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

(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.

Vẽ $\overrightarrow{OA}={\vec{F}}_1,\overrightarrow{OB}={\vec{F}}_2\Rightarrow {\vec{F}}_1+{\vec{F}}_1=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OC}$, OACB là hình bình hành.

Do $OA=OB$ và $\widehat{AOB}=60^{\circ }$ nên $\Delta OAB$ đều (0,25 điểm).

Ta có: $\left|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}\right|=\left|\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}\right|=\left|\overrightarrow{OC}\right|=2.\frac{OA\sqrt{3}}{2}=OA\sqrt{3}=70\sqrt{3}$.

Vậy cường độ lực tổng hợp của ${\overrightarrow{F}}_1$ và ${\overrightarrow{F}}_2$ bằng $70\sqrt{3}(N)$ (0,25 điểm).

(AI giải đề cho tôi)
Tính toán: $\vec{a}=(4;-6)$, $\vec{b}=(-3;4)$, nên $\vec{c}=\vec{a}-2\vec{b}=(4-2(-3);-6-2\cdot 4)=(10;-14)$. $\overrightarrow{PQ}=(7-2;-4-3)=(5;-7)$. a) Vì $\vec{c}=(10;-14)=2\cdot (5;-7)=2\overrightarrow{PQ}$ nên hai vectơ cùng phương → Đúng. b) $\overrightarrow{PQ}=(5;-7)$ → Đúng. c) $\vec{a}=(4;-6)\ne (2;-3)$ → Sai. d) $|\vec{b}|=\sqrt{(-3{)}^2+4^2}=5\ne 1$ → Sai. Kết quả D, D, S, S khớp đáp án nguồn (mã đề 101, cột 1a–1d).
a) (AI giải đề cho tôi)
$\vec{c}=\vec{a}-2\vec{b}=(10;-14)=2\overrightarrow{PQ}$ nên cùng phương.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{PQ}=(7-2;-4-3)=(5;-7)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\vec{a}=4\vec{i}-6\vec{j}=(4;-6)\ne (2;-3)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$|\vec{b}|=\sqrt{9+16}=5\ne 1$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt tọa độ $D(0;0),C(a;0),B(a;a),A(0;a)$, tâm $O(a/2;a/2)$.

a) $\overrightarrow{DB}=(a;a)$, $\overrightarrow{BC}=(0;-a)$ nên $\overrightarrow{DB}\cdot \overrightarrow{BC}=0-a^2=-a^2$. Mệnh đề ĐÚNG.

b) $|\overrightarrow{CB}|=a$ còn $|\overrightarrow{CA}|=a\sqrt{2}$ (đường chéo hình vuông), nên $|\overrightarrow{CB}|\ne |\overrightarrow{CA}|$. Mệnh đề SAI.

c) $\overrightarrow{AB}=(a;0)$ còn $\overrightarrow{CD}=(-a;0)$, hai vecto ngược hướng nên không bằng nhau. Mệnh đề SAI.

d) $O$ là trung điểm $DB$ nên $\overrightarrow{DO}=\overrightarrow{OB}$ (cùng tọa độ $(a/2;a/2)$). Mệnh đề ĐÚNG.

Kết quả khớp với đáp án nguồn: a) Đúng, b) Sai, c) Sai, d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Với $D(0;0),C(a;0),B(a;a)$: $\overrightarrow{DB}=(a;a)$, $\overrightarrow{BC}=(0;-a)$, tích vô hướng $=-a^2$. Đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
$|\overrightarrow{CB}|=a$ còn $|\overrightarrow{CA}|=a\sqrt{2}$, không bằng nhau. Sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AB}=(a;0)$ và $\overrightarrow{CD}=(-a;0)$ ngược hướng nên khác nhau. Sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
$O$ là trung điểm đường chéo $DB$ nên $\overrightarrow{DO}=\overrightarrow{OB}$. Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\overrightarrow{BA}-\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{CA}$. Vì tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên theo định lý Pythagore: $CA=\sqrt{B{A}^2+B{C}^2}=\sqrt{4^2+3^2}=\sqrt{25}=5cm$. Vậy độ dài vectơ $\overrightarrow{BA}-\overrightarrow{BC}$ bằng $5cm$, khớp với đáp án nguồn (đề 101, câu 1 Phần III: 5).

(AI giải đề cho tôi)
Theo hình vẽ, lực $\vec{F}$ hợp với phương ngang ($\overrightarrow{AB}$) góc $30^{\circ }$, được phân tích thành $\overrightarrow{F_1}$ thẳng đứng và $\overrightarrow{F_2}$ nằm ngang cùng hướng với $\overrightarrow{AB}$.

- Độ lớn: $F_1=F\sin 30^{\circ }=50\cdot \frac{1}{2}=25N$; $F_2=F\cos 30^{\circ }=25\sqrt{3}N$.
- Công của $\vec{F}$: $m=F\cdot AB\cdot \cos 30^{\circ }=50\cdot 150\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=3750\sqrt{3}J$.
- $\overrightarrow{F_1}$ vuông góc với $\overrightarrow{AB}$ nên $n=0$.
- $\overrightarrow{F_2}$ cùng hướng $\overrightarrow{AB}$ nên $k=F_2\cdot AB=25\sqrt{3}\cdot 150=3750\sqrt{3}J$.

$$S=\frac{m}{15}+\frac{n}{10}-\frac{k}{16}=\frac{3750\sqrt{3}}{15}+0-\frac{3750\sqrt{3}}{16}=3750\sqrt{3}\left(\frac{1}{15}-\frac{1}{16}\right)=\frac{3750\sqrt{3}}{240}=15,625\sqrt{3}\approx 27,1.$$

Vẽ $\overrightarrow{OA}={\vec{F}}_1,\overrightarrow{OB}={\vec{F}}_2\Rightarrow {\vec{F}}_1+{\vec{F}}_1=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OC}$, OACB là hình bình hành.



Do $OA=OB$ và $\widehat{AOB}=60^{\circ }$ nên $\Delta OAB$ đều (0,25 điểm).

Ta có: $\left|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}\right|=\left|\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}\right|=\left|\overrightarrow{OC}\right|=2.\frac{OA\sqrt{3}}{2}=OA\sqrt{3}=70\sqrt{3}$.

Vậy cường độ lực tổng hợp của ${\overrightarrow{F}}_1$ và ${\overrightarrow{F}}_2$ bằng $70\sqrt{3}(N)$ (0,25 điểm).

(AI giải đề cho tôi)
Theo quy ước, vectơ có điểm đầu $A$ và điểm cuối $B$ được kí hiệu là $\overrightarrow{AB}$ (mũi tên hướng từ $A$ đến $B$). Phương án A chỉ là đoạn thẳng $AB$, phương án B là độ dài vectơ $\overrightarrow{AB}$, phương án D là vectơ ngược chiều. Kết quả trùng với đáp án nguồn: C.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình bình hành $MNPQ$ (theo thứ tự đỉnh), ta có $\overrightarrow{MQ}=\overrightarrow{NP}$ (hai vectơ đối bằng, song song và cùng hướng). Do đó $\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{MP}+\overrightarrow{MQ}=\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{MP}+\overrightarrow{NP}=(\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NP})+\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{MP}+\overrightarrow{MP}=2\overrightarrow{MP}$. Vậy đáp án là C, trùng với đáp án nguồn (Câu 12, mã đề 1111: C).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục tọa độ gốc $A$: $A(0;0)$, $B(3;0)$, $C(0;4)$. Vì $MB=3MC$ nên $M$ chia đoạn $BC$ theo tỉ số $\frac{MB}{BC}=\frac{3}{4}$, suy ra $\overrightarrow{AM}=\frac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\frac{3}{4}\overrightarrow{AC}$. Do đó $M\left(\frac{3}{4};3\right)$. Ta có $\overrightarrow{BC}=(-3;4)$. Tích vô hướng: $\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{BC}=\frac{3}{4}\cdot (-3)+3\cdot 4=-\frac{9}{4}+12=\frac{39}{4}=9,75$. Kết quả khớp với đáp án nguồn 9,75.

+) $\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=\left|3\overrightarrow{MG}\right|=3MG=6\Rightarrow MG=2$ (0,25 đ)
+) Vì G cố định nên tập hợp điểm M là đường tròn tâm G, bán kính bằng 2. (0,25 đ)

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)

+) Gọi $N\left(0;y\right)\in Oy$. Ta có $\overrightarrow{NA}=\left(1;3-y\right)$; $\overrightarrow{NB}=\left(2;4-y\right)$; $\overrightarrow{NC}=\left(-3;5-y\right)$.
$\Rightarrow \overrightarrow{NA}+2\overrightarrow{NB}=\left(5;11-3y\right)$; $\overrightarrow{NA}+\overrightarrow{NC}=\left(-2;8-2y\right)$.
Biểu thức $Q=2\left|\overrightarrow{NA}+2\overrightarrow{NB}\right|+3\left|\overrightarrow{NA}+\overrightarrow{NC}\right|=2\sqrt{(5{)}^2+(11-3y{)}^2}+3\sqrt{(-2{)}^2+(8-2y{)}^2}$
$=6\left[\sqrt{{\left(\frac{5}{3}-0\right)}^2+{\left(\frac{11}{3}-y\right)}^2}+\sqrt{(-1-0{)}^2+(4-y{)}^2}\right]$ (0,25 đ)
$=6\left(KN+HN\right)\ge 6HK$ với $H\left(\frac{5}{3};\frac{11}{3}\right),K\left(-1;4\right)$.
+) Nhận xét: $H,K$ nằm về hai phía so với trục $Oy$ nên dấu "=" xảy ra $\iff N,H,K$ thẳng hàng $\iff \overrightarrow{KH};\overrightarrow{KN}$ cùng phương. Ta có: $\overrightarrow{KH}=\left(\frac{8}{3};-\frac{1}{3}\right);\overrightarrow{KN}=\left(1;y-4\right)$
$\overrightarrow{KH};\overrightarrow{KN}$ cùng phương $\Rightarrow \frac{1}{\frac{8}{3}}=\frac{y-4}{-\frac{1}{3}}\Rightarrow y=\frac{31}{8}\Rightarrow N\left(0;\frac{31}{8}\right)$ (0,25 đ)

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình vuông $ABCD$ (theo hình: $A$ dưới trái, $B$ dưới phải, $C$ trên phải, $D$ trên trái), tâm $O$ là giao hai đường chéo nên $O$ là trung điểm $BD$. Vectơ $\overrightarrow{BO}$ có điểm đầu $B$, điểm cuối $O$, hướng từ $B$ lên trái về $O$. Vectơ $\overrightarrow{OD}$ cũng có hướng từ $O$ lên trái về $D$ (cùng phương, cùng chiều với $\overrightarrow{BO}$) và có độ dài $OD=\frac{1}{2}BD=BO$. Vậy $\overrightarrow{BO}=\overrightarrow{OD}$. Các vectơ $\overrightarrow{CO},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC}$ có hướng khác (xuống trái, xuống phải, lên phải). Đáp án khớp với đáp án nguồn (Câu 6, mã đề 1111: A).

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{CB}$ (quy tắc hiệu vectơ). Do tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên $|\overrightarrow{CB}|=BC=a$. Vậy $\left|\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}\right|=a$, khớp với đáp án A của đề.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là lăng trụ tam giác nên $\overrightarrow{B^{\prime }{C}^{\prime }}=\overrightarrow{BC}$. Trong tam giác $ABC$, $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,AC$ nên theo tính chất đường trung bình $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$. Do đó $\overrightarrow{B^{\prime }{C}^{\prime }}=\overrightarrow{BC}=2\overrightarrow{MN}$, khẳng định D đúng. Các phương án khác sai: $\overrightarrow{AM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}\ne \overrightarrow{BM}$; $\overrightarrow{CB}=-\overrightarrow{BC}=-2\overrightarrow{MN}\ne 2\overrightarrow{MN}$; $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}\ne 2\overrightarrow{BC}$. Kết quả khớp với bảng đáp án chính thức (Mã đề 1102, Câu 3 = D, trang 9).

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp chữ nhật $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, xét từng khẳng định:
- A: $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{D^{\prime }{C}^{\prime }}$ đúng vì $AB\parallel D^{\prime }{C}^{\prime }$, cùng hướng và $AB=D^{\prime }{C}^{\prime }$.
- B: $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CD}$ SAI vì $\overrightarrow{CD}$ ngược hướng với $\overrightarrow{AB}$ (đúng phải là $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$).
- C: $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ là đường chéo hình hộp, không song song với $\overrightarrow{AB}$ nên không cùng phương, đúng.
- D: $|\overrightarrow{CB}|=|\overrightarrow{AD}|$ đúng vì $CB=AD$ (cạnh đối của hình chữ nhật $ABCD$).
Vậy khẳng định SAI là B, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1101, câu 1: B).

(AI giải đề cho tôi)
Vì lăng trụ đứng song song, ta có $\overrightarrow{C^{\prime }{B}^{\prime }}=\overrightarrow{CB}$ (hai vectơ cùng phương, cùng hướng). Do đó góc giữa $\overrightarrow{CA}$ và $\overrightarrow{C^{\prime }{B}^{\prime }}$ bằng góc giữa $\overrightarrow{CA}$ và $\overrightarrow{CB}$, tức là góc $\widehat{ACB}$ của tam giác đều $ABC$ cạnh 4. Tam giác đều có mọi góc bằng $60^{\circ }$, nên góc giữa hai vectơ bằng $60^{\circ }$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: B.

(AI giải đề cho tôi)
G là trọng tâm tam giác $A^{\prime }AC$ nên $\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{AC})$. Trong hình lập phương, $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$. Vậy $\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$, tức $a=1,b=3$, $M=a^2+b^2=1+9=10$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (Câu 1 = 10).