Đáp án: \((-2;-3;6)\)

Lời giải:

\(\overrightarrow{a}-5\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}=(-2;-3;6)\).

Đáp án: \((1;7;2)\)

Lời giải:

Ta có \(\overrightarrow{c}=2\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}=\left(2;4;2\right)\)+\(\left(-1;3;0\right)\)=\(\left(1;7;2\right)\).

Đáp án: \((-6;-1;-1)\)

Lời giải:

Giả sử \(C\left(x;y;z\right)\Rightarrow\overrightarrow{OC}=(x;y;z)\).

Ta có \(\overrightarrow{BA}=(-6;-1;-1)\Rightarrow \overrightarrow{OC}=\overrightarrow{BA}\Leftrightarrow\begin{cases}x=-6\\y=-1\\z=-1.\end{cases}\)

Vậy \(C(-6;-1;-1)\).

Đáp án: \(M(-2;-6;4)\)

Lời giải:

Ta có \(\overrightarrow{AB}=(-2;-3;1)\), \(\overrightarrow{AC}=(-2;0;-2)\) nên

\(\overrightarrow{OM}=2\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}\Leftrightarrow \begin{cases}x_M=2\times (-2)-(-2)\\y_M=2\times (-3)-0\\z_M=2\times (1)-(-2)\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x_M=-2\\y_M=-6\\z_M=4.\end{cases}\)

Vậy \(M(-2;-6;4)\).

Đáp án: \(\sqrt{10}\)

Lời giải:

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A(1;2;3)\) lên trục \(Oy\) \(\Rightarrow H(0;2;0)\).

Ta có \(\mathrm{d}(A,Oy)=AH=\sqrt{(0-1)^2+(2-2)^2+(0-3)^2}=\sqrt{10}\).

Đáp án: \(\sqrt{6}\)

Lời giải:

Ta có \(AB=\sqrt{(2-1)^2+(1+1)^2+(1-2)^2}=\sqrt{6}\).

Đáp án: \(M,\ N,\ F\)

Lời giải:

Ta có

\begin{align*}& \overrightarrow{MN}=(2;10;-14),\\ & \overrightarrow{ME}=(1;5;-4),\\ & \overrightarrow{MF}=(-1;-5;7),\\ & \overrightarrow{NE}=(-1;-5;10),\\ & \overrightarrow{NF}=(-3;-15;21).\end{align*}

Từ đó suy ra hai véctơ \(\overrightarrow{MN}\) và \(\overrightarrow{MF}\) cùng phương vì \(\overrightarrow{MN}=-\displaystyle\frac{2}{3}\overrightarrow{NF}\), do đó ba điểm \(M,\ N,\ F\) thẳng hàng.

Đáp án: \(\overrightarrow{b} \perp \overrightarrow{c}\)

Lời giải:

Ta có \(\overrightarrow{b} \cdot \overrightarrow{c} = 1 \cdot 1 + 1\cdot 1 +1 \cdot 0 =2.\) Do đó \(\overrightarrow{b}\) không vuông góc với \(\overrightarrow{c}\).

Đáp án: \(120^{\circ}\)

Lời giải:

Ta có: \(\cos \left(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\right)=\displaystyle\frac{1 \cdot (-2)+1\cdot1+(-2)\cdot1}{\sqrt{1^2+1^2+(-2)^2} \cdot \sqrt{(-2)^2+1^2+1^2}}=-\displaystyle\frac{1}{2}\) \( \Rightarrow \) \(\left(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\right)=120^{\circ}\).

Đáp án: \(m=1\)

Lời giải:

Ta có

\(\cos(\overrightarrow{u};\overrightarrow{v})=\displaystyle\frac{1\cdot 2+1\cdot 0+2\cdot m}{\sqrt{1^2+1^2+2^2}\cdot\sqrt{2^2+m^2}}=\displaystyle\frac{4}{\sqrt{30}}\Leftrightarrow \sqrt{5}\cdot (2m+2)=4\sqrt{4+m^2}\Leftrightarrow m=1\).

Đáp án: \(28\)

Lời giải:

Gọi \( A'\), \(B'\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A\), \(B\) trên mặt phẳng \(Oxy\).

Ta có \(A'(1;3;0)\), \(B'(-2;-1;0)\), suy ra \(A'B'=5\).

Khi đó, xét \(M\), \(N\) bất kì thuộc \(Oxy\) và \(MN=1\), ta có

\(A'M+MN+B'N\ge A'B'\Rightarrow A'M+B'N\ge A'B'-MN=4\)

Vậy ta có

\begin{eqnarray*}AM^2+BN^2&=&AA'^2+A'M^2+BB'^2+B'N^2=20+A'M^2+B'N^2\\ &\ge&20+\displaystyle\frac{(A'M+B'N)^2}{2}\ge20+\displaystyle\frac{4^2}{2}=28.\end{eqnarray*}

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(AM^2+BN^2\) là \(28\), xảy ra khi \(A'\), \(M\), \(N\), \(B'\) thẳng hàng và \(A'M=B'N=2\).

Đáp án: \(M\left(2;0;0\right)\)

Lời giải:

Giả sử \(M(m;0;0)\). Ta có \(\overrightarrow{MA}=(3-m;1;-4),\overrightarrow{MB}=(2-m;1;-2), \overrightarrow{MC}=(1-m;1;-3)\).

\begin{eqnarray*}\left| \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|&=&\sqrt{(6-3m)^2+3^2+(-9)^2}= \sqrt{9m^2-36m+126}&=&\sqrt{9(m-2)^2+90}&\ge & 3\sqrt{10},\forall m \in \mathbb{R}.\end{eqnarray*}

Vậy \(\left| \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(3\sqrt{10}\) khi \(m-2=0 \Leftrightarrow m =2\). Hay \(M(2;0;0)\).

a) \(\overrightarrow{u}=\overrightarrow{a}-2\overrightarrow{b}=(-4;-1;4)\).

b) \(\left|\overrightarrow{u}\right|=\sqrt{(-4)^{2}+(-1)^{2}+4^{2}}=\sqrt{33}\).

c) \(\cos \left(\overrightarrow{a};\overrightarrow{b}\right) =\displaystyle\frac{\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}}{\left|\overrightarrow{a}\right|\cdot \left|\overrightarrow{b}\right|}=\displaystyle\frac{(-2)\cdot1+1\cdot 1 +2\cdot(-1)}{\sqrt{(-2)^{2}+1^{2}+2^{2}}\cdot\sqrt{1^{2}+1^{2}+(-1)^{2}}}=-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}\).

a) Ta có

\(\begin{cases}\overrightarrow{a}=(1;0;1)\\ \overrightarrow{b}=(1;1;0)\end{cases}\Rightarrow \cos(\overrightarrow{a};\overrightarrow{b})=\displaystyle\frac{\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}}{|\overrightarrow{a}|\cdot |\overrightarrow{b}|}=\displaystyle\frac{1}{2}\).

b) Ta có

\(\overrightarrow{d}=2\overrightarrow{a}+3\overrightarrow{b}=(5;3;2)\).

Ta có \(\overrightarrow{d}\perp \overrightarrow{c}\Leftrightarrow \overrightarrow{d}\cdot\overrightarrow{c}=0\Leftrightarrow -20+9+2m=0\Leftrightarrow m=\displaystyle\frac{11}{2}\).

a) \(\overrightarrow{b}+2\overrightarrow{c}=(2;8;-8)\), suy ra \(\overrightarrow{a}\cdot(\overrightarrow{b}+2\overrightarrow{c})=-44\).

b) \(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}=(-2;-3;1)\), suy ra \(|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|=\sqrt{14}\).

a) Ta có \(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=-4+3+4=3\).

b) Ta có

\((\overrightarrow{a};\overrightarrow{b})=\displaystyle\frac{\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}}{|\overrightarrow{a}||\overrightarrow{b}|}=\displaystyle\frac{3}{3\sqrt{17}}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{17}}\).

a) Vì \(\overrightarrow{u}=-2 \overrightarrow{i}+3 \overrightarrow{j}+\displaystyle\frac{3}{4} \overrightarrow{k}\) nên \(\overrightarrow{u}=\left(-2; 3; \displaystyle\frac{3}{4}\right)\).

b) Vì \(\overrightarrow{v}=\left(3;-\displaystyle\frac{5}{4}; 2\right)\) nên \(\overrightarrow{v}=3 \overrightarrow{i}-\displaystyle\frac{5}{4} \overrightarrow{j}+2 \overrightarrow{k}\).

c) Biểu diễn \(\overrightarrow{a}\) qua các véc-tơ đơn vị:

\(\begin{aligned}\overrightarrow{a}=\ &2 \overrightarrow{u}+\displaystyle\frac{1}{3} \overrightarrow{v}=2\left(-2 \overrightarrow{i}+3 \overrightarrow{j}+\displaystyle\frac{3}{4} \overrightarrow{k}\right)+\displaystyle\frac{1}{3}\left(3 \overrightarrow{i}-\displaystyle\frac{5}{4} \overrightarrow{j}+2 \overrightarrow{k}\right)\\ =\ &-3 \overrightarrow{i}+\displaystyle\frac{67}{12} \overrightarrow{j}+\displaystyle\frac{13}{6} \overrightarrow{k}.\end{aligned}\)

Vậy \(\overrightarrow{a}=\left(-3; \displaystyle\frac{67}{12}; \displaystyle\frac{13}{6}\right)\).

a) Ta có

\(\overrightarrow{a}=(x_1;y_1;z_1)\Leftrightarrow \overrightarrow{a}=x_1\overrightarrow{i}+y_1\overrightarrow{j}+z_1\overrightarrow{k}\) và \(\overrightarrow{b}=(x_2;y_2;z_2)\Leftrightarrow \overrightarrow{b}=x_2\overrightarrow{i}+y_2\overrightarrow{j}+z_2\overrightarrow{k}\).

b) Ta lại có

\(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}=(x_1+x_2)\overrightarrow{i}+(y_1+y_2)\overrightarrow{j}+(z_1+z_2)\overrightarrow{k}\).

Suy ra, tọa độ của vectơ

\(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}=(x_1+x_2;y_1+y_2;z_1+z_2)\).

Ta có

\(\begin{cases}\overrightarrow{a}=(2;-1;5)\\ \overrightarrow{b}=(0;3;-3)\\ \overrightarrow{c}=(1;4;-2)\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}2\overrightarrow{a}=(4;-2;10)\\ -\displaystyle\frac{1}{5}\overrightarrow{b}=\left(0;-\displaystyle\frac{3}{5};\displaystyle\frac{3}{5}\right)\\ 3\overrightarrow{c}=(3;12;-6)\end{cases} \Rightarrow \overrightarrow{d}=\left(7;\displaystyle\frac{47}{5};\displaystyle\frac{23}{5}\right)\).

Ta có

\(\overrightarrow{a} = \overrightarrow{u}-4 \overrightarrow{v}-2 \overrightarrow{w}\) \(=(2-4\cdot 0 - 2\cdot 1; -5 - 4\cdot 2 - 2 \cdot 7; 3 - 4\cdot (-1) - 2 \cdot 2)=(0;-27; 3).\)

Ta có

\(2\overrightarrow{b}=(-4;6;2)\) và \(\displaystyle\frac{3}{2}\overrightarrow{a}=\left(0;\displaystyle\frac{3}{2};\displaystyle\frac{9}{2}\right)\).

Suy ra

\(2\overrightarrow{b}-\displaystyle\frac{3}{2} \overrightarrow{a} = \left(-4;\displaystyle\frac{9}{2};-\displaystyle\frac{5}{2}\right)\).

a) \(\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b}=5\cdot 4 + 2\cdot (-2) + (-4)\cdot 2 = 8\).

b) \(\overrightarrow{c} \cdot \overrightarrow{d}=2\cdot 6 + (-3)\cdot 5 + 4 \cdot (-3)=-15\).

a) Ta có \(2\overrightarrow{p} = (6; -4; 2)\), \(-3\overrightarrow{q} = (-18; 12; -6)\), \(\overrightarrow{r} = (2; 1; -3)\).

Suy ra \(\overrightarrow{c} = 2\overrightarrow{p} - 3\overrightarrow{q} + \overrightarrow{r} = (-10; 9; -7)\).

b) Ta có \(2\overrightarrow{p} = (6; -4; 2) = \overrightarrow{q}\), suy ra hai véc-tơ \(\overrightarrow{p}\), \(\overrightarrow{q}\) cùng phương.

Do \(\displaystyle\frac{3}{2} \ne \displaystyle\frac{-2}{1}\) nên \(\overrightarrow{p}\), \(\overrightarrow{r}\) không cùng phương.

Tương tự hai véc-tơ \(\overrightarrow{q}\), \(\overrightarrow{r}\) không cùng phương.

a) Ta có \(\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} = 3\cdot 1 + 0\cdot (-1) + 1\cdot (-2) = 1\) và \(\overrightarrow{b} \cdot \overrightarrow{c} = 1\cdot 2 + (-1)\cdot 1 + (-2)\cdot (-1) = 3\).

b) Ta có \(\left| \overrightarrow{a} \right| = \sqrt{3^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{10}\), \(\left| \overrightarrow{b} \right| \sqrt{1^2 + (-1)^2 + (-2)^2} = \sqrt{6}\).

\(\cos \left(\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}\right) = \displaystyle\frac{\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}}{\left|\overrightarrow{a}\right| \cdot \left|\overrightarrow{b}\right|} = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{10}\cdot \sqrt{6}} = \displaystyle\frac{\sqrt{15}}{60}\).

c) Ta có \(\overrightarrow{d}\cdot \overrightarrow{a} = 1\cdot 3 + 7 \cdot 0 + (-3)\cdot 1 = 0 \Rightarrow \overrightarrow{d} \perp \overrightarrow{a}\).

a) Ta có \(2\overrightarrow{a}=(-2;4;6)\), \(3\overrightarrow{c}=(12;6;-9)\).

Suy ra \(\overrightarrow{u}=2\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-3\overrightarrow{c}=(-11;-1;13)\).

b) Ta có \(2\overrightarrow{b}=(6;2;-4)\).

Khi đó \(\overrightarrow{v}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c}-2\overrightarrow{b}=(-3;2;4)\).

Ta có

\(\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}=3\cdot (-2)+2\cdot 1+(-1)\cdot 2=-6\), \(|\overrightarrow{a}|=\sqrt{14}\), \(|\overrightarrow{b}|=3\).

Suy ra

\(\cos (\overrightarrow{a},\overrightarrow{b})=\displaystyle\frac{\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}}{|\overrightarrow{a}|\cdot |\overrightarrow{b}|}=\displaystyle\frac{6}{3\cdot \sqrt{14}}=\displaystyle\frac{\sqrt{14}}{7}\).

a) Ta có \(\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b}=1 \cdot(-4)+4 \cdot 1+2 \cdot 0=0\).

Do đó, hai vectơ \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{b}\) vuông góc với nhau.

b) Độ dài của vectơ \(\overrightarrow{a}\) là \(|\overrightarrow{a}|=\sqrt{1^2+4^2+2^2}=\sqrt{21}\).

a) Vì \(\overrightarrow{a}=(2;1;5)\) và \(\overrightarrow{b}=(2;2;1)\) nên \(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}=(2-2;1-2;5-1)=(0;-1;4)\).

b) Ta có \(3\overrightarrow{a}=(3\cdot 2; 3\cdot 1; 3\cdot 5)=(6;3;15)\) và \(2\overrightarrow{b}=(2\cdot 2; 2\cdot 2; 2\cdot 1)=(4;4;2)\).

Do đó \(3\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b}=(6+4;3+4;15+2)=(10;7;17)\).

Ta có

\(\left| \overrightarrow{a}\right| =\left| \overrightarrow{b}\right| =1\), \(\left(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b} \right) =45^\circ\).

a) \(\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}=\left| \overrightarrow{a}\right|\cdot \left| \overrightarrow{b}\right|\cos \left(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b} \right)=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\).

b) \(\left( \overrightarrow{a}+3 \overrightarrow{b}\right) \cdot\left( \overrightarrow{a}-2 \overrightarrow{b}\right)=\left| \overrightarrow{a}\right|^2+\cdot\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}-6\left| \overrightarrow{b}\right|^2 =1+\cdot\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}-6=-5+\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\).

c) \(\left( \overrightarrow{a}+ \overrightarrow{b}\right)^2= \overrightarrow{a}^2+2\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}+\overrightarrow{b}^2=1+2\cdot\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}+1=2+\sqrt{2}\).

a) Ta có \(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}=(3+(-3)+6; 1+0+(-1); 2+4+0)= (6;0;6)\).

Ta có \(2 \overrightarrow{a}=(2\cdot 3;2\cdot 1;2\cdot 2)=(6;2;4)\), \(3 \overrightarrow{b}=(3\cdot (-3);3\cdot 0; 3\cdot 4)=(-9;0;12)\) và \(5 \overrightarrow{c}=(5\cdot 6;5\cdot (-1);5\cdot 0)=( 30;-5;0)\)

nên \(2 \overrightarrow{a}-3 \overrightarrow{b}-5 \overrightarrow{c}=(6-(-9)-30;2-0-(-5);4-12-0)=(-15;7;-8)\).

b) Ta có \(-\overrightarrow{b}=(3;0;-4)\).

Do đó \(\overrightarrow{a} \cdot\left(-\overrightarrow{b}\right)=3\cdot 3+1\cdot 0+2\cdot (-4)=1\) và \(\left(2 \overrightarrow{a}\right) \cdot \overrightarrow{c}=6\cdot 6+2\cdot (-1)+4\cdot 0=34\).

a) \(\overrightarrow{AB}=(-3;-3;3)\) suy ra \( AB=\sqrt{(-3)^{2}+(-3)^{2}+3^{2}}=3\sqrt{3}\).

b) Gọi \( M(a;b;c)\).

\(\overrightarrow{AB}=(-3;-3;3)\), \(\overrightarrow{CM}=(a;b+2;c-3)\).

\(\Rightarrow \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CM}=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow\begin{cases}a-3=0\\b-1=0\\c=0\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}a=3\\b=1\\c=0\end{cases}\) suy ra \( M(3;1;0)\).

c) Ta có \( N\in (Oxy) \Rightarrow N(a;b;0)\).

\(\overrightarrow{AB}=(-3;-3;3)\), \(\overrightarrow{BN}=(a-1;b+1;-2)\).

Để \( A \), \( B \), \( N \) thẳng hàng thì \(\displaystyle\frac{a-1}{-3}=\displaystyle\frac{b+1}{-3}=\displaystyle\frac{2}{-3} \Leftrightarrow \begin{cases}a-1=2\\b+1=2\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a=3\\b=1.\end{cases}\)

Suy ra \( N(3;1;0)\).

a) Ta có \(\overrightarrow{MN}=\left(4-(-4);-4-3;2-3\right)=(8;-7;-1)\) và \(\overrightarrow{MP}=(3-(-4);6-3;-1-3)=(7;3;-4)\).

Ta có \(\displaystyle\frac{8}{7}\neq \displaystyle\frac{-7}{3}\neq \displaystyle\frac{-1}{-4}\). Do đó \(\overrightarrow{MN}\) không cùng phương với \(\overrightarrow{MP}\).

Vậy ba điểm \(M\), \(N\), \(P\) không thẳng hàng.

b) Ta có \(\overrightarrow{NM}=-\overrightarrow{MN}=(-8;7;1)\); \(\overrightarrow{NP}=(3-4;6-(-4);-1-2)=(-1;10;-3)\).

Khi đó \(\overrightarrow{NM}+\overrightarrow{NP}=((-8)+(-1);7+10;1+(-3))=(-9;17;-2)\).

Xét hình bình hành \(MNPQ\) có \(\overrightarrow{NM}+\overrightarrow{NP}=\overrightarrow{NQ}\) (quy tắc hình bình hành).

Suy ra \(\begin{cases} x_Q=-9+4=-5 \\ y_Q=17+(-4)=13 \\ z_Q=-2+2=0.\end{cases}\)

Vậy \(Q(-5;13;0)\).

c) Ta có \(MN=\left|\overrightarrow{MN}\right|=\sqrt{8^2+(-7)^2+(-1)^2}=\sqrt{114}\).

\(NP=\left|\overrightarrow{NP}\right|=\sqrt{(-1)^2+10^2+(-3)^2}=\sqrt{110}\).

Chu vi của hình bình hành \(MNPQ\) là

\(P_{MNPQ} =MN+NP+PQ+QM=2(MN+NP)\) \(=2\left(\sqrt{114}+\sqrt{110}\right)\approx 42,33\).

a) Vì \(A\) trùng gốc toạ độ nên \(A(0;0;0)\).

Vì \(B\) thuộc tia \(Ox\) và \(AB=3\) nên \(B(3;0;0)\).

Vì \(D\) thuộc tia \(Oy\) và \(AD=4\) nên \(D(0;4;0)\).

Vì \(S\) thuộc tia \(Oz\) và \(AS=2\) nên \(S(0;0;2)\).

Vì hình chiếu của \(C\) lên các trục \(Ox\), \(Oy\), \(Oz\) lần lượt là \(B\), \(D\), \(A\) nên \(C(3 ; 4 ; 0)\).

b) Ta có \(\overrightarrow{BD}=(0-3;4-0;0-0)=(-3;4;0)\), suy ra \(BD=|\overrightarrow{BD}|=\sqrt{(-3)^2+4^2+0^2}=5\).

Ta có \(\overrightarrow{SC}=(3-0;4-0;0-2)=(3;4;-2)\), suy ra \(SC=|\overrightarrow{SC}|=\sqrt{3^2+4^2+(-2)^2}=\sqrt{29}\).

c) Ta có \(\cos (\overrightarrow{BD}, \overrightarrow{SC})=\displaystyle\frac{\overrightarrow{BD}\cdot \overrightarrow{SC}}{|\overrightarrow{BD}| \cdot|\overrightarrow{SC}|}=\displaystyle\frac{(-3) \cdot 3+4 \cdot 4+0 \cdot(-2)}{5 \sqrt{29}}=\displaystyle\frac{7}{5\sqrt{29}}\).

Suy ra \((\overrightarrow{BD}, \overrightarrow{SC}) \approx 74{,}9^\circ\).

Ta có

\(\overrightarrow{AB}=\left(-1;1;0\right),\overrightarrow{CD}=\left(2;-1;0\right)\).

\(\Rightarrow \cos\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{CD}\right)=\displaystyle\frac{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{CD}}{\left|\overrightarrow{AB}\right|\cdot\left|\overrightarrow{CD}\right|}=\displaystyle\frac{-3}{\sqrt{10}}\).

Vậy \(\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{CD}\right)\approx 161^\circ\).

a) Tìm toạ độ các đỉnh của hình hộp.

\(B\left(1;0;0\right), D\left(0;2;0\right), A'\left(0;0;3\right)\).

\(C\in\left(Oxy\right)\Rightarrow C\left(1;2;0\right);D'\in(Oyz)\Rightarrow D'\left(0;2;3\right);B'\in (Oxz)\Rightarrow B'\left(1;0;3\right)\).

\(\overrightarrow{CC'}=\overrightarrow{AA'}\Rightarrow C'\left(1;2;3\right)\).

b) Tìm điểm \(E\) trên đường thẳng \(DD'\) sao cho \(B'E\perp A'C\).

Điểm \(E\) trên đường thẳng \(DD'\) nên \( E\left(0;2;z\right)\).

\(\overrightarrow{B'E}=\left(-1;2;z-3\right);\overrightarrow{A'C}=\left(1;2;-3\right)\).

\(B'E\perp A'C\Leftrightarrow \overrightarrow{B'E}\cdot \overrightarrow{A'C}\Leftrightarrow -1+4-3\cdot\left(z-3\right)=0\Leftrightarrow z=4\).

Vậy \(E\left(0;2;4\right)\).

}

a) Gọi \( G(x;y;z)\) là trọng tâm \(\triangle ABC \). Khi đó

\(\begin{cases}x=\displaystyle\frac{2+1+(-1)}{3}=\displaystyle\frac{2}{3}\\y=\displaystyle\frac{-1+1+0}{3}=0\\z=\displaystyle\frac{3-1+2}{3}=\displaystyle\frac{4}{3}\end{cases}\) suy ra \( G\left(\displaystyle\frac{2}{3};0;\displaystyle\frac{4}{3}\right)\).

b) Ta có \( M\in Oz \Rightarrow M(0;0;c)\).

\(\overrightarrow{BM}=(-1;-1;c+1)\), \(\overrightarrow{AC}=(-3;1;-1)\).

Vì \( BM\perp AC \Rightarrow \overrightarrow{BM}\cdot \overrightarrow{AC}=0\) hay

\((-1)\cdot (-3) +(-1)\cdot 1 + (1+c) \cdot (-1)=0\Leftrightarrow c=1\).

Vậy \( M(0;0;1)\).

a) Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\).

Ta có tọa độ của điểm \(G\) là \(\left(\displaystyle\frac{1+0+4}{3};\displaystyle\frac{0+(-3)+(-1)}{3};\displaystyle\frac{1+1+4}{3}\right)\), suy ra \(G\left(\displaystyle\frac{5}{3};-\displaystyle\frac{4}{3};2\right)\).

b) Ta có \(\overrightarrow{AB}=(-1;-3;0)\) và \(\overrightarrow{AC}=(3;-1;3)\).

Khi đó \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=(-1)\cdot 3+(-3)\cdot (-1)+0\cdot 3=0\).

Do đó hai véc-tơ \(\overrightarrow{AB}\) và \(\overrightarrow{AC}\) vuông góc với nhau.

Vậy \(\widehat{BAC}=90^{\circ}\).

c) Ta có \(\overrightarrow{BA}=(1;3;0) \Rightarrow \left|\overrightarrow{BA}\right|=\sqrt{1^2+3^2+0^2}=\sqrt{10}\). \(\overrightarrow{BC}=(4;2;3)\Rightarrow \left|\overrightarrow{BC}\right|=\sqrt{4^2+2^2+3^2}=\sqrt{29}\).

Ta có \(\cos \left(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}\right)=\displaystyle\frac{\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BC}}{\left|\overrightarrow{BA}\right| \cdot \left|\overrightarrow{BC}\right|}=\displaystyle\frac{1\cdot 4+3\cdot 2+0\cdot 3}{\sqrt{10}\cdot\sqrt{29}}=\displaystyle\frac{\sqrt{290}}{29}\).

Suy ra \(\widehat{ABC}=\left(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}\right)\approx 54^{\circ}\).

Ta có \(\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}\Leftrightarrow \begin{cases}x_D=x_A-x_B+x_C\\y_D=y_A-y_B+y_C\\z_D=z_A-z_B+z_C\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x_D=4\\y_D=5\\z_D=-5\end{cases}\).

Suy ra \(D(4;5;-5)\).

Do đó \(\overrightarrow{DD'}=(2-4;0-5;2-(-5)) =(-2;-5;7)\).

Theo tính chất của hình hộp ta có

\(\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{BB'}=\overrightarrow{CC'}=\overrightarrow{DD'}=(-2;-5;7)\).

Suy ra tọa độ đỉnh còn lại của hình hộp là \(A'=(2;1;2)\), \(B'(3;2;3)\), \(C'(3;1;3)\).

a) Ta có \(\overrightarrow{BA}=(1;0;-1)\), \(\overrightarrow{BC}=(2;1;0)\). Suy ra \(\overrightarrow{BA}=(1;0;-1)\ne k\overrightarrow{BC}=(2k;k;0)\) với mọi \(k\in \mathbb{R}\). Vậy ba điểm \(A\), \(B\), \(C\) không thẳng hàng.

b) Ta thấy

\(BA=\sqrt{1^2+0^2+(-1)^2}=\sqrt{2}\), \(BC=\sqrt{2^2+1^2+0^2}=\sqrt{5}\), \(AC=\sqrt{1^2+1^2+1^2}=\sqrt{3}\).\\

Vậy chu vi của tam giác \(ABC\) bằng \(\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}\).

c) Ta có

\(\cos \widehat{ABC}=\cos \left(\overrightarrow{BA}, \overrightarrow{BC}\right)=\displaystyle\frac{\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BC}}{\left|\overrightarrow{BA}\right|\cdot \left|\overrightarrow{BC}\right|}=\displaystyle\frac{1\cdot 2+0\cdot 1+(-1)\cdot 0}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{5}}=\displaystyle\frac{2}{\sqrt{10}}=\displaystyle\frac{\sqrt{10}}{5}.\)

a) Ta có

\(\overrightarrow{AB}=(6;-3;5)\), \(\overrightarrow{AC}=(2;-1;-3)\).

Suy ra \(\overrightarrow{AB}\ne k\overrightarrow{AC}\) với mọi \(k\in \mathbb{R}\).

Vậy ba điểm \(A\), \(B\), \(C\) không thẳng hàng.

b) Ta có

\(AB=\sqrt{6^2+(-3)^2+5^2}=\sqrt{65}\), \(AC=\sqrt{14}\), \(BC=\sqrt{(0-4)^2+(2-0)^2+(-3-5)^2}=2\sqrt{21}\).

Suy ra chu vi của tam giác \(ABC\) bằng \(AB+AC+BC=\sqrt{65}+\sqrt{14}+2\sqrt{21}\approx 20{,}96\).

c) Ta có \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\) suy ra

\(\begin{cases}x_G=\displaystyle\frac{-2+4+0}{3}=\displaystyle\frac{2}{3}\\ y_G=\displaystyle\frac{3+0+2}{3}=\displaystyle\frac{5}{3}\\z_G=\displaystyle\frac{0+5+(-3)}{3}=\displaystyle\frac{2}{3}.\end{cases}\)

Vậy \(G\left(\displaystyle\frac{2}{3};\displaystyle\frac{5}{3};\displaystyle\frac{2}{3}\right)\).

d) Ta có

\(\cos \widehat{BAC}=\cos (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=\displaystyle\frac{\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}}{AB\cdot AC}=\displaystyle\frac{6\cdot 2+(-3)\cdot (-1)+5\cdot (-3)}{\sqrt{65}\cdot \sqrt{14}}=0\).

a) Do \(ABCD\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}\)\\

\(\Leftrightarrow \begin{cases}2-1=x_C-1\\1-0=y_C-(-1)\\2-1=z_C-1\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x_C=2\\y_C=0\\z_C=2\end{cases}\Rightarrow C(2;0;2)\).

Do \(BB'C'C\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow{BB'}=\overrightarrow{CC'}\)

\(\Leftrightarrow \begin{cases}x_{B'}-2=4-2\\y_{B'}-1=5-0\\z_{B'}-2=-5-2\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x_{B'}=4\\y_{B'}=6\\z_{B'}=-5\end{cases}\Rightarrow B'(4;6;-5)\).

Mặt khác \(DD'C'C\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow{DD'}=\overrightarrow{CC'}\)

\(\Leftrightarrow \begin{cases}x_{D'}-1=4-2\\y_{D'}-(-1)=5-0\\z_{D'}-1=-5-2\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x_{D'}=3\\y_{D'}=4\\z_{D'}=-6\end{cases}\Rightarrow D'(3;4;-6)\).

Ta có \(\overrightarrow{AC}=(1;0;1)\), \(\overrightarrow{B'D'}=(-1;-2;-1)\) và \(\overrightarrow{u}=\left[\overrightarrow{AC},\overrightarrow{B'D'}\right]=(2;0;-2)\).

Suy ra \(\overrightarrow{u}=(2;0;-2)\ne \overrightarrow{0}\) vuông góc với cả hai véc-tơ \(\overrightarrow{AC}\), \(\overrightarrow{B'D'}\).

+) Ta có \(\overrightarrow{AC'}=(2;4;-7)\), \(\overrightarrow{BD}=(-1;-2;-1)\) và \(\overrightarrow{v}=\left[\overrightarrow{AC'},\overrightarrow{BD}\right]=(-18;9;0)\).

Suy ra \(\overrightarrow{v}=(-18;9;0)\ne \overrightarrow{0}\) vuông góc với cả hai véc-tơ \(\overrightarrow{AC'}\), \(\overrightarrow{BD}\).

a) Ta có \(\overrightarrow{AB}=(-2;-4;8)\), \(\overrightarrow{AC}=(-3;2;3)\).

Khi đó \(\overrightarrow{AB}\ne k\overrightarrow{AC}\) với mọi \(k\in \mathbb{R}\) nên \(\overrightarrow{AB}\), \(\overrightarrow{AC}\) không cùng phương.

Vậy ba điểm \(A\), \(B\), \(C\) không thẳng hàng.

b) Tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành khi và chỉ khi

\(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}\Leftrightarrow \begin{cases}-2=-1-x_D\\-4=2-y_D\\8=0-z_D\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x_D=-1\\y_D=6\\z_D=2.\end{cases}\)

Vậy \(D(-1;6;2)\).

c) Tọa độ trọng tâm \(G\) của tam giác \(ABC\) là

\(G\left(\displaystyle\frac{1}{3};\displaystyle\frac{-2}{3};\displaystyle\frac{2}{3}\right).\)

d) Ta có

\(\overrightarrow{AB}=(-2;-4;8)\Rightarrow AB=2\sqrt{21};\)

\(\overrightarrow{AC}=(-3;2;3)\Rightarrow AC=\sqrt{22};\)

\(\overrightarrow{BC}=(-1;6;-5)\Rightarrow BC=\sqrt{62}.\)

Suy ra chu vi của tam giác \(ABC\) bằng \(AB+AC+BC=2\sqrt{21}+\sqrt{22}+\sqrt{62}\approx 21{,}73\).

+) Ta có

\(\cos \widehat{BAC}=\cos \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=\displaystyle\frac{\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}}{AB\cdot AC}\) \(=\displaystyle\frac{(-2)\cdot (-3)+(-4)\cdot 2+8\cdot 3}{2\sqrt{21}\cdot \sqrt{22}}=\displaystyle\frac{\sqrt{462}}{42}.\)

a) Ta có \(\overrightarrow{BC} = (1; 1; 1)\).

Gọi \(H(x; y; z)\) là chân đường cao của tam giác \(ABC\) kẻ từ \(A\).

Suy ra \(\overrightarrow{BH} = (x-1; y-2; z-4)\).

\(\overrightarrow{BH}\) cùng phương với \(\overrightarrow{BC}\), do đó \(x-1 = t\); \(y-2 = t\); \(z-4=t\). Suy ra \(H(1+t; 2+t; 4+t)\).

Ta có \(\overrightarrow{AH} = (x_H-x_A; y_H-y_A; z_H-z_A) = (t-6; t-1; t+1)\).

\(\overrightarrow{AH} \perp \overrightarrow{BC} \Leftrightarrow \overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{BC} = 0 \Leftrightarrow t-6 + t-1 + t+ 1 =0\Leftrightarrow 3t =6 \Leftrightarrow t =2\).

Suy ra \(H(3; 4; 6)\).

b) Ta có \(\overrightarrow{AB} = (-6; -1; 1)\); \(\overrightarrow{AC} = (-5; 0; 2)\).

Suy ra \(AB = \sqrt{(-6)^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{38}\) và \(AC = \sqrt{(-5)^2+0^2 +2^2} = \sqrt{29}\).

c) \(\cos A = \displaystyle\frac{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}}{AB \cdot AC} = \displaystyle\frac{30+0+2}{\sqrt{38}\cdot \sqrt{29}} = \displaystyle\frac{32}{\sqrt{38\cdot 29}} \Rightarrow \widehat{A} \approx 15{,}43^\circ\).

a) Do \(M\) nằm trên trục \(Oy\) nên đặt \(M(0;y;0)\) là điểm cần tìm. Điểm \(M\) cách đều hai điểm \(B\), \(C\) khi và chỉ khi

\begin{align*}MB = MC\Leftrightarrow\ &MB^2 = MC^2\\ \Leftrightarrow\ &(1-0)^2 + (1-y)^2 +(2-0)^2 = (5-0)^2 + (3-y)^2 + (1-0)^2 \\ \Leftrightarrow\ &4y = 29 \Leftrightarrow y = \displaystyle\frac{29}{4}.\end{align*}

Vậy điểm \(M\) cần tìm là \(M\left(0;\displaystyle\frac{29}{4};0\right)\).

b) Do \(N\) nằm trên mặt phẳng \((Oxy)\) nên đặt \(N(x;y;0)\) là điểm cần tìm. Điểm \(N\) cách đều ba điểm \(A\), \(B\), \(C\) khi và chỉ khi

\begin{align*}&NA=NB=NC\\ \Leftrightarrow\ &\begin{cases} NA = NB \\ NA = NC\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} NA^2=NB^2 \\ NA^2 = NC^2\end{cases}\\ \Leftrightarrow\ &\begin{cases} (3-x)^2 + (3-y)^2 +(3-0)^2 = (1-x)^2 + (1-y)^2 + (2-0)^2 \\ (3-x)^2 + (3-y)^2 +(3-0)^2 = (5-x)^2 + (3-y)^2 + (1-0)^2\end{cases}\\ \Leftrightarrow\ &\begin{cases} -4x - 4y = -21 \\ 4x = 8\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} x = 2\\ y = \displaystyle\frac{13}{4}.\end{cases}\end{align*}

Vậy điểm \(N\) cần tìm là \(N\left(2;\displaystyle\frac{13}{4};0\right)\).

\(M\) là điểm nằm trên đoạn thẳng \(B C\) sao cho \(M B=3 M C\) nên ta có

\[\overrightarrow{BC}=4\overrightarrow{MC}\Leftrightarrow

\begin{cases}1-1 = 4 \cdot \left(1-x_M\right)\\ -2-2=4\cdot \left(-2-y_M\right)\\ -5-3=4\cdot \left(-5-z_M\right)\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} x_M = 1\\ y_M=-1\\ z_M = -3.\end{cases}\]

Vậy \(M(1;-1;-3)\) và \(AM = \sqrt{(1-0)^2 + (-1-1)^2 + (-3-2)^2}=\sqrt{30}\).

a) Gọi \(H(x;y;z)\) là chân đường cao hạ từ đỉnh \(A\) của tam giác \(OAB\).

Suy ra \(\overrightarrow{OH}=(x;y;z)\).

Do \(\overrightarrow{OH}\) cùng phương với \(\overrightarrow{OB}=(0;-2;3)\) nên ta có \(x=0\); \(y=-2t\); \(z=3t\) (\(t\in\mathbb{R}\)), suy ra \(H(0;-2t;3t)\).

Ta có \(\overrightarrow{AH}=(-1;-2t-2;3t+1)\).

Do \(AH\perp OB\) nên \(\overrightarrow{AH}\perp \overrightarrow{OB}\), suy ra

\[\overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{OB}=0 \Leftrightarrow (-1)\cdot 0 + (-2t-2)\cdot (-2) + (3t+1)\cdot 3 = 0 \Leftrightarrow t = -\displaystyle\frac{7}{13}.\]

Vậy \(H\left( 0; \displaystyle\frac{14}{13};-\displaystyle\frac{21}{13}\right)\).

b) Ta có \(\overrightarrow{AH} = \left(-1;-\displaystyle\frac{12}{13};-\displaystyle\frac{8}{13}\right)\) và \(AH = \sqrt{(-1)^2+\left(-\displaystyle\frac{12}{13}\right)^2 + \left(-\displaystyle\frac{8}{13}\right)^2}=\displaystyle\frac{\sqrt{377}}{13}\).

\(OB=\sqrt{0^2+(-2)^2+3^2}=\sqrt{13}\).

Diện tích tam giác \(O A B\) bằng

\[\displaystyle\frac{1}{2}AH\cdot OB = \displaystyle\frac{1}{2}\cdot \displaystyle\frac{\sqrt{377}}{13}\cdot \sqrt{13}=\displaystyle\frac{\sqrt{29}}{2}.\]

a) Ta có: \(\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{i}; \overrightarrow{OB}=2\overrightarrow{i}+3\overrightarrow{j}; \overrightarrow{OA}=2\overrightarrow{j}+5\overrightarrow{k}\).

b) Do đó: \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}=(2\overrightarrow{i}+3\overrightarrow{j})-(2\overrightarrow{j}+5\overrightarrow{k})=2\overrightarrow{i}+\overrightarrow{j}-5\overrightarrow{k}\).

Vì \(N\in(Oxy)\) nên \(N(x; y; 0)\).

Xét tam giác \(NBO\) vuông tại \(B\), ta có: \(\tan 32^\circ=\displaystyle\frac{NB}{OB}=\displaystyle\frac{x}{y}\) và \(x^2+y^2=ON^2\).

Xét tam giác \(OMC\) có \(ON=MC=OM.\sin 65^\circ=14.\sin 65^\circ\approx 12,67\).

Ta có hệ phương trình:

\(\heva{& \displaystyle\frac{x}{y}=\tan 32^\circ\\ & x^2+y^2=12,67^2\\ } \Leftrightarrow \heva{& x\approx 0,62y\\ & (0,62y)^2+y^2=12,67^2}\Leftrightarrow \heva{& x\approx 6,68\\&y\approx10,77}\).

Suy ra \(N(6,68; 10,77; 0)\). Do đó \(\overrightarrow{ON}= 6,68 \overrightarrow{i}+10,77\overrightarrow{j}\).

Xét tam giác \(OMC\) vuông tại \(C\), ta có: \(OC=OM.\cos 65^\circ=14.\cos 65^\circ\approx 5,92.\)

Suy ra \(C(0;0;5,92)\).Do đó \(\overrightarrow{OC}=5,92\overrightarrow{k}\).

Ta có \(\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{ON}+\overrightarrow{OC}=6,68\overrightarrow{i}+10,77\overrightarrow{j}+5,92\overrightarrow{k}\).

Vậy \(M(6,68; 10,77; 5,92)\).

Tứ giác \(ABCD\) có hai đường chéo bằng nhau và vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình vuông.

Ta có \(\overrightarrow{SA} = (20; 0; -20)\), \(\overrightarrow{SB} = (0; 20; -20)\), \(\overrightarrow{SC} = (-20; 0; -20)\) , \(\overrightarrow{SD} = (0; -20; -20)\).

Suy ra \(SA = SB = SC = SD = 20\sqrt{2}\). Do đó \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều.

Các véctơ \(\overrightarrow{F_1}\), \(\overrightarrow{F_2}\), \(\overrightarrow{F_3}\), \(\overrightarrow{F_4}\) có điểm đầu tại \(S\) và điểm cuối lần lượt là \(A'\), \(B'\), \(C'\), \(D'\).

Ta có \(SA' = SB' = SC' = SD'\) nên \(S.A'B'C'D'\) cũng là hình chóp tứ giác đều.

Gọi \(\overrightarrow{F} \) là trọng lực tác dụng lên chậu cây và \(O'\) là tâm của hình vuông \(A'B'C'D'\). Ta có

\( \overrightarrow{F} =\overrightarrow{F_1} + \overrightarrow{F_2}+ \overrightarrow{F_3}+ \overrightarrow{F_4} = \overrightarrow{SA'} + \overrightarrow{SB'}+ \overrightarrow{SC'}+ \overrightarrow{SD'} = 4\overrightarrow{SO'}.\)

Ta có \(\left| \overrightarrow{F} \right| =40\), suy ra \(\left| \overrightarrow{SO'} \right| = SO' = 10\).

Do tam giác \(SO'A'\) vuông cân nên \(SA' = \sqrt{2}SO' = 10\sqrt{2}\).

Suy ra \(\overrightarrow{F_1} = \overrightarrow{SA'} = \displaystyle\frac{1}{2}\overrightarrow{SA} = (10; 0; -10)\).

Chứng minh tương tự ta cũng có

\( \overrightarrow{F_2} = \displaystyle\frac{1}{2}\overrightarrow{SB} = (0; 10; -10), \overrightarrow{F_3} = \displaystyle\frac{1}{2}\overrightarrow{SC} = (-10; 0; -10), \overrightarrow{F_4} = \displaystyle\frac{1}{2}\overrightarrow{SD} = (0; -10; -10). \)

a) Tọa độ của véc-tơ tổng là

\(\overrightarrow{v}+ \overrightarrow{w} = \left(\displaystyle\frac{27}{2}; 9; -3\right). \)

b) Ta thấy \(\overrightarrow{u} = 2\overrightarrow{w}\), nên véc-tơ vận tốc của thiết bị thăm dò lặn gấp đôi véc-tơ vận tốc của dòng hải lưu.

Công sinh bởi lực \(\overrightarrow{f}\) là

\(A = \left| \overrightarrow{f} \right| \cdot \left| \overrightarrow{a} \right|\cdot \cos \left(\overrightarrow{f}, \overrightarrow{a}\right) = \overrightarrow{f} \cdot \overrightarrow{a} = 5\cdot 70 + 4\cdot 20 + (-2)\cdot (-40) = 510(\text{J}).\)

Trong nửa giờ, kể từ lúc đạt được độ cao nhất định, máy bay bay với vận tốc \(890\) km/h nên bay được quãng đường dài \(445\) km.

Véc-tơ biểu diễn độ dịch chuyển của chiếc máy bay trong nửa giờ đó đối với hệ toạ độ

là \(\overrightarrow{v}=0\cdot \overrightarrow{i}+445\cdot \overrightarrow{j}+ 0\cdot \overrightarrow{k}\).

Vậy \(\overrightarrow{v}=(0;445;0)\).

a) Các khoảng cách giữa mỗi cặp drone giao hàng là

+) \(AB = \sqrt{(5-1)^2+(7-1)^2+(9-1)^2}=2\sqrt{29}\);

+) \(BC = \sqrt{(9-5)^2+(11-7)^2+(4-9)^2}=\sqrt{57}\);

+) \(AC = \sqrt{(9-1)^2+(11-1)^2+(4-1)^2}=\sqrt{173}\).

b) Ta có \(\overrightarrow{AB}=(4;6;8)\) và \(\overrightarrow{AC}=(8;10;3)\).

\begin{eqnarray*}& \cos \widehat{BAC} & =\cos \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right) = \displaystyle\frac{\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}}{AB\cdot AC}\\& & =\displaystyle\frac{4\cdot 8+6\cdot 10 + 8\cdot 3}{2\sqrt{29}\cdot \sqrt{173}}\approx 0{,}819.\end{eqnarray*}

Suy ra \(\widehat{BAC}\approx 35^\circ 2'\).

a) Vì nền nhà là hình chữ nhật nên tứ giác \(OABC\) là hình chữ nhật, suy ra \(x_A=x_B=4\), \(y_C=y_B=5\). Do \(A\) nằm trên trục \(Ox\) nên tọa độ điểm \(A\) là \((4;0;0)\). Tường nhà là hình chữ nhật, suy ra \(y_H=y_C=5\), \(z_H=z_E=3\). Do \(H\) nằm trên mặt phẳng \((Oyz)\) nên tọa độ điểm \(H\) là \((0;5;3)\).

Tứ giác \(OAFE\) là hình chữ nhật nên \(x_F=x_A=4\); \(z_F=z_E=3\). Do \(F\) nằm trên mặt phẳng \((Ozx)\) nên tọa độ điểm \(F\) là \((4;0;3)\).

b) Để tính góc dốc của mái nhà, ta đi tính số đo góc nhị diện có cạnh là đường thẳng \(FG\), hai mặt phẳng lần lượt là \((FGQP)\) và \((FGHE)\). Do mặt phẳng \((Ozx)\) vuông góc với hai mặt phẳng \((FGQP)\) và \((FGHE)\) nên góc \(PFE\) là góc phẳng nhị diện ứng với góc nhị diện đó.

Ta có \(\overrightarrow{FP}=(-2;0;1)\), \(\overrightarrow{FE}=(-4;0;0)\).

Suy ra

\begin{eqnarray*}\cos \widehat{PFE}&=&\cos \left(\overrightarrow{FP},\overrightarrow{FE}\right)=\displaystyle\frac{\overrightarrow{FP}\cdot \overrightarrow{FE}}{\left|\overrightarrow{FP}\right|\cdot \left|\overrightarrow{FE}\right|}\\&=&\displaystyle\frac{(-2)\cdot (-4)+0\cdot 0+1\cdot 0}{\sqrt{(-2)^2+0^2+1^2}\cdot \sqrt{(-4)^2+0^2+0^2}}=\displaystyle\frac{2\sqrt{5}}{5}.\end{eqnarray*}

Do đó, \(\widehat{PFE}\approx 26{,}^\circ\). Vậy góc dốc của mái nhà khoảng \(26{,}6^\circ\).

Theo giả thiết, ta có các điểm \(P(0;0;4)\), \(Q_1(0;-1;0)\), \(Q_2\left(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2};\displaystyle\frac{1}{2};0\right)\), \(Q_{3}\left(-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2};\displaystyle\frac{1}{2};0\right)\).

Suy ra \(\overrightarrow{PQ_1}=(0-0;-1-0;0-4)\) hay \(\overrightarrow{PQ_1}=(0;-1;-4)\);

\(\overrightarrow{PQ_2}=\left(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}-0;\displaystyle\frac{1}{2}-0;0-4\right)\) hay \(\overrightarrow{PQ_2}=\left(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2};\displaystyle\frac{1}{2};-4\right)\);

\(\overrightarrow{PQ_3}=\left(-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}-0;\displaystyle\frac{1}{2}-0;0-4\right)\) hay \(\overrightarrow{PQ_3}=\left(-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2};\displaystyle\frac{1}{2};-4\right)\).

Suy ra \(\left|\overrightarrow{PQ_1}\right|=\left|\overrightarrow{PQ_2}\right|=\left|\overrightarrow{PQ_3}\right|=\sqrt{17}\). Do đó \(\left|\overrightarrow{F_1}\right|=\left|\overrightarrow{F_2}\right|=\left|\overrightarrow{F_3}\right|\).

Vì vậy, tồn tại hằng số \(c\ne 0\) sao cho

\(\overrightarrow{F_1}=c\overrightarrow{PQ_1}=(0;-c;-4c);\)

\(\overrightarrow{F_2}=c\overrightarrow{PQ_2}=\left(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}c;\displaystyle\frac{1}{2}c;-4c\right);\)

\(\overrightarrow{F_3}=c\overrightarrow{PQ_3}=\left(-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}c;\displaystyle\frac{1}{2}c;-4c\right).\)

Suy ra \(\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=(0;0;-12c)\).

Mặt khác, ta có \(\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=\overrightarrow{F}\), trong đó \(\overrightarrow{F}=(0;0;-360)\) là trọng lực tác dụng lên máy quay.

Suy ra \(-12c=-360\), tức là \(c=30\).

Vậy \(\overrightarrow{F_1}=(0;-30;-120)\); \(\overrightarrow{F_2}=\left(15\sqrt{3};15;-120\right)\); \(\overrightarrow{F_3}=\left(-15\sqrt{3};15;-120\right)\).

Xét tứ diện đều \(ABCD\) có cạnh bằng \(a\) (\(a>0\)). Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\); \(O\) và \(G\) lần lượt là trọng tâm các tam giác \(ABC\) và \(BCD\). \(H\) là giao điểm của \(AG\) và \(DO\).

Xét hệ trục tọa độ \(Mxyz\) như hình vẽ.

Ta có

+) \(B\left(0;\displaystyle\frac{a}{2};0\right)\), \(C\left(0;-\displaystyle\frac{a}{2};0\right)\).

+) \(AM = \sqrt{AB^2-BM^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\), suy ra \(A\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2};0;0\right)\).

+) \(MO=\displaystyle\frac{1}{3}AM=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{6}\), suy ra \(O\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{6};0;0\right)\).

Tương tự ta có

+) \(GM=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{6}\).

+) \(AO = \displaystyle\frac{2}{3}AM = \displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\).

+) \(AG=\sqrt{AM^2-GM^2}=\sqrt{\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2-\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}\).

+) Dễ thấy \(\triangle AOH \backsim \triangle AGM\) (g-g), suy ra \(\displaystyle\frac{AO}{AG}=\displaystyle\frac{OH}{GM}\), từ đó suy ra

\( OH = \displaystyle\frac{AO\cdot GM}{AG}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{12}\Rightarrow H\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{6};0;\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{12}\right).\)

+) \(\overrightarrow{HB}=\left(-\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{6};\displaystyle\frac{a}{2};-\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{12}\right)\), \(\overrightarrow{HC}=\left(-\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{6};-\displaystyle\frac{a}{2};-\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{12}\right)\).

Ta có

\begin{eqnarray*}& \cos \widehat{BHC} & =\cos \left(\overrightarrow{HB},\overrightarrow{HC}\right) = \displaystyle\frac{\overrightarrow{HB}\cdot \overrightarrow{HC}}{HB\cdot HC}\\& & = \displaystyle\frac{\displaystyle\frac{3a^2}{36}-\displaystyle\frac{a^2}{4}+\displaystyle\frac{6a^2}{144}}{\sqrt{\displaystyle\frac{3a^2}{36}+\displaystyle\frac{a^2}{4}+\displaystyle\frac{6a^2}{144}}\cdot \sqrt{\displaystyle\frac{3a^2}{36}+\displaystyle\frac{a^2}{4}+\displaystyle\frac{6a^2}{144}}} = -\displaystyle\frac{1}{3}\\\Rightarrow & \widehat{BHC} & =109{,}5^\circ.\end{eqnarray*}

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

\(\triangle OBH\) vuông tại \(H\), có \(\widehat{HOB}= 30^\circ\),

\(OB = 15\Rightarrow OH = OB\cdot \cos 30 = \displaystyle\frac{15\sqrt{3}}{2}\),

\( BH = OB\cdot \sin 30 = \displaystyle\frac{15}{2} \Rightarrow OK = \displaystyle\frac{15}{2}\).

Ta có \(\overrightarrow{OA} = 10\overrightarrow{k} \), \(\overrightarrow{OH} = \displaystyle\frac{15\sqrt{3}}{2} \overrightarrow{j}\), \(\overrightarrow{OK} = \displaystyle\frac{15}{2}\overrightarrow{i}\).

Khi đó

\begin{eqnarray*}\overrightarrow{AB} & = &\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA} = \overrightarrow{OH}+\overrightarrow{OK}-\overrightarrow{OA}\\& = & \displaystyle\frac{15}{2}\overrightarrow{i} + \displaystyle\frac{15\sqrt{3}}{2} \overrightarrow{j} - 10 \overrightarrow{k}\\\Rightarrow \overrightarrow{AB} & =& \left(\displaystyle\frac{15}{2}; \displaystyle\frac{15\sqrt{3}}{2}; - 10 \right).\end{eqnarray*}

Tam giác \(OMH\) vuông tại \(H\), \(OM = 50\); \(\widehat{MOH} = 48^\circ\) nên ta có \(OH = OM\cdot \cos 48 \approx 33{,}5\) và \(OC = MH = OM \cdot \sin 48 \approx 37{,}2\).

Tam giác \(OAH\) vuông tại \(A\), \(OH = 33{,}5\); \(\widehat{AOH} = 64^\circ\) nên ta có \(OA = OH\cdot \cos 64 \approx 14{,}7\),

\(OB = AH = OH\cdot \sin 64 \approx 30{,}1\).

Suy ra

\begin{eqnarray*}\overrightarrow{OM} & = & \overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB} \\& = & 14{,}7\overrightarrow{i}+30{,}1\overrightarrow{j}+37{,}2\overrightarrow{k}.\end{eqnarray*}

Vậy \(M(14{,}7; 30{,}1; 37{,}2)\).

Công sinh bởi lực \(F\) là \(A = \overrightarrow{F}\cdot \overrightarrow{d} = 20\cdot 150 + 30 \cdot 200 + (-10) \cdot 100 = 8000 \ (\mathrm{J}).\)

a) Ta có \(|\overrightarrow{P}|=m\cdot |\overrightarrow{g}|=5\cdot 10=50\) (N).

b) Gọi \(\overrightarrow{F_1}\), \(\overrightarrow{F_2}\), \(\overrightarrow{F_3}\), \(\overrightarrow{F_4}\) lần lượt là lực căng của \(4\) đoạn dây \(OA\), \(OB\), \(OC\), \(OD\). Khi đó ta có \(\overrightarrow{P}=\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}+\overrightarrow{F_4}\).

Vì \(S.ABCD\) là hình chóp đều nên \(|\overrightarrow{F_1}|=|\overrightarrow{F_2}|=|\overrightarrow{F_3}|=|\overrightarrow{F_4}|\) và \(\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_3}=\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_4}=\displaystyle\frac{\overrightarrow{P}}{2}\).

Suy ra \(|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_3}|=\displaystyle\frac{|\overrightarrow{P}|}{2}=25\) (N).

Do \(|\overrightarrow{F_1}|=|\overrightarrow{F_3}|\) và \(\left(\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_3}\right)=60^\circ\) nên \(\triangle SF_1F_2\) là tam giác đều.

Suy ra \(|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_3}|=|\overrightarrow{F_1}|\cdot \sqrt{3}\Leftrightarrow 25=|\overrightarrow{F_1}|\cdot \sqrt{3}\Rightarrow |\overrightarrow{F_1}=\displaystyle\frac{25}{\sqrt{3}}\).

Gọi \(\overrightarrow{F}\) là hợp lực của các lực \(\overrightarrow{F}_1\), \(\overrightarrow{F}_2\), \(\overrightarrow{F}_3\), tức là \(\overrightarrow{F}= \overrightarrow{F}_1+ \overrightarrow{F}_2+ \overrightarrow{F}_3\), ta có

\begin{eqnarray*}\left|\overrightarrow{F}\right|^2 &=& \left(\overrightarrow{F}_1+ \overrightarrow{F}_2+ \overrightarrow{F}_3\right)^2\\&=& \overrightarrow{F}_1^2+ \overrightarrow{F}_2^2+ \overrightarrow{F}_3^2+ 2\overrightarrow{F}_1\cdot\overrightarrow{F}_2+ 2\overrightarrow{F}_2\cdot\overrightarrow{F}_3+ 2\overrightarrow{F}_3\cdot\overrightarrow{F}_1\\&=& 20^2+ 15^2+ 10^2+ 2\cdot 20\cdot 15\cdot\cos 135^\circ\\&=& 725-300\sqrt2.\end{eqnarray*}

Vậy \(\left|\overrightarrow{F}\right|= \sqrt{725-300\sqrt2} \approx 17{,}34\) (N).

Gọi \(\overrightarrow{F_1}\), \(\overrightarrow{F_2}\), \(\overrightarrow{F_3}\) là ba lực tác động vào vật đặt tại điểm \(O\) lần lượt có độ lớn là \(25 \mathrm{\,N}\), \(12 \mathrm{\,N}\) và \(4 \mathrm{\,N}\).

Vẽ \(\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{F_1}\),\(\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{F_2}\), \(\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{F_3}\).

Dựng hình bình hành \(OADB\) và hình bình hành \(ODEC\).

Hợp lực tác động vào vật là

\(\overrightarrow{F}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OE}.\)

Áp dụng định lý cô-sin trong tam giác \(OBD\), ta có

\(\begin{aligned}OD^2&=BD^2+OB^2-2BD\cdot OB\cdot \cos\widehat{OBD}\\&=OA^2+OB^2+2\cdot OA\cdot OB\cdot\cos 100^{\circ}.\end{aligned}\)

Vì \(OC \perp (OADB)\) nên \(OC \perp OD\), suy ra \(ODEC\) là hình chữ nhật.

Do đó tam giác \(ODE\) vuông tại \(D\).

Ta có \(OE^2=OC^2+OD^2=OC^2+OA^2+OB^2+2\cdot OA\cdot OB\cdot\cos 100^{\circ}\).

Suy ra

\(\begin{aligned}[t]OE&=\sqrt{OC^2+OA^2+OB^2+2\cdot OA\cdot OB\cdot\cos 100^{\circ}}\\&=\sqrt{4^2+25^2+12^2+2\cdot 25\cdot 12\cdot \cos 100^{\circ}} \approx 26{,}092.\end{aligned}\)

Vậy độ lớn của hợp lực là \(F=OE \approx 26 \mathrm{\,N}\).

Theo giả thiết ta suy ra

\(\overrightarrow{EA_1}=(0;1;-6)\); \(\overrightarrow{EA_2}=\left(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2};-\displaystyle\frac{1}{2};-6\right)\);\break \(\overrightarrow{EA_3}=\left(-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2};-\displaystyle\frac{1}{2};-6\right)\).

Suy ra \(|\overrightarrow{EA_1}|=|\overrightarrow{EA_2}|=|\overrightarrow{EA_3}|=\sqrt{37}\). Do đó \(|\overrightarrow{F_1}|=|\overrightarrow{F_2}|=|\overrightarrow{F_3}|\).

Vì vậy, tồn tại hằng số \(c\ne 0\) sao cho

\(\overrightarrow{F_1}=c\cdot \overrightarrow{EA_1}=(0;c;-6c);\)

\(\overrightarrow{F_2}=c\cdot \overrightarrow{EA_2}=\left(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}c;-\displaystyle\frac{1}{2}c;-6c\right);\)

\(\overrightarrow{F_3}=c\cdot \overrightarrow{EA_3}=\left(-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}c;-\displaystyle\frac{1}{2}c;-6c\right).\)

Suy ra \(\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=(0;0;-18c)\).

Mặt khác, ta có \(\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=\overrightarrow{F}\), trong đó \(\overrightarrow{F}=(0;0;-300)\) là trọng lực tác dụng lên máy quay. Suy ra \(-18c=-300\), tức là \(c=\displaystyle\frac{50}{3}\).

Vậy \(\overrightarrow{F_1}=\left(0;\displaystyle\frac{50}{3};-100\right)\); \(\overrightarrow{F_2}=\left(\displaystyle\frac{25\sqrt{3}}{3};-\displaystyle\frac{25}{3};-100\right)\); \(\overrightarrow{F_3}=\left(-\displaystyle\frac{25\sqrt{3}}{3};-\displaystyle\frac{25}{3};-100\right)\)

Gọi các điểm \(B(3;0;0)\), \(C(3;6;0)\), \(D(0;6;0)\) như hình vẽ.

\(N\) là trung điểm \(OC\), \(N'\) là hình chiếu của \(N\) lên mặt phẳng trần nhà.

Suy ra \(N'\) là điểm treo đèn.

Ta có \(N\) có tọa độ là \(\left(\displaystyle\frac{0+3}{2};\displaystyle\frac{0+6}{2};\displaystyle\frac{0+0}{2}\right)\), suy ra \(N\left(\displaystyle\frac{3}{2};3;0\right)\).

Suy ra \(N'\left(\displaystyle\frac{3}{2};3;3\right)\).

Vậy tọa độ của điểm treo đèn là \(\left(\displaystyle\frac{3}{2};3;3\right)\).

Gọi \(M\) là điểm biểu diễn của tàu thám hiểm, suy ra \(M(25;15;-10)\).

Ta có \(\overrightarrow{OM}=(25;15;-10) \Rightarrow \left|\overrightarrow{OM}\right|=\sqrt{25^2+15^2+(-10)^2}=5\sqrt{38}\approx 30,82\) (km) \(>30\).

Vậy ra-đa không thể phát hiện được chiếc tàu thám hiểm có toạ độ là \((25;15;-10)\) đối với hệ toạ độ nói trên.

a) Do vị trí vào thang máy có hoành độ \(x=15\) và tung độ \(y=3\) nên tọa độ thang mấy là \(M(15;3;20)\). Suy ra quãng đường cần di chuyển là \(AM=\sqrt{5^2+2^2}=\sqrt{29}\, \mathrm{m}\).

Thời gian để chị Hương di chuyển là \(t=\displaystyle\frac{\sqrt{29}}{1{,}5}=3{,}59(\mathrm{s})\).

b) Tọa độ của bàn lễ tân là \(B(5,0,0)\) nên \(AB=\sqrt{15^2+5^2+20^2}=5\sqrt{26}\approx25{,}495< 30\) nên chị Hương vẫn bắt được sóng wifi.

a) Gọi \(x=H_1H_2\), khi đó độ dài \(OH_1=x\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}\Leftrightarrow 2=x\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}\Leftrightarrow x=2\sqrt{3}\).

b) Gọi \(y\) là khoảng cách giữa hai nguyên tử nitrogen với mỗi nguyên tử hydrogen; khi đó \(NH_2=y\).

Áp dụng định lí cosin ta có \( H_1H_2^2=NH_1^2+NH_2^2-2\cdot NH_1\cdot NH_2\cos \widehat{H_1NH_2}\Leftrightarrow 2y^2-2y^2\cos 107^\circ=12\) \(\Leftrightarrow y^2=\displaystyle\frac{12}{2-2\cos 107}\Leftrightarrow y=2{,}155\).

Gọi \(C(x;y;z)\) là vị trí của máy bay sau \(5\) phút tiếp theo. Vì hướng của máy bay không đổi nên \(\overrightarrow{AB}\) và \(\overrightarrow{BC}\) cùng hướng. Do vận tốc của máy bay không đổi và thời gian bay từ \(A\) đến \(B\) gấp đôi thời gian bay từ \(B\) đến \(C\) nên \(AB=2BC\).

Do đó\\ \(\overrightarrow{BC}=\displaystyle\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=\left(\displaystyle\frac{940-800}{2};\displaystyle\frac{550-500}{2};\displaystyle\frac{8-7}{2} \right)=(70;25;0{,}5) \).

Mặt khác, \(\overrightarrow{BC}=(x-940;y-550;z-8)\) nên \(\heva{&x-940=70\\&y-550=25\\&z-8=0{,}5.}\)

Từ đó \(\heva{&x=1010\\&y=575\\&z=8{,}5}\) và vì vậy \(C(1010;575;8{,}5)\).

Vậy tọa độ của máy bay sau \(5\) phút tiếp theo là \((1010;575;8{,}5)\).

a) Chiếc khinh khí cầu thứ nhất và thứ hai có có tọa độ lần lượt là \((2;1;0{,}5)\) và \((-1;-1{,}5;0{,}8)\).

b) Khoảng cách hai chiếc khinh khí cầu là

\(\sqrt{(-1-2)^2+(1{,}5-1)^2+(0{,}8-0{,}5)^2}=\sqrt{15{,}34}\approx3{,}92\) (km).

a) Ta tìm được tọa độ của các đỉnh lập phương \(OABC.O'A'B'C'\) như sau

\(O'\left(0;0;1\right)\), \(A\left(1;0;0\right)\), \(C\left(0;1;0\right)\), \(B\left(1;1;0\right)\), \(C'\left(0;1;1\right)\), \(A'\left(1;0;1\right)\), \(B'\left(1;1;1\right)\).

\(\Rightarrow AC=AB'=AO'=B'O'=B'C=O'C=\sqrt{2}\).

Do đó \(ACO'B'\) là một tứ diện đều.

\(G\) là trung điểm \(OB'\Rightarrow G\left(\displaystyle\frac{1}{2};\displaystyle\frac{1}{2};\displaystyle\frac{1}{2}\right)\).

Ta có

\(\overrightarrow{GA}=\left(\displaystyle\frac{1}{2};-\displaystyle\frac{1}{2};-\displaystyle\frac{1}{2}\right), \overrightarrow{GC}=\left(-\displaystyle\frac{1}{2};\displaystyle\frac{1}{2};-\displaystyle\frac{1}{2}\right), \overrightarrow{GO'}=\left(-\displaystyle\frac{1}{2};-\displaystyle\frac{1}{2};\displaystyle\frac{1}{2}\right), \overrightarrow{GB'}=\left(\displaystyle\frac{1}{2};\displaystyle\frac{1}{2};\displaystyle\frac{1}{2}\right)\).

\(\Rightarrow \overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GO'}+\overrightarrow{GB'}=\left(0;0;0\right)=\overrightarrow{0}\).

b) Tính số đo của góc liên kết

\(C\) là trọng tâm của tứ diện đều \(H_1H_2H_3H_4\).

\(\Rightarrow \overrightarrow{CH_1}+\overrightarrow{CH_2}+\overrightarrow{CH_3}+\overrightarrow{CH_4}=\overrightarrow{0}\).

\(\Rightarrow C\left(\displaystyle\frac{1}{2};\displaystyle\frac{1}{2};\displaystyle\frac{1}{2}\right)\).

\(\Rightarrow \overrightarrow{CH_1}=\left(\displaystyle\frac{1}{2};-\displaystyle\frac{1}{2};-\displaystyle\frac{1}{2}\right),\overrightarrow{CH_2}=\left(-\displaystyle\frac{1}{2};\displaystyle\frac{1}{2};-\displaystyle\frac{1}{2}\right)\).

\(\Rightarrow \cos\widehat{H_1CH_2}=\cos\left(\overrightarrow{CH_1},\overrightarrow{CH_2}\right)=-\displaystyle\frac{1}{3}\Rightarrow \widehat{H_1CH_2}\approx 109^\circ\).

a) Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như sau

+) Gốc \(O\) trùng với một góc phòng.

+) Mặt phẳng \((Oxy)\) trùng với trần nhà, mặt phẳng \((Oxz)\) và mặt phẳng \((Oyz)\) trùng với hai bức tường.

+) Tọa độ bóng đèn lúc đầu là \(A(1{,}6;1{,}2;0{,}5)\).

+) Tọa độ bóng đèn sau khi di chuyển là \( B(1,5;1,5;0,4)\).

b) \(\overrightarrow{AB}=(-0{,}1;0{,}3;-0{,}1)\Rightarrow AB=\sqrt{(-0{,}1)^{2}+(0{,}3)^{2}+(-0{,}1)^{2}}\approx 0{,}3\).

Vậy vị trí mới của bóng đèn cách vị trí ban đầu \(0{,}3\) m.

a)

Vì tam giác \(ABC\) là tam giác đều, độ dài ba đoạn dây \(OA\), \(OB\), \(OC\) đều bằng \(L>0\). Ta chọn hệ trục như hình vẽ, với \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) và \(H\) là trung điểm \(BC\).

Trong đó \(A\), \(H\) nằm trên trục \(Gx\) và \(O\) nằm trên trục \(Gz\).

Bán kính của chiếc đèn là \(18\) nên \(AG=18\) suy ra \(AB=18\sqrt{3}\) và \(BH=HC=9\sqrt{3}\).

Do đó, ta có \(G(0,0,0)\), \(A(18,0,0)\), \(B(-9,9\sqrt{3},0)\), \(C(-9,-9\sqrt{3},0)\).

Xét tam giác vuông \(AOG\), suy ra \(OG=\sqrt{OA^2-AG^2}=\sqrt{L^2-18^2}\) nên \(O(0;0;\sqrt{L^2-18^2})\).

Ta có \(\overrightarrow{OA}=(18;0;-\sqrt{L^2-18^2})\), \(\overrightarrow{OB}=(-9;9\sqrt{3};-\sqrt{L^2-18^2})\) và \(\overrightarrow{OC}=(-9;-9\sqrt{3};-\sqrt{L^2-18^2})\).

Suy ra \(|\overrightarrow{OA}|=|\overrightarrow{OB}|=|\overrightarrow{OC}|=L\) và \(|\overrightarrow{F_1}|=|\overrightarrow{F_2}|=|\overrightarrow{F_3}|\).

Tồn tại hằng số \(c\ne 0\) sao cho

\(\overrightarrow{F_1}=c\cdot \overrightarrow{OA}=(18c;0;-c\sqrt{L^2-18^2});\)

\(\overrightarrow{F_2}=c\cdot \overrightarrow{OB}=(-9c;9c\sqrt{3};-c\sqrt{L^2-18^2});\)

\(\overrightarrow{F_3}=c\cdot \overrightarrow{OC}=(-9c;-9c\sqrt{3};-c\sqrt{L^2-18^2}).\)

Suy ra \(\overrightarrow{P}=\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=(0;0;-3c\sqrt{L^2-18^2})\), trong đó \(\overrightarrow{P}\) là trọng lực tác dụng lên bóng đèn.

Mà trọng lượng của bóng đèn là \(24\) N nên \(|\overrightarrow{P}|=24\Leftrightarrow 9c^2(L^2-18^2)=24^2\Leftrightarrow c=\displaystyle\frac{8}{\sqrt{L^2-18^2}},\forall L\in (18;+\infty).\)

Vậy \(F=|F_1|=|F_2|=|F_3|=\displaystyle\frac{8L}{\sqrt{L^2-18^2}}\).

b)

Xét hàm số \(F=\displaystyle\frac{8L}{\sqrt{L^2-18^2}}\) trên \((18;+\infty)\).

Ta có

\(F'=\displaystyle\frac{-2592}{(L^2-18^2)\sqrt{L^2-18^2}}< 0\), \(\forall L\in (18;+\infty)\).

Ta có bảng biến thiên

Đồ thị của hàm số

c) Mỗi sợi dây được thiết kế để chịu được lực căng tối đa là \(10\) N.

Suy ra \(F(L)\le 10\Leftrightarrow F(L)\le F(30)\Leftrightarrow L\ge 30\).

Vậy chiều dài tối thiểu của mỗi sợi dây bằng \(30\) in thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Sau khi máy bay vào vùng có gió thì máy bay bay với vận tốc được biểu thị bởi véctơ \(\overrightarrow{v_2}=\overrightarrow{v}+\overrightarrow{u}=\left(492;608;224\right)\).

Sau \(30\) phút \(=0{,}5\) giờ thì máy bay ở vị trí \(B\) với \(\overrightarrow{AB}=\displaystyle\frac{1}{2}\overrightarrow{v_2}\Rightarrow B\left(496;769;127\right)\).

Vậy vị trí của máy bay sau \(30\) phút là \(B\left(496;769;127\right)\).