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

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\overrightarrow{AB}=(-2;-3;1)$, $\overrightarrow{AC}=(-2;0;-2)$. Suy ra $\overrightarrow{OM}=2\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}=(-4;-6;2)-(-2;0;-2)=(-2;-6;4)$. Vậy $M(-2;-6;4)$ và $a+b+c=-2-6+4=-4$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M$ là trung điểm $BC$ nên $\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AM}-\overrightarrow{AB}=2(1;-1;4)-(-3;0;4)=(5;-2;4)$. Suy ra $AC=\sqrt{5^2+(-2{)}^2+4^2}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}$. Đáp án C.

(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)
Vì máy bay bay với vận tốc và hướng không đổi, sau 5 phút tiếp theo (bằng nửa khoảng thời gian 10 phút từ A đến B) máy bay đi được nửa vecto $\overrightarrow{AB}$. Ta có $\overrightarrow{AB}=(140;50;2)$, nên $\overrightarrow{BC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=(70;25;1)$. Suy ra $C=(940+70;550+25;9+1)=(1010;575;10)$. Vậy $x+y\cdot z=1010+575\cdot 10=1010+5750=6760$.

(AI giải đề cho tôi)
Điểm đối xứng qua mặt phẳng $(Oyz)$ đổi dấu hoành độ: $A(1;2;-1)\to A^{\prime }(-1;2;-1)$. Vậy chọn A.

(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)
Theo quy tắc hình hộp: $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ (đường chéo của hình lập phương). Độ dài đường chéo hình lập phương cạnh 3 cm là $A{C}^{\prime }=3\sqrt{3}$ cm. Vậy $\left|\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}\right|=3\sqrt{3}\approx 5,196$ cm.

(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)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$: các vectơ $\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ (cạnh song song cùng chiều), $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{D^{\prime }{C}^{\prime }}$ (do $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{D^{\prime }{C}^{\prime }}$), $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}$ (do $AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }$ là hình bình hành) đều đúng. Riêng $\overrightarrow{C{C}^{\prime }}$ hướng từ $C$ lên $C^{\prime }$ còn $\overrightarrow{B^{\prime }B}$ hướng từ $B^{\prime }$ xuống $B$, hai vectơ ngược chiều nên $\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{B^{\prime }B}$ là khẳng định sai (đúng phải là $\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$).

(AI giải đề cho tôi)
Quy tắc hình hộp với đỉnh chung D: $\overrightarrow{D{B}^{\prime }}=\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{D{D}^{\prime }}$, nên B đúng. A sai vì $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$ (không có $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}$). C sai vì $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$. D sai vì $\overrightarrow{DB}=\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DC}$.

(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)
Trong hình hộp chữ nhật $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, do $AB\parallel DC\parallel D^{\prime }{C}^{\prime }$ và cùng chiều nên $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{D^{\prime }{C}^{\prime }}$. Các phương án khác: $\overrightarrow{BA}=-\overrightarrow{AB}$; $\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AB}$? Kiểm tra: $\overrightarrow{CD}$ đi từ $C$ đến $D$, cùng chiều với $\overrightarrow{BA}$, nên $\overrightarrow{CD}=-\overrightarrow{AB}$; $\overrightarrow{B^{\prime }{A}^{\prime }}=-\overrightarrow{AB}$. Vậy chỉ có $\overrightarrow{D^{\prime }{C}^{\prime }}$ bằng $\overrightarrow{AB}$.

(AI giải đề cho tôi)
Tâm $O$ của hình lập phương là trung điểm của đường chéo $A{C}^{\prime }$. Ta có $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$. Vì $O$ là trung điểm $A{C}^{\prime }$ nên $\overrightarrow{AO}=\frac{1}{2}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}\right)$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\vec{d}=\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}=\vec{c}-\vec{b}$, suy ra $\vec{b}-\vec{c}+\vec{d}=\vec{0}$. Các phương án A, B, C sai vì $\vec{a}$ độc lập với $\vec{b},\vec{c},\vec{d}$ (lăng trụ xiên tùy ý) và $\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}+\vec{d}=2\vec{a}+2\vec{b}+\vec{c}\ne \vec{0}$ nói chung.

(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 $12N$).