Ta có \(\left| \overrightarrow{BB'}\right|=BB'=AA'=4\).

\(\left| \overrightarrow{BD}\right|=BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}.\)

\(\left| \overrightarrow{BD'}\right|=BD'=\sqrt{BA^2+BC^2+BB'^2}'=\sqrt{2^2+3^2+4^2}=\sqrt{29}\).

Vì tứ giác \(A B C D\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow{B C}=\overrightarrow{A D}\) và \(\overrightarrow{D C}=\overrightarrow{A B}\). Áp dụng quy tắc hình hộp suy ra \(\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{D C}+\overrightarrow{A A'}=\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A A'}=\overrightarrow{A C'}\).

Ta có \(2 \overrightarrow{MN}= \overrightarrow{AB}+ \overrightarrow{DC}\).

Do đó

\begin{align*}4MN^2=\ & \left(\overrightarrow{AB}+ \overrightarrow{DC}\right)^2\\ =\ & \overrightarrow{AB}^2+ \overrightarrow{DC}^2+ 2\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{DC}\\ \Rightarrow\ &4\cdot 7a^2 &=& 4a^2+12a^2+2\cdot 2a\cdot 2a\sqrt3 \cdot\cos \left(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{DC}\right)\\ \Rightarrow\ &\cos \left(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{DC}\right)=\ &\displaystyle\frac{\sqrt3}{2}\\ \Rightarrow\ &\left(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{DC}\right)=\ &30^\circ.\end{align*}

Gọi \(O\) là tâm hình bình hành \(ABCD\), ta có

\(\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}=2\overrightarrow{SO} \quad (1)\)

\(\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}=2\overrightarrow{SO}. \quad (2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}=\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}.\)

Ta có

\begin{eqnarray*}\overrightarrow{AM} &=& \displaystyle\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AG}\right)\\

&=& \displaystyle\frac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \displaystyle\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AE}\right)\\ &=& \displaystyle\frac{1}{2}\overrightarrow{a} + \displaystyle\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\right)\\ &=& \overrightarrow{a} + \displaystyle\frac{1}{2}\overrightarrow{b}+ \displaystyle\frac{1}{2}\overrightarrow{c}.\end{eqnarray*}

Tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là \(A(0;0;0)\), \(B(a,0,0)\), \(C(a;2a;0)\), \(D(0,2a,0)\), \(A'(0;0;2a)\), \(B'(a,0,2a)\), \(C'(a,3a;2a)\), \(D'(0;3a,2a)\).

a) \(G\) là trọng tâm tam giác \(A'BC\) nên \(G\left(\displaystyle\frac{2a}{3};\displaystyle\frac{2a}{3};\displaystyle\frac{2a}{3}\right)\).

b) Phương trình mặt phẳng \((ABCD)\) là \(z=0\). Suy ra, \(\mathrm{\,d}(G;(ABCD))=\displaystyle\frac{2a}{3}\).

c) Ta có \(V_{G.ABCD}=2V_{G.ABD}=2\cdot\displaystyle\frac{1}{6}|[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}]\overrightarrow{AG}|\).

Ta có

\(\begin{cases}\overrightarrow{AB}=(a;0;0)\\ \overrightarrow{AD}=(0;3a;0)\\ \overrightarrow{AG}=\left(\displaystyle\frac{2a}{3};\displaystyle\frac{2a}{3};\displaystyle\frac{2a}{3}\right)\end{cases}\Rightarrow \left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AD}\right]=(0;0;3a^2)\).

Suy ra, \(V_{G.ABCD}=2\cdot\displaystyle\frac{1}{6}|[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}]\overrightarrow{AG}|=\displaystyle\frac{2}{3}a^3\).

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 \(26{,}6^\circ\).

a) Ta có \(\begin{cases}\overrightarrow{AB}=(2;-1;-2)\\ \overrightarrow{CD}=(1;4;-1)\end{cases}\) \(\Rightarrow \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{CD}=0\Rightarrow AB\perp CD\).

b) Ta có \(\begin{cases}\overrightarrow{BC}=(-1;-1;4)\\ \overrightarrow{CD}=(1;4;-1)\\ \overrightarrow{BD}=(0;3;3)\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}BC=\sqrt{18}\\ CD=\sqrt{18}\\ BD=\sqrt{18}\end{cases}\)

\(\Rightarrow BC=CD=BD\Rightarrow BCD\) là tam giác đều.

c) \(M\) là trung điểm \(BC\) nên \(M\left(\displaystyle\frac{5}{2};\displaystyle\frac{3}{2};-2\right)\).

\(\begin{cases} \overrightarrow{MA}=\left(-\displaystyle\frac{3}{2};\displaystyle\frac{3}{2};0\right)\\ \overrightarrow{MD}=\left(\displaystyle\frac{1}{2};\displaystyle\frac{7}{2};1\right)\end{cases}\) \(\Rightarrow\cos\widehat{AMD}=\displaystyle\frac{\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MD}}{MA\cdot MD}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{9}{2}}{\displaystyle\frac{3\sqrt{2}}{2}\displaystyle\frac{3\sqrt{6}}{2}}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}\) \(\Rightarrow \widehat{AMD}=54^\circ 44^\circ\).

a) Ta có \(\begin{cases}\overrightarrow{BA}=(0;0;-1)\\ \overrightarrow{BC}=(-1;0;-1)\\ \overrightarrow{CA}=(1,0;0)\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}BA=1\\BC=\sqrt{2}\\ CA=1\end{cases}\).

b) Do \(BA^2+CA^2=BC^2\) và \(BA=CA\) nên \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(A\), suy ra \(\widehat{ABC}=45^\circ\).

a) Ta có \(\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AD}\) \(\Leftrightarrow \overrightarrow{OE}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OD}=(0;2;-1)\), suy ra \(E(0;2;-1)\).

b) Trung điểm của cạnh \(AB\) là \(M\left(-1;1;-\displaystyle\frac{1}{2}\right)\) và trọng tâm của tam giác \(ABC\) là \(G\left(-1;1;1\right)\).

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 \(F=OE \approx 26 \mathrm{\,N}\).

Gọi \(\overrightarrow{F_4}=(x, y, z)\) là véc-tơ lực cần tìm. Khi vật ở trạng thái cân băng, tổng của các lực là

\(\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}+\overrightarrow{F_4}=\overrightarrow{0}\) \(\Leftrightarrow \begin{cases}9+1+9+x=0 \\ 7+5-2+y=0 \\ 2+10-7+z=0\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x=-19\\ y=0\\ z=-5.\end{cases}\)

Vậy véc-tơ lực \(\overrightarrow{F_4}=(-19,0,-5)\) là véc-tơ cần tìm để vật ở trạng thái cân bằng.

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