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

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $\overrightarrow{C^{\prime }C}=\vec{u},\overrightarrow{C^{\prime }{D}^{\prime }}=\vec{v},\overrightarrow{C^{\prime }{B}^{\prime }}=\vec{w}$. Vì $D^{\prime }{A}^{\prime }\parallel C^{\prime }{B}^{\prime }$ nên $\overrightarrow{C^{\prime }{A}^{\prime }}=\vec{v}+\vec{w}$; suy ra $\overrightarrow{C^{\prime }A}=\vec{u}+\vec{v}+\vec{w}$ và $\overrightarrow{C^{\prime }D}=\vec{u}+\vec{v}$ (vì $CD\parallel C^{\prime }{D}^{\prime }$). Vì $M$ là trung điểm $AD$: $\overrightarrow{C^{\prime }M}=\frac{\overrightarrow{C^{\prime }A}+\overrightarrow{C^{\prime }D}}{2}=\vec{u}+\vec{v}+\frac{1}{2}\vec{w}$. Vậy $a=1,b=1,c=\frac{1}{2}$, nên $a+b+c=\frac{5}{2}$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 4 (Phần II):

a) $\vec{a}\cdot \vec{b}=SA\cdot SB\cos 60^{\circ }=4\cdot 6\cdot \frac{1}{2}=12\ne 24$ → sai.

b) Từ $2\overrightarrow{SI}+\vec{b}+\vec{c}=\vec{0}$ suy ra $\overrightarrow{SI}=-\frac{1}{2}(\vec{b}+\vec{c})$. Vì $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$: $\overrightarrow{SG}=\frac{1}{3}(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})$. Do đó $\overrightarrow{GI}=\overrightarrow{SI}-\overrightarrow{SG}=-\frac{\vec{a}}{3}-\frac{5\vec{b}}{6}-\frac{5\vec{c}}{6}$; số hạng $\frac{5\vec{b}}{6}$ trong đề mang dấu $+$ nên sai.

c) Với $\vec{a}\cdot \vec{b}=12$, $\vec{a}\cdot \vec{c}=40\cos 120^{\circ }=-20$, $\vec{b}\cdot \vec{c}=0$:
$|\overrightarrow{GI}{|}^2=\frac{16}{9}+\frac{25\cdot 36}{36}+\frac{625}{9}+2\cdot \frac{5}{18}\cdot 12+2\cdot \frac{5}{18}\cdot (-20)+0=\frac{16+225+625+60-100}{9}=\frac{826}{9}$, nên $GI=\frac{\sqrt{826}}{3}$ → đúng.

d) Kiểm tra lại (báo cáo issue cho giá trị $-22$ là sai): $\overrightarrow{GI}\cdot \overrightarrow{AB}=(-\frac{\vec{a}}{3}-\frac{5\vec{b}}{6}-\frac{5\vec{c}}{6})\cdot (\vec{b}-\vec{a})=-\frac{12}{3}+\frac{16}{3}-\frac{5\cdot 36}{6}+\frac{5\cdot 12}{6}-0+\frac{5\cdot (-20)}{6}=\frac{4}{3}-30+10-\frac{100}{6}=-\frac{106}{3}$. $|\overrightarrow{AB}|=\sqrt{36+16-24}=2\sqrt{7}$, $|\overrightarrow{GI}|=\frac{\sqrt{826}}{3}$. $\cos \theta =\frac{-106/3}{(\sqrt{826}/3)(2\sqrt{7})}=\frac{-53}{\sqrt{5782}}\approx -0,697$, suy ra $\theta \approx 134,2^{\circ }\ne 80,6^{\circ }$ → sai.

Kết luận: a) Sai, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\vec{a}\cdot \vec{b}=4\cdot 6\cos 60^{\circ }=12\ne 24$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{GI}=-\frac{\vec{a}}{3}-\frac{5\vec{b}}{6}-\frac{5\vec{c}}{6}$, số hạng $\frac{5\vec{b}}{6}$ phải mang dấu trừ.
c) (AI giải đề cho tôi)
$|\overrightarrow{GI}{|}^2=\frac{826}{9}$ nên $GI=\frac{\sqrt{826}}{3}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{GI}\cdot \overrightarrow{AB}=-\frac{106}{3}$, $\cos \theta =\frac{-53}{\sqrt{5782}}\approx -0,697$ nên góc $\approx 134,2^{\circ }\ne 80,6^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình bình hành $ABCD$, các vecto có điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh và cùng phương với $\overrightarrow{AB}$ (tức nằm trên hai đường thẳng $AB$ và $CD$ song song) là: $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{BA}$, $\overrightarrow{DC}$, $\overrightarrow{CD}$. Vậy có 4 vecto khác $\vec{0}$ cùng phương với $\overrightarrow{AB}$. Chọn D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M$ là trung điểm $AB$, $N$ là trung điểm $AC$ nên theo định lý đường trung bình $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$. Xét các vecto tạo bởi các điểm $M,N,P,A,B,C$ (khác vecto $\vec{0}$): chỉ có $\overrightarrow{PC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$ (vì $P$ là trung điểm $BC$) nên $\overrightarrow{PC}=\overrightarrow{MN}$. Các vecto khác như $\overrightarrow{CP}=\frac{1}{2}\overrightarrow{CB}$ (ngược hướng), $\overrightarrow{BM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BA}$, $\overrightarrow{NA}=\frac{1}{2}\overrightarrow{CA}$, $\overrightarrow{PN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{CB}$... đều khác $\overrightarrow{MN}$ vì ngược hướng hoặc không cùng phương với $\overrightarrow{BC}$. Vậy có đúng 2 vecto bằng $\overrightarrow{MN}$: $\overrightarrow{MN}$ và $\overrightarrow{PC}$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Hai vecto bằng nhau khi và chỉ khi chúng có cùng điểm đầu và cùng điểm cuối. Vì $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AC}$ cùng có điểm đầu là $A$, nên điểm cuối phải trùng nhau, tức $B$ trùng với $C$. Khi đó không tồn tại tam giác $ABC$ (suy biến), nên các phương án A, B, C đều sai. Đáp án đúng là D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $N$ nằm giữa $M$ và $P$ nên thứ tự các điểm là $M,N,P$ trên cùng một đường thẳng. Xét từng cặp: $\overrightarrow{MN}$ và $\overrightarrow{MP}$ cùng hướng từ $M$ về phía $P$ (cùng hướng). $\overrightarrow{MN}$ và $\overrightarrow{PN}$ ngược hướng. $\overrightarrow{MP}$ và $\overrightarrow{PN}$ ngược hướng. $\overrightarrow{NP}$ và $\overrightarrow{NM}$ ngược hướng. Vậy cặp vecto cùng hướng là $\overrightarrow{MN}$ và $\overrightarrow{MP}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $O$ là tâm lục giác đều $ABCDEF$ nên $\overrightarrow{OB}$ nằm trên đường chéo $BE$. Các đường thẳng đi qua hai đỉnh của lục giác và cùng phương với $BE$ là: đường thẳng $BE$, đường thẳng $CD$ và đường thẳng $FA$ (do $CD\parallel BE$ và $FA\parallel BE$ trong lục giác đều). Trên mỗi đường thẳng có đúng 2 vecto khác vecto không có điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh của lục giác: $\overrightarrow{BE},\overrightarrow{EB}$; $\overrightarrow{CD},\overrightarrow{DC}$; $\overrightarrow{FA},\overrightarrow{AF}$. Tổng cộng $2\times 3=6$ vecto. Vậy đáp án là B.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CD}$ khi và chỉ khi $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CD}$, tức $B-A=D-C$, suy ra $A+D=B+C$, nghĩa là trung điểm của $AD$ trùng trung điểm của $BC$.
- A sai: $ABCD$ là hình bình hành cho $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$ (không phải $\overrightarrow{CD}$, vì hai vecto này ngược hướng).
- B sai: $ACBD$ là hình bình hành cho $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{DB}$, không tương đương với $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CD}$.
- C đúng: Nếu $AD$ và $BC$ có cùng trung điểm $I$ thì $\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{ID}=\vec{0}$ và $\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}=\vec{0}$, suy ra $A+D=B+C$, do đó $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CD}$. Ngược lại, từ $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CD}$ suy ra $A+D=B+C$ nên hai đoạn $AD$ và $BC$ có cùng trung điểm. Vậy C là điều kiện cần và đủ.
- D sai: đây chỉ là lặp lại điều kiện cần chứng minh kèm điều kiện song song, không phải dạng điều kiện hình học chuẩn.
Đáp án đúng là C.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình vuông $ABCD$: $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{BC}$ vuông góc nên khác nhau (A sai); $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{CD}$ ngược hướng nên khác nhau (B sai); $\overrightarrow{AC}$ và $\overrightarrow{BD}$ vuông góc nên khác nhau (C sai). Còn $|\overrightarrow{AD}|=AD$ và $|\overrightarrow{CB}|=CB$ đều bằng cạnh hình vuông, nên $|\overrightarrow{AD}|=|\overrightarrow{CB}|$ đúng. Chọn D.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình vuông $ABCD$ (đỉnh ghi theo thứ tự), ta xét từng phương án:
- A: $\overrightarrow{AC}$ và $\overrightarrow{BD}$ là hai vecto của hai đường chéo vuông góc với nhau, không thể bằng nhau. Sai.
- B: Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AB=BC$, do đó $\left|\overrightarrow{AB}\right|=\left|\overrightarrow{BC}\right|$. Đúng.
- C: $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{CD}$ cùng phương nhưng ngược hướng (do $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$), nên $\overrightarrow{AB}\ne \overrightarrow{CD}$. Sai.
- D: $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{AC}$ vuông góc với nhau (cạnh và đường chéo), không cùng hướng. Sai.
Vậy khẳng định đúng là B.

(AI giải đề cho tôi)
Hình thoi $ABCD$ cạnh $a$, góc $A=60^{\circ }$ nên tam giác $ABD$ (với $AB=AD=a$) cân tại $A$ có góc $60^{\circ }$ là tam giác đều, do đó đường chéo $BD=a$ và đường chéo $AC=2\cdot a\sin 60^{\circ }=a\sqrt{3}$. Tâm $O$ là trung điểm hai đường chéo nên $OA=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Vậy $\left|\overrightarrow{OA}\right|=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, đáp án A. Kiểm tra các phương án khác: $\left|\overrightarrow{OB}\right|=\frac{BD}{2}=\frac{a}{2}\ne \left|\overrightarrow{OA}\right|$, loại B, C, D.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định nghĩa, vecto 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 $AB$, C là độ dài vecto, D là vecto ngược hướng. Vậy đáp án là B.

(AI giải đề cho tôi)
Với $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, ta có tính chất $\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}$ (với $H$ là trực tâm). Suy ra $\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{OH}-\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}$. Vì $M$ là trung điểm $BC$ nên $\overrightarrow{OM}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\right)$. Vậy $\overrightarrow{AH}=2\overrightarrow{OM}$, do đó hai vecto luôn cùng hướng (tam giác không cân, không vuông tại $A$ nên cả hai vecto đều khác $\overrightarrow{0}$). Kiểm tra các phương án: A sai vì không cần điều kiện tam giác nhọn; C sai vì cùng hướng chứ không ngược hướng; D sai vì $|\overrightarrow{AH}|=2|\overrightarrow{OM}|$ nên không cùng giá. Chọn B.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tứ giác $ABCD$, $M,N,P,Q$ lần lượt là trung điểm của $AB,BC,CD,DA$. Trong tam giác $ABC$, $MN$ là đường trung bình nên $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}$. Tương tự trong tam giác $ADC$, $\overrightarrow{QP}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}$. Do đó $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{QP}$ (A đúng) và $|\overrightarrow{QP}|=|\overrightarrow{MN}|$ (B đúng). Trong tam giác $ABD$, $\overrightarrow{MQ}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BD}$; trong tam giác $BCD$, $\overrightarrow{NP}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BD}$, nên $\overrightarrow{MQ}=\overrightarrow{NP}$ (C đúng). Còn $|\overrightarrow{MN}|=\frac{1}{2}|\overrightarrow{AC}|\ne |\overrightarrow{AC}|$ (với $AC\ne 0$), nên D sai.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp và $B^{\prime }$ đối xứng của $B$ qua $O$ nên $\overrightarrow{O{B}^{\prime }}=-\overrightarrow{OB}$, suy ra $\overrightarrow{B^{\prime }C}=\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{O{B}^{\prime }}=\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OB}$. Với trực tâm $H$ và tâm ngoại tiếp $O$ có tính chất $\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}$, do đó $\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{OH}-\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{B^{\prime }C}$. a) $B^{\prime }C\parallel AH$ và $AH\perp BC$ (tính chất trực tâm) nên $B^{\prime }C\perp BC$ — Đúng. b) $B^{\prime }C$ chỉ song song với $AH$, không song song với $AB$; kiểm chứng bằng ví dụ $O=(0;0)$, $A=(1;0)$, $B=(-0,5;0,866)$, $C\approx (-0,342;-0,940)$: $\overrightarrow{B^{\prime }C}\approx (-0,842;-0,074)$ không cùng phương với $\overrightarrow{AB}=(-1,5;0,866)$ — Sai. c) Tứ giác $A{B}^{\prime }CH$ có $\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{B^{\prime }C}$ (một cặp cạnh đối song song và bằng nhau) nên là hình bình hành — Đúng. d) Theo hình bình hành $A{B}^{\prime }CH$ thì $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=\overrightarrow{HC}$ (kiểm chứng bằng tọa độ: $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=(-0,5;-0,866)=\overrightarrow{HC}$) — Đúng. Kết luận: a Đúng, b Sai, c Đúng, d Đúng.
a) Vì $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp và $B^{\prime }$ đối xứng của $B$ qua $O$ nên $\overrightarrow{O{B}^{\prime }}=-\overrightarrow{OB}$. Khi đó $\overrightarrow{B^{\prime }C}=\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{O{B}^{\prime }}=\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OB}$. Mặt khác, với $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp ta có $\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}$, suy ra $\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{OH}-\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}$. Vậy $\overrightarrow{B^{\prime }C}=\overrightarrow{AH}$. Do $AH\perp BC$ (tính chất trực tâm) nên $B^{\prime }C\perp BC$. Đúng.
b) Từ câu a ta có $\overrightarrow{B^{\prime }C}=\overrightarrow{AH}$, tức $B^{\prime }C\parallel AH$, và $B^{\prime }C\perp BC$. Nếu $B^{\prime }C\parallel AB$ thì $\overrightarrow{BH}=\overrightarrow{B^{\prime }C}-\overrightarrow{AB}$ cũng phải cùng phương với $AB$, tức $BH\parallel AB$; nhưng $BH\perp AC$ mà $AB$ không vuông góc $AC$ (tam giác không vuông tại $A$), mâu thuẫn. Kiểm tra bằng ví dụ cụ thể: lấy $O=(0;0)$, $A=(1;0)$, $B=(-0,5;0,866)$, $C\approx (-0,342;-0,940)$ trên đường tròn đơn vị. Khi đó $\overrightarrow{B^{\prime }C}\approx (-0,842;-0,074)$ và $\overrightarrow{AB}=(-1,5;0,866)$ không cùng phương. Vậy $B^{\prime }C$ không song song $AB$ (điều đúng là $B^{\prime }C\parallel AH$). Sai.
c) Từ câu a, $\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{B^{\prime }C}$, tức tứ giác $A{B}^{\prime }CH$ có một cặp cạnh đối ($AH$ và $B^{\prime }C$) song song và bằng nhau. Do đó $A{B}^{\prime }CH$ là hình bình hành. Đúng.
d) $\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{B^{\prime }C}$ đã được chứng minh ở câu a. Vì $A{B}^{\prime }CH$ là hình bình hành (câu c) nên $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=\overrightarrow{HC}$. Kiểm tra bằng tọa độ với ví dụ ở câu b: $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=B^{\prime }-A=(-0,5;-0,866)$ và $\overrightarrow{HC}=C-H$ với $\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\approx (0,158;-0,074)$, ta được $\overrightarrow{HC}\approx (-0,5;-0,866)=\overrightarrow{A{B}^{\prime }}$. Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chữ nhật ngoài ABCD có AB = 25 m, AD = 16 m; đường đi rộng 0,5 m mỗi phía nên vườn rau EFGH có EF = 25 − 2·0,5 = 24 m và EH = 16 − 2·0,5 = 15 m.
a) Sai. Các vecto cùng phương với \overrightarrow{AB} tạo từ 8 điểm: \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{BA}, \overrightarrow{DC}, \overrightarrow{CD}, \overrightarrow{EF}, \overrightarrow{FE}, \overrightarrow{HG}, \overrightarrow{GH} — tổng cộng 8 vecto, không phải 6.
b) Sai. AC = √(25² + 16²) = √881 ≈ 29,68 m < 30 m.
c) Đúng. EF = 24 m như tính trên.
d) Sai. Diện tích vườn rau = 24 × 15 = 360 m². Lượng đạm cần: (360/25)·2 = 28,8 kg. Chi phí = 28,8 × 24 000 = 691 200 đồng ≠ 700 000 đồng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Có 8 vecto cùng phương với \overrightarrow{AB}: AB, BA, DC, CD, EF, FE, HG, GH, không phải 6.
b) (AI giải đề cho tôi)
AC = √(25² + 16²) = √881 ≈ 29,68 m < 30 m.
c) (AI giải đề cho tôi)
EF = 25 − 2·0,5 = 24 m.
d) (AI giải đề cho tôi)
Diện tích vườn rau 24×15 = 360 m², cần 28,8 kg đạm, chi phí 691 200 đồng ≠ 700 000 đồng.

(AI giải đề cho tôi)
Hình thoi $ABCD$ tâm $O$, cạnh $AB=1$, $\hat{A}=60^{\circ }$. Đường chéo $AC$ là phân giác góc $A$, do đó tam giác $ABO$ vuông tại $O$ có $\widehat{BAO}=30^{\circ }$. Suy ra $AO=AB\cos 30^{\circ }=1\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}\approx 0,866\approx 0,9$. Vậy $|\overrightarrow{AO}|\approx 0,9$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi O là giao hai đường chéo của hình thoi $ABCD$. Vì $ABCD$ là hình thoi cạnh 1 và $\widehat{BAD}=60^{\circ }$ nên tam giác $ABD$ cân tại $A$ có góc đỉnh $60^{\circ }$ là tam giác đều, do đó $BD=1$. Theo tính chất hình thoi, hai đường chéo vuông góc tại $O$ và $O$ là trung điểm mỗi đường chéo, nên $BO=\frac{1}{2}$. Xét tam giác $ABO$ vuông tại $O$: $AO=\sqrt{A{B}^2-B{O}^2}=\sqrt{1-\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Vậy $AC=2AO=\sqrt{3}\approx 1,7$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục tọa độ: $A(0;0)$, $B(a;0)$, $C(a;a)$, $D(0;a)$. Trung điểm $M$ của $AB$ là $M\left(\frac{a}{2};0\right)$. Vì $N$ đối xứng với $C$ qua $D$ nên $D$ là trung điểm $CN$: $N=2D-C=(2\cdot 0-a;2a-a)=(-a;a)$. Suy ra $\overrightarrow{MN}=\left(-a-\frac{a}{2};a-0\right)=\left(-\frac{3a}{2};a\right)$. Độ dài: $MN=\sqrt{\frac{9a^2}{4}+a^2}=\sqrt{\frac{13a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{13}}{2}\approx 1,8a$. Vậy $|\overrightarrow{MN}|=\frac{a\sqrt{13}}{2}\approx 1,8a$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt tọa độ: $B(0;0)$, $C(1;0)$, $A\left(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. Trọng tâm $G=\left(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{6}\right)$. Trung điểm $I$ của $AG$: $I=\left(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$. Khi đó $\overrightarrow{BI}=\left(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$ nên $BI=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{3}}=\sqrt{\frac{7}{12}}=\frac{\sqrt{21}}{6}\approx 0,7638\approx 0,8$. Vậy độ dài vecto $\overrightarrow{BI}$ xấp xỉ $0,8$.