên điều kiện trở thành $3MG=BC=5$, tức $MG=\frac{5}{3}$. Vậy tập hợp điểm $M$ là đường tròn tâm $G$ bán kính $R=\frac{5}{3}$, với $a=5,b=3$ tối giản. Do đó $T=a+2b=5+6=11$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $A={\vec{a}}^2$, $B={\vec{b}}^2$, $x=\vec{a}\cdot \vec{b}$ (với $\vec{a},\vec{b}\ne \vec{0}$ nên $A,B>0$). Khai triển hai điều kiện:
$(3\vec{a}-5\vec{b})(2\vec{a}+\vec{b})=6A+3x-10x-5B=6A-7x-5B=0$.
$(\vec{a}+4\vec{b})(\vec{a}-\vec{b})=A-x+4x-4B=A+3x-4B=0$, suy ra $A=4B-3x$.
Thế vào phương trình đầu: $6(4B-3x)-7x-5B=0\Rightarrow 19B-25x=0\Rightarrow x=\frac{19B}{25}$.
Suy ra $A=4B-\frac{57B}{25}=\frac{43B}{25}$.
Do đó $\cos \left(\vec{a},\vec{b}\right)=\frac{x}{\sqrt{AB}}=\frac{\frac{19B}{25}}{\sqrt{\frac{43B}{25}\cdot B}}=\frac{19/25}{\sqrt{43}/5}=\frac{19}{5\sqrt{43}}=\frac{19\sqrt{43}}{215}\approx 0,580$.
Giá trị này nằm trong $[-1;1]$ nên thỏa mãn, và vì $A,B>0$ nên hai vectơ đều khác vectơ không.

a) [Lý giải AI, không phải lời giải chính thức của nguồn] Từ $\overrightarrow{MC}=-2\overrightarrow{MB}$ suy ra $3\overrightarrow{AM}=2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}$, nên ${\left|\overrightarrow{AM}\right|}^2=\frac{1}{9}\left(4a^2+a^2+4\cdot \frac{a^2}{2}\right)=\frac{7a^2}{9}$, tức $\left|\overrightarrow{AM}\right|=\frac{a\sqrt{7}}{3}\ne \frac{a\sqrt{7}}{6}$. Vậy khẳng định a) SAI (phù hợp đáp án Mã 1103: a) S).
b) [Lý giải AI, không phải lời giải chính thức của nguồn] $3\overrightarrow{AM}=2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}$; từ $\overrightarrow{NA}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{NC}$ suy ra $\overrightarrow{AN}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}$, và $\overrightarrow{AP}=\frac{4}{15}\overrightarrow{AB}$ nên $\overrightarrow{PN}=\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AP}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}-\frac{4}{15}\overrightarrow{AB}$. Khi đó $9\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{PN}=(2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})\cdot \left(\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}-\frac{4}{15}\overrightarrow{AB}\right)=\frac{2}{3}\cdot \frac{a^2}{2}-\frac{8a^2}{15}+\frac{a^2}{3}-\frac{4}{15}\cdot \frac{a^2}{2}=\frac{a^2}{3}+\frac{a^2}{3}-\frac{10a^2}{15}=0$. Vậy $AM\perp PN$, khẳng định b) ĐÚNG (phù hợp đáp án Mã 1103: b) Đ).
c) [Lý giải AI, không phải lời giải chính thức của nguồn] Tam giác $ABC$ đều nên $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=AB\cdot AC\cdot \cos 60^{\circ }=a\cdot a\cdot \frac{1}{2}=\frac{a^2}{2}$. Khẳng định c) ĐÚNG (phù hợp đáp án Mã 1103: c) Đ).
d) [Lý giải AI, không phải lời giải chính thức của nguồn] Theo tính toán ở ý b), $\overrightarrow{PN}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}-\frac{4}{15}\overrightarrow{AB}$, khác với khẳng định d) của đề. Về mặt toán học d) SAI; tuy nhiên bảng đáp án chính thức Mã 1103 (trang 25) bị cắt, chỉ có hàng a), b), c) nên không có đáp án chính thức cho d).

(AI giải đề cho tôi)
Biến đổi: $\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}$ và $\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BA}$. Khi đó $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{BA}$. Vì $\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{MC}$, ta được $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{BA}$, suy ra $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}=\vec{0}$, tức $\overrightarrow{MA}=\overrightarrow{CM}$. Vậy $M$ là trung điểm của $CA$. Khớp với đáp án nguồn A.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn gốc $A$, đặt $\vec{b}=\overrightarrow{AB}$ với $|\vec{b}|=1$, $\vec{c}=\overrightarrow{AC}$ với $|\vec{c}|=x$, khi đó $\vec{b}\cdot \vec{c}=1\cdot x\cos 60^{\circ }=\frac{x}{2}$. Từ $\overrightarrow{MC}=-2\overrightarrow{MB}$, với gốc $A$: $C-M=-2(B-M)\Rightarrow 3M=2B+C$, suy ra $\overrightarrow{AM}=\frac{2\vec{b}+\vec{c}}{3}$. Từ $\overrightarrow{NB}=-2\overrightarrow{NA}$: $B-N=-2(A-N)\Rightarrow 3N=B+2A$, suy ra $\overrightarrow{AN}=\frac{\vec{b}}{3}$ và $\overrightarrow{CN}=\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AC}=\frac{\vec{b}-3\vec{c}}{3}$. Khi đó $\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{CN}=\frac{(2\vec{b}+\vec{c})\cdot (\vec{b}-3\vec{c})}{9}=\frac{2|\vec{b}{|}^2-6\vec{b}\cdot \vec{c}+\vec{b}\cdot \vec{c}-3|\vec{c}{|}^2}{9}=\frac{2-\frac{5x}{2}-3x^2}{9}$. $AM\perp CN\iff 2-\frac{5x}{2}-3x^2=0\iff 6x^2+5x-4=0\iff x=\frac{1}{2}$ (nhận, $x>0$) hoặc $x=-\frac{4}{3}$ (loại). Vậy $x=\frac{1}{2}$, khớp đáp án chính thức Mã 1103, Câu 6 = C.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn A làm gốc: $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AC}=\vec{c}$ với $|\vec{b}|=1$, $|\vec{c}|=x$, $\vec{b}\cdot \vec{c}=1\cdot x\cos 60^{\circ }=\frac{x}{2}$.

Từ $\overrightarrow{MC}=-2\overrightarrow{MB}$: $\vec{M}-\vec{c}=-2(\vec{M}-\vec{b})\Rightarrow \vec{M}=\frac{\vec{c}+2\vec{b}}{3}$, nên $\overrightarrow{AM}=\frac{\vec{c}+2\vec{b}}{3}$.

Từ $\overrightarrow{NB}=-2\overrightarrow{NA}$: $\vec{N}-\vec{b}=-2\vec{N}\Rightarrow \vec{N}=\frac{\vec{b}}{3}$, nên $\overrightarrow{CN}=\frac{\vec{b}-3\vec{c}}{3}$.

$AM\perp CN\iff (\vec{c}+2\vec{b})\cdot (\vec{b}-3\vec{c})=0$
$\iff \vec{b}\cdot \vec{c}-3x^2+2-6\cdot \frac{x}{2}=0$
$\iff \frac{x}{2}-3x^2+2-3x=0\iff 6x^2+5x-4=0$
$\iff x=\frac{-5\pm 11}{12}$, với $x>0$ ta được $x=\frac{1}{2}$.

Kết quả khớp với đáp án nguồn (Mã đề 1102, Câu 14: A).

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác ABC đều cạnh a. a) AB·AC = a·a·cos60° = a²/2 → đúng. b) N chia CA với CN:NA = 2:1 nên AN = (1/3)AC; AP = (4/15)AB. PN = AN − AP = (1/3)AC − (4/15)AB ≠ (4/15)AC − (1/3)AB → sai. c) AM = AB + BM = AB + (1/3)BC = (2/3)AB + (1/3)AC. AM·PN = [(2/3)AB + (1/3)AC]·[(1/3)AC − (4/15)AB] = (2/9 − 4/45)(a²/2) − 8a²/45 + a²/9 = a²/15 − 8a²/45 + 5a²/45 = 0 → AM ⊥ PN, đúng. d) |AM|² = (4/9)a² + (1/9)a² + 2·(2/3)(1/3)(a²/2) = 7a²/9 nên |AM| = a√7/3 ≠ a√7/6 → sai. Khớp đáp án nguồn (Mã 1102, Câu 8: a Đ, b S, c Đ, d S).
a) (AI giải đề cho tôi)
AB·AC = |AB||AC|cos60° = a²·(1/2) = a²/2.
b) (AI giải đề cho tôi)
AN = (1/3)AC, AP = (4/15)AB nên PN = AN − AP = (1/3)AC − (4/15)AB, khác khẳng định đề.
c) (AI giải đề cho tôi)
AM = (2/3)AB + (1/3)AC; AM·PN = 0 nên AM ⊥ PN.
d) (AI giải đề cho tôi)
|AM|² = 7a²/9 nên |AM| = a√7/3, không phải a√7/6.