Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Vectơ/tọa độ Oxyz (Toán học Lớp 12)

(AI giải đề cho tôi)
a) $\overrightarrow{SA}=(30-0;0-0;0-30)=(30;0;-30)$ nên $|\overrightarrow{SA}|=\sqrt{900+0+900}=\sqrt{1800}=30\sqrt{3}$ → Đúng.

b) $ABCD$ với $A(30;0;0),B(0;30;0),C(-30;0;0),D(0;-30;0)$ là hình vuông tâm $O(0;0;0)$ (cạnh $30\sqrt{2}$), và $SA=SB=SC=SD=30\sqrt{3}$, đỉnh $S$ nằm trên đường thẳng qua tâm vuông góc với đáy → $S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều → Đúng.

Trọng lực 80 N phân bố thành 4 lực bằng nhau nên mỗi lực có độ lớn 20 N, hướng từ $S$ tới các chân giá đỡ.

c) ${\vec{F}}_1=20\cdot \frac{\overrightarrow{SA}}{30\sqrt{3}}=\left(\frac{20}{\sqrt{3}};0;-\frac{20}{\sqrt{3}}\right)$, nên $A^{\prime }=S+{\vec{F}}_1=\left(\frac{20}{\sqrt{3}};0;30-\frac{20}{\sqrt{3}}\right)$. Tương tự $B^{\prime }=\left(0;\frac{20}{\sqrt{3}};30-\frac{20}{\sqrt{3}}\right)$, $C^{\prime }=\left(-\frac{20}{\sqrt{3}};0;30-\frac{20}{\sqrt{3}}\right)$, $D^{\prime }=\left(0;-\frac{20}{\sqrt{3}};30-\frac{20}{\sqrt{3}}\right)$. Đáy $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là hình vuông nằm trong mặt phẳng $z=30-\frac{20}{\sqrt{3}}$ có tâm $\left(0;0;30-\frac{20}{\sqrt{3}}\right)$, và $S$ nằm trên đường vuông góc với đáy tại tâm, các cạnh bên bằng nhau → $S.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là hình chóp tứ giác đều → Đúng.

d) Với ${\vec{F}}_1=\left(a;b;c\right)=\left(\frac{20}{\sqrt{3}};0;-\frac{20}{\sqrt{3}}\right)$ thì $a+b-c=\frac{20}{\sqrt{3}}+0+\frac{20}{\sqrt{3}}=\frac{40}{\sqrt{3}}\approx 23,09\ne 20$ → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
|SA|=√(30²+0²+(−30)²)=30√3.
b) (AI giải đề cho tôi)
ABCD là hình vuông tâm O, SA=SB=SC=SD=30√3, S nằm trên trục vuông góc đáy qua tâm nên S.ABCD là chóp tứ giác đều.
c) (AI giải đề cho tôi)
Các điểm cuối A',B',C',D' tạo thành hình vuông trong mặt phẳng z=30−20/√3 có tâm trên trục Oz, S nằm trên đường vuông góc qua tâm, cạnh bên bằng nhau nên là chóp tứ giác đều.
d) (AI giải đề cho tôi)
F1=(20/√3;0;−20/√3) nên a+b−c=40/√3≈23,09≠20.

(AI giải đề cho tôi)
a) Sai: AB và CD là hai cạnh chéo đối của tứ diện đều, không song song nên hai vectơ không cùng hướng.
b) Đúng: E là trung điểm MN nên E là trọng tâm tứ diện (E = (A+B+C+D)/4), do đó EA+EB+EC+ED = 4EO với O trọng tâm, và trực tiếp EA+EB = 2EM, EC+ED = 2EN, mà E trung điểm MN nên EM+EN = 0, tổng bằng 0.
c) Đúng: Trong tứ diện đều, AB ⊥ CD nên AB·CD = 0. Với AC·DB = AC·(AB−AD) = a²cos60° − a²cos60° = 0; tương tự AD·BC = AD·(AC−AB) = a²/2 − a²/2 = 0. Tổng bằng 0.
d) Đúng: P = Σkᵢ·IXᵢ² với k = (3,1,1,1), Σk = 6. P nhỏ nhất tại I thỏa 3IA + IB + IC + ID = 0, tức I = (3A+B+C+D)/4. Giá trị nhỏ nhất = (1/6)Σ_{i<j} kᵢkⱼ·XᵢXⱼ² = (1/6)(3a²+3a²+3a²+a²+a²+a²) = 12a²/6 = 2a².
a) (AI giải đề cho tôi)
AB và CD là hai cạnh đối chéo của tứ diện đều, không song song nên hai vectơ không cùng hướng.
b) (AI giải đề cho tôi)
EA+EB = 2EM và EC+ED = 2EN; E là trung điểm MN nên EM = −EN, tổng bằng 0.
c) (AI giải đề cho tôi)
AB·CD = 0 (hai cạnh đối chéo vuông góc); AC·DB = a²cos60° − a²cos60° = 0; AD·BC = 0. Tổng bằng 0.
d) (AI giải đề cho tôi)
P nhỏ nhất tại I = (3A+B+C+D)/4 với giá trị (1/6)·12a² = 2a².

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng. Vì $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}=2\overrightarrow{GM}$ (G trung điểm AB... thực chất M trung điểm AB nên $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}=2\overrightarrow{GM}$) và $\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GD}=2\overrightarrow{GN}$. Do đó tổng bằng $2(\overrightarrow{GM}+\overrightarrow{GN})=2\vec{0}=\vec{0}$ vì G là trung điểm MN. Vậy G là trọng tâm tứ diện, khẳng định đúng.

b) Đúng. $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=\vec{0}$ (M trung điểm AB) và $\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}=2\overrightarrow{MN}$. Vì G là trung điểm MN nên $2\overrightarrow{MN}=4\overrightarrow{MG}$. Vậy tổng bằng $4\overrightarrow{MG}$, đúng.

c) Sai. Ta có $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD}=(\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MA})+(\overrightarrow{MD}-\overrightarrow{MC})$, không bằng $2\overrightarrow{MN}$ nói chung. Thật vậy $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{CN}=\overrightarrow{MC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{CD}$, còn $\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD})$ phụ thuộc vị trí M nên nói chung khác $\overrightarrow{MN}$. Khẳng định sai.

d) Đúng. $\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BD}=(\overrightarrow{MC}-\overrightarrow{MA})+(\overrightarrow{MD}-\overrightarrow{MB})=(\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD})-(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB})=2\overrightarrow{MN}-\vec{0}=2\overrightarrow{MN}$. Khẳng định đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}=2\overrightarrow{GM}$, $\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GD}=2\overrightarrow{GN}$, và $\overrightarrow{GM}+\overrightarrow{GN}=\vec{0}$ vì G trung điểm MN. Tổng bằng $\vec{0}$: đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=\vec{0}$, $\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}=2\overrightarrow{MN}=4\overrightarrow{MG}$ (G trung điểm MN). Vậy tổng bằng $4\overrightarrow{MG}$: đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{CD}$, còn $\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MD}-\overrightarrow{MC})$ phụ thuộc vị trí M, nói chung khác $\overrightarrow{MN}$: sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BD}=(\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD})-(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB})=2\overrightarrow{MN}-\vec{0}=2\overrightarrow{MN}$: đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Câu a) Gọi cạnh tứ diện đều là $a$. Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$, $D\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{6};a\sqrt{\frac{2}{3}}\right)$. Với $M$ trung điểm $BC$: $M\left(\frac{3a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4};0\right)$.
Ta có $\overrightarrow{AB}=(a;0;0)$, $\overrightarrow{DM}=\left(\frac{a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{12};-a\sqrt{\frac{2}{3}}\right)$.
$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{DM}=\frac{a^2}{4}$; $|\overrightarrow{AB}|=a$; $|\overrightarrow{DM}{|}^2=\frac{a^2}{16}+\frac{a^2}{48}+\frac{2a^2}{3}=\frac{3a^2}{4}\Rightarrow |\overrightarrow{DM}|=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Vậy $\cos (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{DM})=\frac{a^2/4}{a\cdot a\sqrt{3}/2}=\frac{1}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{6}$.

Câu b) Vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}=\vec{0}$, do đó với mọi điểm $M$:
$M{A}^2+M{B}^2+M{C}^2+M{D}^2=4M{O}^2+O{A}^2+O{B}^2+O{C}^2+O{D}^2=4M{O}^2+4O{A}^2$.
Đặt $t=\frac{SM}{SO}$ ($0\le t\le 1$), khi đó $M{S}^2=t^{2}S{O}^2$, $MO=(1-t)SO$.
$P=t^{2}S{O}^2+4(1-t{)}^{2}S{O}^2+4O{A}^2$.
Xét $f(t)=t^2+4(1-t{)}^2$, $f^{\prime }(t)=2t-8(1-t)=10t-8=0\Rightarrow t=\frac{4}{5}$ (thỏa mãn, $f^{\prime \prime }>0$).
Vậy $P$ nhỏ nhất khi $\frac{SM}{SO}=\frac{4}{5}$, tức $\frac{SM}{SO}=\frac{4}{5}$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;b;0)$, $A^{\prime }(0;0;c)$, suy ra $C(a;b;0)$, $D^{\prime }(0;b;c)$, $B^{\prime }(a;0;c)$, $C^{\prime }(a;b;c)$.

a) Các vecto bằng $\overrightarrow{AB}$ (cùng hướng, độ dài $a$) có điểm đầu và điểm cuối là đỉnh hình hộp: $\overrightarrow{AB},\overrightarrow{DC},\overrightarrow{D^{\prime }{C}^{\prime }},\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}$ — có 4 vecto, không phải 3. → Sai.

b) $M$ trung điểm $B^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $M(a;\frac{b}{2};c)$, do đó $\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$. Đề nói $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{AD}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$ (hệ số $\frac{1}{2}$ đặt sai chỗ). → Sai.

c) Trọng tâm tam giác $DC{D}^{\prime }$: $G=\frac{D+C+D^{\prime }}{3}=\left(\frac{a}{3};b;\frac{c}{3}\right)$, nên $\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\frac{1}{3}\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ (không phải $\frac{2}{3}\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$). Hơn nữa $A{G}^2=\frac{a^2}{9}+b^2+\frac{c^2}{9}$, không phải $\frac{a^2}{9}+\frac{4c^2}{9}+b^2$. → Sai.

d) $\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{AG}=\left(a;\frac{b}{2};c\right)\cdot \left(\frac{a}{3};b;\frac{c}{3}\right)=\frac{a^2}{3}+\frac{b^2}{2}+\frac{c^2}{3}$, khác $\frac{a^2}{6}+b^2+\frac{2c^2}{3}$. → Sai.

Tất cả bốn ý đều sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Có 4 vecto bằng $\overrightarrow{AB}$: $\overrightarrow{AB},\overrightarrow{DC},\overrightarrow{D^{\prime }{C}^{\prime }},\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}$, không phải 3.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$, không phải $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{AD}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\frac{1}{3}\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ và $AG=\sqrt{\frac{a^2}{9}+b^2+\frac{c^2}{9}}$, khác khẳng định đề bài.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{AG}=\frac{a^2}{3}+\frac{b^2}{2}+\frac{c^2}{3}$, khác $\frac{a^2}{6}+b^2+\frac{2c^2}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục A(0,0,0), B(1,0,0), D(0,1,0), A'(0,0,1) với cạnh a.
a) AB+AD+AA' = AC' có độ dài a√3 = √3 khi a=1 → đúng.
b) AC=(1,1,0), B'=(1,1,1), D'=(0,1,1) nên B'D'=(−1,0,0), tích vô hướng = −1 ≠ 0 → sai.
c) BM = BA + AM = −AB + ½AD ≠ ½AD + AB → sai.
d) Khoảng cách giữa AB' và BD trong lập phương cạnh a bằng a/√3 = 2√3/3 ⇒ a = 2. Khi đó AB − CB' + DD' = AB + B'C + DD' = AB + BC + CC' = AC', độ dài a√3 = 2√3 → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
AB+AD+AA'=AC' có độ dài a√3=√3 khi a=1.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với hệ trục A(0,0,0), B(1,0,0), D(0,1,0), A'(0,0,1): AC=(1,1,0), B'=(1,1,1), D'=(0,1,1) nên B'D'=(−1,0,0). Tích vô hướng AC·B'D' = −1 ≠ 0, hai vectơ không vuông góc → khẳng định sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
BM = BA + AM = −AB + ½AD, khác ½AD + AB.
d) (AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách giữa AB' và BD bằng a/√3 = 2√3/3 ⇒ a=2; AB−CB'+DD' = AC' có độ dài 2√3.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $B=(0;0;0)$, $C=(a;0;0)$, $A=\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$. Vì $(A^{\prime }BC)\perp (ABC)$ có giao tuyến $BC$ và tam giác $A^{\prime }BC$ đều cạnh $a$ nên $A^{\prime }=\left(\frac{a}{2};0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$. Suy ra $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\left(0;-\frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$. Trong lăng trụ $\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$, nên $M$ trung điểm $C{C}^{\prime }$: $\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{BC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\left(a;-\frac{a\sqrt{3}}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)$. Tích vô hướng: $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{BM}=\frac{3a^2}{8}+\frac{3a^2}{8}=\frac{3a^2}{4}$. Độ dài: $|\overrightarrow{A{A}^{\prime }}|=\frac{a\sqrt{6}}{2}$, $|\overrightarrow{BM}|=a\sqrt{1+\frac{3}{16}+\frac{3}{16}}=\frac{a\sqrt{22}}{4}$. Vậy $\cos \left(\overrightarrow{A{A}^{\prime }},\overrightarrow{BM}\right)=\frac{3a^2/4}{\frac{a\sqrt{6}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{22}}{4}}=\frac{6}{2\sqrt{33}}=\frac{3}{\sqrt{33}}=\frac{\sqrt{33}}{11}\approx 0,522$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ trục tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$. Tâm đáy $O\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};0\right)$. Vì $S.ABCD$ đều nên $S$ nằm trên đường thẳng qua $O$ vuông góc với đáy, và $SA=a$: $S{A}^2=S{O}^2+O{A}^2\Rightarrow a^2=S{O}^2+\frac{a^2}{2}\Rightarrow SO=\frac{a}{\sqrt{2}}$. Vậy $S\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};\frac{a}{\sqrt{2}}\right)$.
Ta có $\overrightarrow{AS}=\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};\frac{a}{\sqrt{2}}\right)$, $\overrightarrow{BC}=(0;a;0)$.
Do đó $\overrightarrow{AS}\cdot \overrightarrow{BC}=\frac{a}{2}\cdot 0+\frac{a}{2}\cdot a+\frac{a}{\sqrt{2}}\cdot 0=\frac{a^2}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Chọn hệ trục tọa độ với $A(0;0;0)$, $B(2;0;0)$, $C(2;2;0)$, $D(0;2;0)$, $A^{\prime }(0;0;2)$, $B^{\prime }(2;0;2)$, $C^{\prime }(2;2;2)$, $D^{\prime }(0;2;2)$. $M$ trung điểm $B^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $M(2;1;2)$, $N$ trung điểm $C{C}^{\prime }$ nên $N(2;2;1)$. Suy ra $\overrightarrow{AC}=(2;2;0)$, $\overrightarrow{MN}=(0;1;-1)$. Vậy $\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{MN}=2\cdot 0+2\cdot 1+0\cdot (-1)=2$.

b) Gọi $H$ là tâm đèn. Tam giác $ABC$ đều nội tiếp đường tròn bán kính $r=0,5$ m nên $HA=HB=HC=0,5$ m. Do đối xứng, ba lực căng $\overrightarrow{T_A},\overrightarrow{T_B},\overrightarrow{T_C}$ có cùng độ lớn $T$ và cùng hợp với phương thẳng đứng góc $\theta$. Cân bằng theo phương thẳng đứng: $3T\cos \theta =27\Rightarrow T\cos \theta =9$. Dây chịu được tối đa $12N$ nên $T\le 12\Rightarrow \cos \theta \ge \frac{9}{12}=\frac{3}{4}$.

Trong tam giác vuông $OHA$ ($OH$ vuông góc mặt đèn): $\sin \theta =\frac{HA}{OA}=\frac{r}{L}$. Chiều dài $L$ nhỏ nhất tương ứng $\cos \theta =\frac{3}{4}$, khi đó $\sin \theta =\sqrt{1-\frac{9}{16}}=\frac{\sqrt{7}}{4}$. Suy ra $L=\frac{r}{\sin \theta }=\frac{0,5}{\sqrt{7}/4}=\frac{2}{\sqrt{7}}=\frac{2\sqrt{7}}{7}\approx 0,7559$ m $\approx 75,6$ cm.

Vậy chiều dài tối thiểu của mỗi sợi dây là $75,6$ cm (lúc đó lực căng đúng bằng $12N$).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;2a;0)$, $C(a;2a;0)$, $S(0;0;2a)$.
a) Trong hình chữ nhật $\overrightarrow{CD}=-\overrightarrow{AB}$ nên hai vectơ ngược hướng → Sai.
b) $\overrightarrow{SC}=(a;2a;-2a)$, $\overrightarrow{AC}=(a;2a;0)$; $\cos =\frac{a^2+4a^2}{3a\cdot \sqrt{5}a}=\frac{\sqrt{5}}{3}\approx 0,745$, góc $\approx 41,8^{\circ }\ne 60^{\circ }$ → Sai.
c) $M$ trung điểm $SB$: $M\left(\frac{a}{2};0;a\right)$, $\overrightarrow{AM}=\left(\frac{a}{2};0;a\right)$, $\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{AB}=\frac{a^2}{2}$ → Đúng.
d) $N$ trung điểm $SD$: $N(0;a;a)$; $\overrightarrow{AM}-\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{NM}=\left(\frac{a}{2};-a;0\right)$, độ dài $=\sqrt{\frac{a^2}{4}+a^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\ne \frac{a\sqrt{3}}{2}$ → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Trong hình chữ nhật $\overrightarrow{CD}=-\overrightarrow{AB}$ nên hai vectơ ngược hướng, không cùng hướng.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\cos (\overrightarrow{SC},\overrightarrow{AC})=\frac{5a^2}{3a\cdot \sqrt{5}a}=\frac{\sqrt{5}}{3}\approx 0,745$ nên góc $\approx 41,8^{\circ }\ne 60^{\circ }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AM}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AS}+\overrightarrow{AB})$ nên $\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{AB}=\frac{1}{2}(0+a^2)=\frac{a^2}{2}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AM}-\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{NM}$ với $M\left(\frac{a}{2};0;a\right)$, $N(0;a;a)$, độ dài $=\frac{a\sqrt{5}}{2}\ne \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Tính $AB=\sqrt{(2-1{)}^2+(-1-2{)}^2+(3+1{)}^2}=\sqrt{26}$, $BC=\sqrt{(-4-2{)}^2+(7+1{)}^2+(5-3{)}^2}=\sqrt{104}=2\sqrt{26}$. Gọi $D$ là chân đường phân giác trong góc $B$ thì $D\in AC$ và $\frac{AD}{DC}=\frac{AB}{BC}=\frac{1}{2}$. Suy ra $D=\frac{2A+C}{3}=\frac{2(1;2;-1)+(-4;7;5)}{3}=\left(-\frac{2}{3};\frac{11}{3};1\right)$. Vậy chọn D.

(AI giải đề cho tôi)
Góc giữa hai vec tơ là góc tù khi $\vec{a}\cdot \vec{b}<0$ (và hai vec tơ đều khác $\vec{0}$). Ta có $\vec{a}\cdot \vec{b}=5m+3(-1)+(-2)(m+3)=5m-3-2m-6=3m-9$. Điều kiện $\vec{a}\cdot \vec{b}<0\iff 3m-9<0\iff m<3$. Vì thành phần thứ hai của $\vec{b}$ là $-1\ne 0$ nên $\vec{b}\ne \vec{0}$ với mọi $m$; còn $\vec{a}=(5;3;-2)\ne \vec{0}$. Các số nguyên $m\in [-2025;2025]$ thỏa $m<3$ là $m=-2025,-2024,\dots ,2$, tức $2-(-2025)+1=2028$ giá trị. Vậy chọn B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì hệ ở trạng thái cân bằng nên tổng các lực bằng $\vec{0}$: $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}+\overrightarrow{P}=\vec{0}$, với trọng lực $\overrightarrow{P}=(0;0;-2)$ (N), suy ra $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=(0;0;2)$.

Theo hình vẽ, ba lực phân bố đối xứng dọc theo phương từ $S$ đến các chân đế. Lực $\overrightarrow{F_1}$ có phương của vectơ $\overrightarrow{SA}=(0;-6;-30)$, nên $\overrightarrow{F_1}=\lambda (0;-6;-30)$ với $\lambda >0$. Ba lực có độ lớn bằng nhau nên thành phần thẳng đứng của mỗi lực đều là $-30\lambda$.

Cân bằng phương thẳng đứng: $3\cdot (-30\lambda )=-2\Rightarrow \lambda =\frac{1}{45}$.

Vậy $\overrightarrow{F_1}=\left(0;-\frac{2}{15};-\frac{2}{3}\right)$, tức $a=0,b=-\frac{2}{15},c=-\frac{2}{3}$.

Tính: $P=3a+5b+8c=0+5\cdot \left(-\frac{2}{15}\right)+8\cdot \left(-\frac{2}{3}\right)=-\frac{2}{3}-\frac{16}{3}=-6$.

Chọn đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$, $A^{\prime }(0;0;a\sqrt{2})$, $M\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{4};0\right)$.
a) Theo quy tắc tam giác, $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}$. Đúng.
b) $\overrightarrow{A^{\prime }M}=\overrightarrow{A^{\prime }A}+\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{A^{\prime }A}+\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$; vì $\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}$ và $-\overrightarrow{CM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$ nên $\overrightarrow{A^{\prime }A}+\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}-\overrightarrow{CM}=\overrightarrow{A^{\prime }M}$. Đúng.
c) $\overrightarrow{A^{\prime }M}=\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{4};-a\sqrt{2}\right)$, $\overrightarrow{AC}=\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$, tích vô hướng $=\frac{a^2}{4}+\frac{3a^2}{8}=\frac{5a^2}{8}\ne \frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Sai.
d) $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=(a;0;a\sqrt{2})$, $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=\left(-\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};a\sqrt{2}\right)$, tích vô hướng $=\frac{3a^2}{2}$; $|\overrightarrow{A{B}^{\prime }}|=a\sqrt{3}$, $|\overrightarrow{B{C}^{\prime }}|=\sqrt{\frac{a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}+2a^2}=a\sqrt{3}$; $\cos =\frac{3a^2/2}{3a^2}=\frac{1}{2}$ nên góc bằng $60^{\circ }$. Đúng.
Kết quả Đ-Đ-S-Đ trùng bảng đáp án mã đề 1202 (DDSD) ở trang 9, không có xung đột.
a) (AI giải đề cho tôi)
Quy tắc tam giác: $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}$. Đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{A^{\prime }M}=\overrightarrow{A^{\prime }A}+\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{A^{\prime }A}+\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$; vì $\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}$ và $-\overrightarrow{CM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$ nên đẳng thức đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{A^{\prime }M}\cdot \overrightarrow{AC}=\frac{a^2}{4}+\frac{3a^2}{8}=\frac{5a^2}{8}\ne \frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=(a;0;a\sqrt{2})$, $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=\left(-\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};a\sqrt{2}\right)$, tích vô hướng $=\frac{3a^2}{2}$, hai vectơ cùng độ dài $a\sqrt{3}$, $\cos =\frac{1}{2}$ nên góc bằng $60^{\circ }$. Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $K_{0}M=K_{0}N=K_{0}P=K_{0}Q$ và $M,N,P,Q$ là bốn đỉnh hình chữ nhật, $K_0$ là tâm hình chữ nhật: $K_0(45;60;25)$. Camera hạ thẳng đứng nên $K_1(45;60;19)$. Suy ra $\overrightarrow{K_0{K}_1}=(0;0;-6)$, tức $a=0,b=0,c=-6$. Vậy $P=a+b+3c=0+0+3(-6)=-18$.