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

(AI giải đề cho tôi)
Tích vô hướng: $\vec{a}\cdot \vec{b}=2\cdot 1+1\cdot 3+(-1)\cdot m=5-m$. Để $\vec{a}\cdot \vec{b}=0$ thì $5-m=0\Rightarrow m=5$. Khớp với đáp án nguồn (mã đề 1202, câu 4: C).

(AI giải đề cho tôi)
Tọa độ vectơ $\overrightarrow{AB}=B-A=(2-1;2-1;1-(-2))=(1;1;3)$. Khớp với đáp án D và bảng đáp án (Câu 10, mã đề 1201: D).

(AI giải đề cho tôi)
Câu 2 (Phần II): a) $\overrightarrow{AB}=(-1;-1;1)$ nên $AB=\sqrt{3}\ne 3$ → Sai. b) $\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}=(0;4;4)$, $S=\frac{1}{2}\sqrt{32}=2\sqrt{2}$ → Đúng. c) $\overrightarrow{AC}=(1;-3;3)$, $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=5$, $AB=\sqrt{3}$, $AC=\sqrt{19}$, $\cos \widehat{BAC}=\frac{5}{\sqrt{57}}\approx 0,662$ → $\widehat{BAC}\approx 48,55^0\approx 49^0$ → Đúng. d) $\overrightarrow{AN}=(2;-1;0)$ không cùng phương với $\overrightarrow{AB}=(-1;-1;1)$ nên $A,B,N$ không thẳng hàng (giao điểm của AB với $(Oxy)$ là $A(1;2;0)$) → Sai. Khớp đáp án nguồn mã 1201: SĐĐS.
a) $\overrightarrow{AB}=(-1;-1;1)$ nên $AB=\sqrt{3}\ne 3$ → Sai (khớp đáp án nguồn).
b) $\overrightarrow{AB}=(-1;-1;1)$, $\overrightarrow{AC}=(1;-3;3)$, $\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}=(0;4;4)$, $S=\frac{1}{2}\sqrt{0+16+16}=2\sqrt{2}$ → Đúng (khớp đáp án nguồn).
c) $\cos \widehat{BAC}=\frac{\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}}{AB\cdot AC}=\frac{5}{\sqrt{3}\sqrt{19}}=\frac{5}{\sqrt{57}}\approx 0,662$ → $\widehat{BAC}\approx 48,55^0\approx 49^0$ → Đúng (khớp đáp án nguồn Đ).
d) Đường thẳng AB đi qua A(1;2;0) với vectơ chỉ phương $(-1;-1;1)$; giao điểm của AB với $(Oxy)$ chính là A(1;2;0) vì A đã thuộc $(Oxy)$. Điểm N(3;1;0): $\overrightarrow{AN}=(2;-1;0)$ không cùng phương với $\overrightarrow{AB}=(-1;-1;1)$ nên A, B, N không thẳng hàng → Sai (khớp đáp án nguồn S).

(AI giải đề cho tôi)
Từ $\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{AC}=\vec{0}$ suy ra $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}$. Ta có $\overrightarrow{AB}=(2-1;-1-2;3-(-1))=(1;-3;4)$ và $\overrightarrow{AC}=(-4-1;7-2;5-(-1))=(-5;5;6)$, do đó $2\overrightarrow{AC}=(-10;10;12)$. Suy ra $\overrightarrow{AD}=(1-10;-3+10;4+12)=(-9;7;16)$. Vậy $D=A+\overrightarrow{AD}=(1-9;2+7;-1+16)=(-8;9;15)$, tức $a=-8$, $b=9$, $c=15$. Do đó $a+b+c=-8+9+15=16$, khớp với đáp án nguồn (Câu 3, mã đề 1201: 16).

(AI giải đề cho tôi)
Cộng từng thành phần: $\vec{u}+\vec{v}=(3+5;2+(-4);0+2)=(8;-2;2)$. Khớp đáp án B và bảng đáp án mã đề 1201 (Câu 4: B).

(AI giải đề cho tôi)
Tích vô hướng: $\vec{u}.\vec{v}=2\cdot 5+3\cdot (-4)+(-1)\cdot x=10-12-x=-2-x$. Để $\vec{u}.\vec{v}=0$ thì $-2-x=0\Rightarrow x=-2$. Khớp với đáp án B (mã đề 1201).

(AI giải đề cho tôi)
Tích vô hướng: $\vec{u}.\vec{v}=(-1)(-3)+3(-1)+2(2)=3-3+4=4$. Vậy đáp án C, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1202, câu 10: C).

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương $ABCD.EFGH$ (E, F, G, H lần lượt nằm trên A, B, C, D), ta có $\overrightarrow{EG}=\overrightarrow{EH}+\overrightarrow{HG}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AB}$. Do đó $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{EG}=\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AB}=0+a^2=a^2$ (vì $AB\perp AD$). Vậy đáp án là $a^2$, khớp với đáp án nguồn B.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn $B$ làm gốc, đặt $\vec{a}=\overrightarrow{BA},\vec{b}=\overrightarrow{BC},\vec{c}=\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$.

a) Theo quy tắc hình hộp, $\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}+\overrightarrow{BC}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}=\overrightarrow{B{D}^{\prime }}$, còn $\overrightarrow{B^{\prime }D}=\vec{a}+\vec{b}-\vec{c}$. Vậy khẳng định a) SAI.

b) $I$ là tâm hình bình hành $ABCD$ nên $\overrightarrow{BI}=\frac{\vec{a}+\vec{b}}{2}$. Vì $G$ thuộc $B^{\prime }I$: $\overrightarrow{BG}=\overrightarrow{B{B}^{\prime }}+m\overrightarrow{B^{\prime }I}=\vec{c}+m\left(\frac{\vec{a}+\vec{b}}{2}-\vec{c}\right)=\frac{m}{2}\vec{a}+\frac{m}{2}\vec{b}+(1-m)\vec{c}$. Vì $G$ thuộc $B{D}^{\prime }$: $\overrightarrow{BG}=t(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})$. Do $\vec{a},\vec{b},\vec{c}$ độc lập tuyến tính, so sánh hệ số: $t=\frac{m}{2}$ và $t=1-m\Rightarrow m=\frac{2}{3},t=\frac{1}{3}$. Vậy $\overrightarrow{BG}=\frac{1}{3}(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}\right)$, tức $G$ là trọng tâm tam giác $B{B}^{\prime }D$. Khẳng định b) ĐÚNG.

c) Từ trên $\overrightarrow{BG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{B{D}^{\prime }}\ne \frac{1}{2}\overrightarrow{B{D}^{\prime }}$. Khẳng định c) SAI.

d) $G$ là trọng tâm tam giác $B{B}^{\prime }D$ nên $\overrightarrow{CG}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{C{B}^{\prime }}+\overrightarrow{CD}\right)$. Ta có $\overrightarrow{C{B}^{\prime }}=\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=-\vec{b}+\vec{c}$, $\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{BA}=\vec{a}$, $\overrightarrow{CB}=-\vec{b}$. Do đó $\overrightarrow{CG}=\frac{1}{3}\left(-\vec{b}-\vec{b}+\vec{c}+\vec{a}\right)=\frac{1}{3}\overrightarrow{BA}-\frac{2}{3}\overrightarrow{BC}+\frac{1}{3}\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$. Khẳng định d) ĐÚNG.

Kết quả khớp với đáp án nguồn (trang 11-12): a) SAI, b) ĐÚNG, c) SAI, d) ĐÚNG.
a) Theo quy tắc hình hộp, $\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{B{D}^{\prime }}$, không phải $\overrightarrow{B^{\prime }D}$ (vì $\overrightarrow{B^{\prime }D}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$). Vậy khẳng định a) SAI.
b) Chọn $B$ làm gốc, đặt $\vec{a}=\overrightarrow{BA},\vec{b}=\overrightarrow{BC},\vec{c}=\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$. Vì $I$ là tâm hình bình hành $ABCD$ nên $\overrightarrow{BI}=\frac{\vec{a}+\vec{b}}{2}$. Gọi $G$ thuộc $B^{\prime }I$: $\overrightarrow{BG}=\overrightarrow{B{B}^{\prime }}+m\overrightarrow{B^{\prime }I}=\vec{c}+m\left(\frac{\vec{a}+\vec{b}}{2}-\vec{c}\right)=\frac{m}{2}\vec{a}+\frac{m}{2}\vec{b}+(1-m)\vec{c}$. Gọi $G$ thuộc $B{D}^{\prime }$: $\overrightarrow{BG}=t(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})$. Do $\vec{a},\vec{b},\vec{c}$ độc lập tuyến tính, so sánh hệ số suy ra $t=\frac{m}{2}$ và $t=1-m\Rightarrow m=\frac{2}{3},t=\frac{1}{3}$. Vậy $\overrightarrow{BG}=\frac{1}{3}(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}\right)$, tức $G$ là trọng tâm tam giác $B{B}^{\prime }D$. Khẳng định b) ĐÚNG.
c) Vì $G$ là trọng tâm tam giác $B{B}^{\prime }D$ nên $\overrightarrow{BG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{B{D}^{\prime }}$, không phải $\frac{1}{2}\overrightarrow{B{D}^{\prime }}$. Khẳng định c) SAI.
d) $G$ là trọng tâm tam giác $B{B}^{\prime }D$ nên $\overrightarrow{CG}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{C{B}^{\prime }}+\overrightarrow{CD}\right)=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}+\overrightarrow{CD}\right)=\frac{1}{3}\left(-2\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}+\overrightarrow{BA}\right)$. Khẳng định d) ĐÚNG.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $\vec{a}=-3\vec{i}-4\vec{j}+14\vec{k}$ nên $\vec{a}=(-3;-4;14)$, không phải $(3;4;14)$ → sai.

b) $\overrightarrow{AB}=\vec{a}$ nên $B=A+\vec{a}=(3-3;4-4;-2+14)=(0;0;12)$ → đúng.

c) $2\vec{a}-3\overrightarrow{OA}=2(-3;-4;14)-3(3;4;-2)=(-6-9;-8-12;28+6)=(-15;-20;34)\ne (-15;-12;30)$ → sai.

d) $B(0;0;12)$ nên $OB=12$. Diện tích tam giác $OBM$ bằng $\frac{1}{2}\cdot OB\cdot d(M,(OB))=12$ suy ra khoảng cách từ $M$ đến trục $Oz$ bằng $\frac{24}{12}=2$, tức $M$ nằm trên mặt trụ tròn xoay quanh trục $Oz$ bán kính 2. Hình chiếu của $A(3;4;-2)$ lên mặt phẳng $Oxy$ là $(3;4)$ với khoảng cách tới trục $Oz$ bằng $5$. Điểm $M$ trên mặt trụ gần $A$ nhất nằm trên tia từ trục qua hình chiếu của $A$: $M=\left(3\cdot \frac{2}{5};4\cdot \frac{2}{5};-2\right)=(1,2;1,6;-2)$, khi đó $AM$ nhỏ nhất và $a+b+c=1,2+1,6-2=0,8$ → đúng.

Khớp với đáp án nguồn: câu 16 mã đề 1202 là SĐSD.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\vec{a}=(-3;-4;14)$, không phải $(3;4;14)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $B=A+\vec{a}=(3-3;4-4;-2+14)=(0;0;12)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $2\vec{a}-3\overrightarrow{OA}=(-6-9;-8-12;28+6)=(-15;-20;34)\ne (-15;-12;30)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Diện tích $△OBM=12$ với $OB=12$ suy ra $M$ cách trục $Oz$ một khoảng 2. Điểm $M$ gần $A$ nhất là $(1,2;1,6;-2)$, khi đó $a+b+c=0,8$.

Đáp số: 1175

Giải

Trong hệ trục $Oxyz$ sao cho điểm $D$ thuộc tia $Oz$, mỗi đơn vị trên hệ trục ứng với 1 mét:

$D(0;0;30),C(-20;0;0),B(20;30;0),A(0;-20;0)$

$\overrightarrow{DC}=(-20;0;-30),\overrightarrow{DB}=(20;30;-30),\overrightarrow{DA}=(0;-20;-30)$

$DC=\sqrt{1300},DB=\sqrt{2200};DA=\sqrt{1300}$

$\overrightarrow{F_1}=\frac{a}{DA}\overrightarrow{DA}=\frac{a}{\sqrt{1300}}\overrightarrow{DA}\Rightarrow \overrightarrow{F_1}=\left(0;\frac{-20a}{\sqrt{1300}};\frac{-30a}{\sqrt{1300}}\right)$

$\overrightarrow{F_2}=\frac{b}{DB}\overrightarrow{DB}=\frac{b}{\sqrt{2200}}\overrightarrow{DB}\Rightarrow \overrightarrow{F_2}=\left(\frac{20b}{\sqrt{2200}};\frac{30b}{\sqrt{2200}};\frac{-30b}{\sqrt{2200}}\right)$

$\overrightarrow{F_3}=\frac{c}{DC}\overrightarrow{DC}=\frac{c}{\sqrt{1300}}\overrightarrow{DC}\Rightarrow \overrightarrow{F_3}=\left(\frac{-20c}{\sqrt{1300}};0;\frac{-30c}{\sqrt{1300}}\right)$

$\overrightarrow{F}=(0;0;900)$

Khinh khí cầu được giữ cố định nên:

$$\vec{F}+\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=\vec{0}$$

$$\vec{F}=-\overrightarrow{F_1}-\overrightarrow{F_2}-\overrightarrow{F_3}$$

$$\{\begin{array}{l}-\frac{20b}{\sqrt{2200}}+\frac{20c}{\sqrt{1300}}=0\\ \frac{20a}{\sqrt{1300}}-\frac{30b}{\sqrt{2200}}=0\\ \frac{30a}{\sqrt{1300}}+\frac{30b}{\sqrt{2200}}+\frac{30c}{\sqrt{1300}}=900\end{array}$$

$a\approx 463,57;b\approx 402,04;c\approx 309,05$.

Đáp số: 331

Giải

Vận tốc mới của máy bay là $\vec{v}=\overrightarrow{v_1}+\overrightarrow{v_2}+\overrightarrow{v_3}$.

$${\vec{v}}^2={\left(\overrightarrow{v_1}+\overrightarrow{v_2}+\overrightarrow{v_3}\right)}^2={\overrightarrow{v_1}}^2+{\overrightarrow{v_2}}^2+{\overrightarrow{v_3}}^2+2\overrightarrow{v_1}.\overrightarrow{v_2}+2\overrightarrow{v_1}.\overrightarrow{v_3}+2\overrightarrow{v_2}.\overrightarrow{v_3}$$

Ta có:

$${\overrightarrow{v_1}}^2={\left|\overrightarrow{v_1}\right|}^2=300^2,{\overrightarrow{v_2}}^2={\left|\overrightarrow{v_2}\right|}^2=40^2,{\overrightarrow{v_3}}^2={\left|\overrightarrow{v_3}\right|}^2=30^2.$$

$$\overrightarrow{v_1}.\overrightarrow{v_2}=\left|\overrightarrow{v_1}\right|.\left|\overrightarrow{v_2}\right|.\cos \left(\overrightarrow{v_1},\overrightarrow{v_2}\right)=\mathrm{300.40.}\cos 45^{\circ }=6000\sqrt{2}.$$

$$\overrightarrow{v_1}\perp \overrightarrow{v_3}\Rightarrow \overrightarrow{v_1}.\overrightarrow{v_3}=0;\overrightarrow{v_2}\perp \overrightarrow{v_3}\Rightarrow \overrightarrow{v_2}.\overrightarrow{v_3}=0.$$

Nên ${\vec{v}}^2=300^2+40^2+30^2+2.6000\sqrt{2}$.

Mà ${\vec{v}}^2={\left|\vec{v}\right|}^2$

Suy ra $\left|\vec{v}\right|=\sqrt{300^2+40^2+30^2+2.6000\sqrt{2}}\approx 331$.

Ta có: $\overrightarrow{OA}=(2;2;1)$, $\overrightarrow{OB}=\left(-\frac{8}{3};\frac{4}{3};\frac{8}{3}\right)$. Suy ra $OA=3$, $OB=4$. (0,25 điểm)

Theo tính chất của phân giác trong ta có:

$$\frac{DA}{DB}=\frac{OA}{OB}=\frac{3}{4}\Rightarrow \overrightarrow{DA}=-\frac{3}{4}\overrightarrow{DB}\Rightarrow D=\left(0;\frac{12}{7};\frac{12}{7}\right).$$

(0,25 điểm)

Ta có $\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}=-\frac{16}{3}+\frac{8}{3}+\frac{8}{3}=0\Rightarrow \overrightarrow{OA}\perp \overrightarrow{OB}$.

Suy ra $AB=\sqrt{O{A}^2+O{B}^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$.

Tam giác $OAB$ vuông tại $O$ nên có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $R=\frac{1}{2}AB=\frac{5}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu vuông góc của điểm $M(5;-1;3)$ trên mặt phẳng $(Oyz)$ là điểm có hoành độ $x=0$, giữ nguyên hai tọa độ còn lại, tức là $(0;-1;3)$. Vậy đáp án C, trùng với đáp án của đề.

(AI giải đề cho tôi)
Điểm $M$ nằm trên trục $Ox$ nên có dạng $M(a;0;0)$. Điều kiện $MA=MB$: $M{A}^2=(a-1{)}^2+0+1=(a-1{)}^2+1$; $M{B}^2=(a+1{)}^2+1+4=(a+1{)}^2+5$. Suy ra $(a-1{)}^2+1=(a+1{)}^2+5\iff a^2-2a+2=a^2+2a+6\iff -4a=4\iff a=-1$. Vậy $M(-1;0;0)$, khớp với đáp án D của đề.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.EFGH$ ta có $\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{DH}$. Trước hết, do $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$, suy ra $C=B+D-A=(0;2;0)+(0;0;1)-(-3;0;0)=(3;2;1)$. Sau đó $\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{AE}=E-A=(1;2;3)-(-3;0;0)=(4;2;3)$, nên $G=C+(4;2;3)=(7;4;4)$. Vậy $G(7;4;4)$, trùng với đáp án D đã cho.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp chữ nhật $ABCD.EFGH$ (E, F, G, H lần lượt nằm trên A, B, C, D), ta có $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}$. Xét các đáp án: $\overrightarrow{FG}$: vì $FG\parallel BC$ và $FG=BC$ cùng chiều (F trên B, G trên C) nên $\overrightarrow{FG}=\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}$ — đúng. $\overrightarrow{HE}$: $HE$ song song và cùng chiều với $DA$ (H trên D, E trên A) nên $\overrightarrow{HE}=\overrightarrow{DA}=-\overrightarrow{AD}$ — sai. $\overrightarrow{CB}=-\overrightarrow{BC}=-\overrightarrow{AD}$ — sai. $\overrightarrow{BD}$ là đường chéo hình chữ nhật, khác $\overrightarrow{AD}$ — sai. Vậy đáp án A, khớp với đáp án nguồn (mã đề 1202, câu 8: A).

(AI giải đề cho tôi)
Điểm $M$ nằm trên trục $Ox$ nên có dạng $M(x;0;0)$. Điều kiện $MA=MB$ (bình phương hai vế):
$$M{A}^2=(x-1{)}^2+(0-0{)}^2+(0+1{)}^2=(x-1{)}^2+1$$
$$M{B}^2=(x+1{)}^2+(0+1{)}^2+(0-2{)}^2=(x+1{)}^2+5$$
Cho $M{A}^2=M{B}^2$:
$$(x-1{)}^2+1=(x+1{)}^2+5\Rightarrow x^2-2x+2=x^2+2x+6\Rightarrow -4x=4\Rightarrow x=-1$$
Vậy $M(-1;0;0)$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: A.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ gốc tại $B$, đặt $\vec{a}=\overrightarrow{BA}$, $\vec{c}=\overrightarrow{BC}$, $\vec{b}=\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$.

a) $\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{D{D}^{\prime }}=\overrightarrow{B^{\prime }{C}^{\prime }}\ne \overrightarrow{B^{\prime }D}$. Vậy ý a) sai.

b) $I$ là tâm hình bình hành $ABCD$ nên $I$ là trung điểm $BD$, tức $B^{\prime }I$ là trung tuyến của tam giác $B{B}^{\prime }D$. Tọa độ: $B=\vec{0}$, $D=\vec{a}+\vec{c}$, $B^{\prime }=\vec{b}$, $I=\frac{\vec{a}+\vec{c}}{2}$, $D^{\prime }=\vec{a}+\vec{c}+\vec{b}$. Trọng tâm tam giác $B{B}^{\prime }D$ là $\frac{\vec{0}+\vec{b}+(\vec{a}+\vec{c})}{3}=\frac{1}{3}\overrightarrow{B{D}^{\prime }}$ (thuộc $B{D}^{\prime }$) và cũng bằng $\vec{b}+\frac{2}{3}\left(\frac{\vec{a}+\vec{c}}{2}-\vec{b}\right)$ (thuộc $B^{\prime }I$, chia trung tuyến theo tỉ số $2:1$). Vậy $G$ chính là trọng tâm tam giác $B{B}^{\prime }D$: ý b) đúng.

c) $\overrightarrow{BG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{B{D}^{\prime }}\ne \frac{1}{2}\overrightarrow{B{D}^{\prime }}$. Ý c) sai.

d) $\overrightarrow{CG}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{C{B}^{\prime }}+\overrightarrow{CD}\right)=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}+\overrightarrow{CD}\right)=\frac{1}{3}\left(-2\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}+\overrightarrow{BA}\right)=\frac{1}{3}\overrightarrow{BA}-\frac{2}{3}\overrightarrow{BC}+\frac{1}{3}\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$. Ý d) đúng.

Kết quả khớp đáp án nguồn (mã đề 1201, câu 14: SDSD).
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{D{D}^{\prime }}=\overrightarrow{B^{\prime }{C}^{\prime }}\ne \overrightarrow{B^{\prime }D}$. Ý a) sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $I$ là trung điểm $BD$ nên $B^{\prime }I$ là trung tuyến tam giác $B{B}^{\prime }D$; điểm $\frac{1}{3}(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})$ vừa thuộc $B{D}^{\prime }$ vừa chia $B^{\prime }I$ theo tỉ số $2:1$, nên $G$ là trọng tâm tam giác $B{B}^{\prime }D$. Ý b) đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\overrightarrow{BG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{B{D}^{\prime }}\ne \frac{1}{2}\overrightarrow{B{D}^{\prime }}$. Ý c) sai.
d) $\overrightarrow{CG}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{C{B}^{\prime }}+\overrightarrow{CD}\right)=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}+\overrightarrow{CD}\right)=\frac{1}{3}\left(-2\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}+\overrightarrow{BA}\right)$.