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

(AI giải đề cho tôi)
Câu 4 (mã đề 1203), tứ diện ABCD với M trung điểm AD, N trung điểm BC, I trung điểm MN.
a) Ta có $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{CD}=(\vec{B}-\vec{A})-(\vec{D}-\vec{C})=\vec{B}+\vec{C}-\vec{A}-\vec{D}$. Mặt khác $2\overrightarrow{MN}=\vec{N}-\vec{M}=\frac{\vec{B}+\vec{C}}{2}-\frac{\vec{A}+\vec{D}}{2}$ nên $2\overrightarrow{MN}=\vec{B}+\vec{C}-\vec{A}-\vec{D}$. Vậy $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC}=2\overrightarrow{MN}$, không phải $2\overrightarrow{NM}$ (vì $2\overrightarrow{NM}=-2\overrightarrow{MN}$). Khẳng định a) SAI.
b) Vì M là trung điểm AD: $\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{ID}=2\overrightarrow{IM}$; vì N là trung điểm BC: $\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}=2\overrightarrow{IN}$. Cộng lại: $\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{ID}=2\overrightarrow{IM}+2\overrightarrow{IN}=2(\overrightarrow{IM}+\overrightarrow{MI})=\vec{0}$ vì I là trung điểm MN. ĐÚNG.
c) $\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{CD}=\vec{B}-\vec{A}-\vec{D}+\vec{C}$ và $\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{BD}=\vec{C}-\vec{A}-\vec{D}+\vec{B}$, hai vế bằng nhau. ĐÚNG.
d) $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD}=\vec{B}-\vec{A}+\vec{D}-\vec{C}$ và $\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{CB}=\vec{D}-\vec{A}+\vec{B}-\vec{C}$, hai vế bằng nhau. ĐÚNG.
Kết quả SĐĐĐ khớp bảng đáp án mã 1203 (Câu 4: SDDD).
a) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC}=\vec{B}+\vec{C}-\vec{A}-\vec{D}=2\overrightarrow{MN}$, còn $2\overrightarrow{NM}=-2\overrightarrow{MN}$, nên đẳng thức $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC}=2\overrightarrow{NM}$ SAI.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{ID}=2\overrightarrow{IM}$, $\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}=2\overrightarrow{IN}$; cộng lại $2\overrightarrow{IM}+2\overrightarrow{IN}=\vec{0}$ vì I là trung điểm MN. ĐÚNG.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{CD}=\vec{B}-\vec{A}-\vec{D}+\vec{C}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{BD}$. ĐÚNG.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD}=\vec{B}-\vec{A}+\vec{D}-\vec{C}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{CB}$. ĐÚNG.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, ta có $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AC}$ (quy tắc hình bình hành trên đáy $ABCD$). Khi đó $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ (vì $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}$ trong hình hộp). Vậy tổng là $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$, khớp với đáp án B trong bảng đáp án mã đề 1203.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $SBC$ có $SB=SC=a$, $BC=a\sqrt{2}$ nên $S{B}^2+S{C}^2=B{C}^2$, suy ra góc $BSC=90^{\circ }$, do đó $\overrightarrow{SC}\cdot \overrightarrow{SB}=0$. Tam giác $SAC$ có $SA=SC=AC=a$ đều, nên góc $ASC=60^{\circ }$, suy ra $\overrightarrow{SC}\cdot \overrightarrow{SA}=a^2\cos 60^{\circ }=\frac{a^2}{2}$. Khi đó $\overrightarrow{SC}\cdot \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{SC}\cdot (\overrightarrow{SB}-\overrightarrow{SA})=0-\frac{a^2}{2}=-\frac{a^2}{2}$. Vậy $\cos (\overrightarrow{SC},\overrightarrow{AB})=\frac{-a^2/2}{a\cdot a}=-\frac{1}{2}$, góc giữa hai vectơ bằng $120^{\circ }$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (120).

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương $ABCD.EFGH$ (đáy $ABCD$, $E$ nằm trên $A$, $F$ trên $B$, $G$ trên $C$, $H$ trên $D$), ta có $\overrightarrow{GE}=\overrightarrow{CA}$ vì $GE$ song song, bằng và cùng chiều với $CA$ (do $\overrightarrow{GE}=\overrightarrow{AE}-\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AE}-(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AE})=\overrightarrow{CA}$... chính xác là $\overrightarrow{GE}=\overrightarrow{AE}-\overrightarrow{AG}$ với $\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AE}$, nên $\overrightarrow{GE}=-\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{CA}$). Khi đó $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{GE}=\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{CA}=-\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=-|AB{|}^2$ (vì hình chiếu của $\overrightarrow{AC}$ trên $\overrightarrow{AB}$ bằng $AB$). Vậy $\cos (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{GE})=\frac{-a^2}{a\cdot a\sqrt{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$, suy ra góc giữa hai vectơ là $135^{\circ }$. Kết quả khớp với đáp án nguồn: Câu 4, mã đề 1201 = C.

(AI giải đề cho tôi)
G là trọng tâm tam giác A'B'C' nên $\overrightarrow{A^{\prime }G}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}+\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}\right)$. Vì $\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}=\vec{b}$ và $\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AC}=\vec{c}$, ta có: $$\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{A^{\prime }G}=\vec{a}+\frac{1}{3}\left(\vec{b}+\vec{c}\right).$$ Kết quả trùng với đáp án B và với bảng đáp án nguồn (Câu 8, mã đề 1201: B).

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, áp dụng quy tắc hình bình hành trên mặt phẳng $(ABCD)$: $\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BD}$ (vì $ABCD$ là hình bình hành, $BD$ là đường chéo từ $B$). Sau đó áp dụng quy tắc hình bình hành trên mặt phẳng $(BD{D}^{\prime }{B}^{\prime })$: $\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{B{D}^{\prime }}$ (vì $BD{D}^{\prime }{B}^{\prime }$ là hình bình hành, $B{D}^{\prime }$ là đường chéo từ $B$). Vậy $\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{B{D}^{\prime }}$. Kết quả khớp với đáp án nguồn D (đáp án D được tô vàng trên đề và bảng đáp án Đề 2, câu 10 là D).

(AI giải đề cho tôi)
Hai lực có cùng độ lớn $F_1=F_2=40\text{N}$ hợp nhau góc $150^{\circ }$ có hợp lực nằm trên phân giác của góc đó, độ lớn: $F_{12}=2F_1\cos 75^{\circ }=80\cos 75^{\circ }\approx 80\times 0,258819\approx 20,71\text{N}$. Lực thứ ba $F_3=50\text{N}$ vuông góc với mặt phẳng chứa hai lực đầu nên vuông góc với $\overrightarrow{F_{12}}$. Do đó độ lớn hợp lực ba lực là: $F=\sqrt{F_{12}^2+F_3^2}=\sqrt{20,71^2+50^2}=\sqrt{2500+428,72}\approx \sqrt{2928,72}\approx 54,12\text{N}$. Làm tròn đến hàng đơn vị: $F\approx 54\text{N}$, khớp với đáp án nguồn (mã đề 2: 54).

(AI giải đề cho tôi)
Hai vectơ $\vec{a},\vec{b}$ ngược hướng và đều khác $\vec{0}$ nên góc giữa chúng bằng $180^{\circ }$. Theo định nghĩa tích vô hướng: $\vec{a}\cdot \vec{b}=|\vec{a}||\vec{b}|\cos 180^{\circ }=-|\vec{a}||\vec{b}|$. Vậy mệnh đề đúng là D, trùng với đáp án nguồn (đề 2, câu 9: D).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình bình hành, theo quy tắc hình bình hành ta có $\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{DB}$. Do đó $\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{D{D}^{\prime }}=\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{D{D}^{\prime }}$. Trong hình hộp, $\overrightarrow{D{D}^{\prime }}=\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$ (vì $B{B}^{\prime }\parallel D{D}^{\prime }$, cùng hướng và $B{B}^{\prime }=D{D}^{\prime }$), nên $\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{D{D}^{\prime }}=\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{D{B}^{\prime }}$ (quy tắc ba điểm). Vậy $\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{D{D}^{\prime }}=\overrightarrow{D{B}^{\prime }}$, khớp với đáp án A trong đề và bảng đáp án (Câu 10, Đề 1: A).

(AI giải đề cho tôi)
Hai lực có cùng độ lớn $F_1=F_2=40N$ hợp nhau góc $120^{\circ }$ có hợp lực nằm trên phân giác của góc đó, độ lớn $F_{12}=\sqrt{40^2+40^2+2\cdot 40\cdot 40\cos 120^{\circ }}=\sqrt{1600+1600-1600}=40N$. Lực thứ ba $F_3=50N$ vuông góc với mặt phẳng chứa hai lực đầu nên vuông góc với ${\vec{F}}_{12}$. Do đó hợp lực ba lực có độ lớn $F=\sqrt{40^2+50^2}=\sqrt{4100}\approx 64,03\approx 64N$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (64).

(AI giải đề cho tôi)
Hai vectơ $\vec{a},\vec{b}$ cùng hướng và đều khác $\vec{0}$ nên góc giữa chúng bằng $0^{\circ }$, do đó $\vec{a}\cdot \vec{b}=|\vec{a}||\vec{b}|\cos 0^{\circ }=|\vec{a}||\vec{b}|$. Vậy mệnh đề đúng là A, trùng với đáp án nguồn (Câu 9, Đề 1: A).

(AI giải đề cho tôi)
Hợp lực của $\overrightarrow{F_1}$ và $\overrightarrow{F_2}$ là $\overrightarrow{F_{12}}=\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}$, nằm trong mặt phẳng $(\alpha )$, có độ lớn:
$$F_{12}=\sqrt{F_1^2+F_2^2+2F_1{F}_2\cos 60^{\circ }}=\sqrt{7^2+9^2+2\cdot 7\cdot 9\cdot \frac{1}{2}}=\sqrt{49+81+63}=\sqrt{193}\approx 13,892\text{N}.$$
Vì $\overrightarrow{F_3}$ có giá vuông góc với $(\alpha )$ nên $\overrightarrow{F_3}\perp \overrightarrow{F_{12}}$, do đó hợp lực $\overrightarrow{F}=\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}$ có độ lớn:
$$F=\sqrt{F_{12}^2+F_3^2}=\sqrt{193+100}=\sqrt{293}\approx 17,1\text{N}.$$
Hợp lực nằm trong mặt phẳng vuông góc với $(\alpha )$ chứa $\overrightarrow{F_{12}}$, tạo với mặt phẳng $(\alpha )$ một góc $\phi$ với $\tan \phi =\frac{F_3}{F_{12}}=\frac{10}{\sqrt{193}}\approx 0,72$, suy ra $\phi \approx 35,8^{\circ }$, và thành phần theo phương thẳng đứng hướng lên trên (do $\overrightarrow{F_3}$ hướng lên). Vậy tổng hợp lực có độ lớn khoảng $17,1\text{N}$, hợp với mặt phẳng $(\alpha )$ góc khoảng $35,8^{\circ }$, nghiêng lên trên theo phương của $\overrightarrow{F_{12}}$.

(AI giải đề cho tôi)
Áp dụng quy tắc ba điểm: $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{SA}=\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{SB}$ (điểm A trung gian nối hai vectơ). Vậy đáp án là B.

(AI giải đề cho tôi)
Theo quy tắc ba điểm: $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{SA}=\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{SB}$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Hợp lực của $\overrightarrow{F_1}$ và $\overrightarrow{F_2}$ (cùng nằm trong $(\alpha )$, góc $60^0$): $|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}{|}^2=7^2+9^2+2\cdot 7\cdot 9\cos 60^0=49+81+63=193$, nên $|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}|=\sqrt{193}\approx 13,892N$. Vì $\overrightarrow{F_3}$ vuông góc với $(\alpha )$ 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 $|\vec{F}|=\sqrt{193+10^2}=\sqrt{293}\approx 17,1N$. Vậy tổng hợp lực có độ lớn khoảng $17,1N$, hợp với $\overrightarrow{F_3}$ một góc $\arccos \frac{10}{\sqrt{293}}\approx 54,3^0$ (nghiêng về phía hợp của $\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2}$).

(AI giải đề cho tôi)
Trong lăng trụ tam giác đều $ABC.EFG$, các cặp đỉnh tương ứng là $A\leftrightarrow E$, $B\leftrightarrow F$, $C\leftrightarrow G$; cạnh bên là $AE,BF,CG$ cùng hướng (từ đáy trên xuống đáy dưới).
- A: $\overrightarrow{AE}$ hướng từ $A$ xuống $E$, còn $\overrightarrow{GC}$ hướng từ $G$ lên $C$ (ngược chiều cạnh bên) nên $\overrightarrow{AE}\ne \overrightarrow{GC}$. Sai.
- B: $\overrightarrow{CB}$ và $\overrightarrow{GF}$: do $CB\parallel GF$ (hai cạnh tương ứng của hai đáy) và cùng hướng (cùng chiều trong hai tam giác đáy đồng dạng cùng chiều), nên $\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{GF}$. Đúng.
- C: $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{AC}$ là hai vectơ khác phương (góc $60^{\circ }$ trong tam giác đều), không thể bằng nhau. Sai.
- D: $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{FE}$: $AB\parallel EF$ nhưng $\overrightarrow{FE}$ ngược hướng với $\overrightarrow{AB}$ (vì $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{EF}$). Sai.
Vậy đáp án đúng là B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $O$ là trung điểm của $BD$, do đó $\overrightarrow{DO}=\frac{1}{2}\overrightarrow{DB}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{BD}$. Vậy $-\frac{1}{2}\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{DO}$.

(AI giải đề cho tôi)
Theo quy tắc ba điểm: $\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{SB}$ (đầu $S$ đến chung $A$, kết thúc tại $B$). Vậy đáp án D, khớp với bảng đáp án (Câu 7, mã đề 101: D).

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng khẳng định: A đúng vì cạnh hình lập phương bằng $a$ nên $|\overrightarrow{AB}|=a$. B đúng vì $G$ là trọng tâm tam giác $A{B}^{\prime }{D}^{\prime }$ nên $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{G{B}^{\prime }}+\overrightarrow{G{D}^{\prime }}=\vec{0}$. D đúng vì $ABCD$ là hình vuông nên $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$. C sai vì $\overrightarrow{C{C}^{\prime }}$ cùng hướng với $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ (đều hướng lên), còn $\overrightarrow{A^{\prime }A}=-\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ hướng xuống, nên $\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}\ne \overrightarrow{A^{\prime }A}$. Vậy khẳng định sai là C, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overline{AB}=\overline{DC}$ và $\overline{CB}=\overline{DA}$. Ta có $\overline{AB}+\overline{CA}=\overline{CB}=\overline{DA}$. Do đó $\overline{SD}+\overline{AB}+\overline{CA}=\overline{SD}+\overline{DA}=\overline{SD}+\overline{DA}=\overline{SA}$ (quy tắc ba điểm: $\overline{SD}+\overline{DA}=\overline{SA}$). Vậy đáp án là $\overline{SA}$, tương ứng phương án C.