a) Ta có

+) \(O\) là gốc tọa độ nên \(O(0;0;0)\);

+) \(B\) là hình chiếu vuông góc của \(B'\) lên \((Oxy)\) nên \(B(2;3;0)\);

+) \(C'\) là hình chiếu vuông góc của \(B'\) lên \((Oyz)\) nên \(A'(0;3;5)\);

+) \(A'\) là hình chiếu vuông góc của \(B'\) lên \((Oxz)\) nên \(A'(2;0;5)\);

+) \(A\) là hình chiếu vuông góc của \(B'\) lên trục \(Ox\) nên \(A(2;0;0)\);

+) \(C\) là hình chiếu vuông góc của \(B'\) lên trục \(Oy\) nên \(C(0;3;0)\);

+) \(O'\) là hình chiếu vuông góc của \(B'\) lên trục \(Oz\) nên \(O'(0;0;5)\).

b) Ta có \(OB'=\sqrt{2^2+3^2+5^2}=\sqrt{38}\).

Dựa vào hình vẽ, ta thấy điểm \(P\) có tọa độ là \((2;3;3)\).

\(OP=\sqrt{2^2+3^2+3^2}=\sqrt{22}\).

a) Mặt bên \(OCC'O'\) nằm trong mặt phẳng tọa độ \((Oyz)\).

b) \(Ox \perp (Oyz)\) nên \(Ox \perp \left(OCC'O'\right)\).

c) Mặt bên \(OAA'O'\) nằm trong mặt phẳng tọa độ \((Oxz)\).

Các mặt phẳng tọa độ đôi một vuông góc với nhau nên \(\left(OAA'O'\right) \perp (Oxy)\).

Ta có

a) \(O(0;0;0); B;D \in Ox\Rightarrow B\left(\displaystyle\frac{b}{2};0;0\right); D\left(-\displaystyle\frac{b}{2};0;0\right)\).

\(A;C\in Oy\Rightarrow A\left(0;-\displaystyle\frac{a}{2};0\right); C\left(0;\displaystyle\frac{a}{2};0\right)\).

\(A'\in Oz\Rightarrow A'\left(0;0;c\right)\).

Ta có

\(\overrightarrow{AA'}=\left(0;\displaystyle\frac{a}{2};c\right); \overrightarrow{BB'}=\left(x_{B'}-\displaystyle\frac{b}{2};y_{B'};z_{B'}\right)\);

\(\overrightarrow{CC'}=\left(x_{C'};y_{C'}-\displaystyle\frac{a}{2};z_{C'}\right); \overrightarrow{DD'}=\left(x_{D'}+\displaystyle\frac{b}{2};y_{D'};z_{D'}\right)\).

Ta có

\(\bullet\) \(\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{BB'}\Rightarrow B'\left(\displaystyle\frac{b}{2};\displaystyle\frac{a}{2};c\right)\).

\(\bullet\) \(\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{CC'}\Rightarrow C'\left(0;a;c\right)\).

\(\bullet\) \(\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{DD'}\Rightarrow D'\left(- \displaystyle\frac{b}{2};\displaystyle\frac{a}{2};c\right)\).

b) \(\overrightarrow{BD'}=\left(-b;\displaystyle\frac{a}{2};c\right)\).

Vì đỉnh \(D'\) thuộc tia \(O x\) nên hai véc-tơ \(\overrightarrow{O D'}\) và \(\overrightarrow{i}\) cùng phương, suy racó số thực \(m\) sao cho \(\overrightarrow{O D'}=m \overrightarrow{i}\).

Tương tự, có các số thực \(n\), \(p\) sao cho \(\overrightarrow{O B'}=n \overrightarrow{j}\) và \(\overrightarrow{O A}=p \overrightarrow{k}\). Theo quy tắc hình hộp, suy ra \(\overrightarrow{O C}=\overrightarrow{O D'}+\overrightarrow{O B'}+\overrightarrow{O A}=m \overrightarrow{i}+n \overrightarrow{j}+p \overrightarrow{k}\) và do đó điểm \(C\) có toạ độ là \((m ; n ; p)\).

Mặt khác, đỉnh \(C\) có toạ độ là \((2 ; 3 ; 5)\) nên \(m=2, n=3\), \(p=5\), tức là \(\overrightarrow{O D'}=2 \overrightarrow{i}, \overrightarrow{O B'}=3 \overrightarrow{j}\) và \(\overrightarrow{O A}=5 \overrightarrow{k}\).

Từ đây suy ra \(D'(2 ; 0 ; 0), B'(0 ; 3 ; 0)\) và \(A(0 ; 0 ; 5)\).

a) Vì \(\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB}\) nên ta tìm được \(C(2;4;0)\).

b) Vì \(\overrightarrow{DD'}=\overrightarrow{AA'}\) nên ta tìm được \(D'(2;0;3)\).

c) Vì \(\overrightarrow{CC'}=\overrightarrow{DD'}\) nên ta tìm được \(C'(2;4;3)\).

d) Vì \(\overrightarrow{BB'}=\overrightarrow{AA'}\) nên ta tìm được \(B'(2;0;3)\).

Trong hình bên, \(ABCM.FODE\) là hình hộp chữ nhật. Áp dụng quy tắc hình hộp suy ra

\[\overrightarrow{O M}=\overrightarrow{O F}+\overrightarrow{O D}+\overrightarrow{O B}=3 \overrightarrow{i}+4 \overrightarrow{j}+3 \overrightarrow{k}.\]

Vì vậy, toạ độ của điểm \(M\) là \((3 ; 4 ; 3)\).

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

Để tìm toạ độ của véctơ \(\overrightarrow{AB}\), tacần biểu diễn \(\overrightarrow{AB}\) theo ba véctơ \(\overrightarrow{i}, \overrightarrow{j}, \overrightarrow{k}\).

Do \(\overrightarrow{AB}\) cùng phương với \(\overrightarrow{i}\) và \(|\overrightarrow{AB}|=AB=8=8|\overrightarrow{i}|\) nên \(\overrightarrow{AB}=8\overrightarrow{i}\) hay \(\overrightarrow{AB}=8\overrightarrow{i}+0\overrightarrow{j}+0\overrightarrow{k}\).

Tương tự, tacũng có \(\overrightarrow{AD}=0\overrightarrow{i}+6\overrightarrow{j}+0\overrightarrow{k}\), \(\overrightarrow{AA'}=0\overrightarrow{i}+0\overrightarrow{j}+4\overrightarrow{k}\).

Trong hình bình hành \(ABCD\), ta có \(\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=8\overrightarrow{i}+6\overrightarrow{j}+0\overrightarrow{k}\).

Trong hình bình hành \(AA'C'C\), ta có \(\overrightarrow{AC'}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AA'}=8\overrightarrow{i}+6\overrightarrow{j}+4\overrightarrow{k}\).

Vì \(M\) là trung điểm \(C'D'\) nên

\(\begin{aligned}[t]\overrightarrow{AM} &=\displaystyle\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AD'}+\overrightarrow{AC'}\right) \\&=\displaystyle\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AC'}\right) \\&=\displaystyle\frac{1}{2}\left(4\overrightarrow{k}+6\overrightarrow{j}+8\overrightarrow{i}+6\overrightarrow{j}+4\overrightarrow{k}\right)\\&=4\overrightarrow{i}+6\overrightarrow{j}+4\overrightarrow{k}.\end{aligned}\)

a) Tọa độ các đỉnh của hình lập phương lần lượt là

\(C(1;1;0)\), \(B'(1;0;1)\), \(D'(0;1;1)\), \(C'(1;1;1)\).

b) Tọa độ trọng tâm \(G\) của tam giác \(A'BD\) là

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

c) Tọa độ của véc-tơ \(\overrightarrow{OG}=\left(\displaystyle\frac{1}{3};\displaystyle\frac{1}{3};\displaystyle\frac{1}{3}\right)\) và \(\overrightarrow{OC'}=(1;1;1)\).

Khi đó, \(\overrightarrow{OG}=\displaystyle\frac{1}{3}\overrightarrow{OC'}\) suy ra \(\overrightarrow{OG}\), \(\overrightarrow{OC'}\) cùng phương nên ba điểm \(O\), \(G\), \(C'\) thẳng hàng và \(\overrightarrow{OG}=\displaystyle\frac{1}{3}\overrightarrow{OC'}\).

a) Dựa trên gợi ý của hình vẽ ta xác định một hệ trục toạ độ là \(Bxyz\) với \(B\) trùng với gốc toạ độ \(O(0; 0)\) và các véctơ đơn vị là \(\overrightarrow{i}\) trên trục \(Bx\); \(\overrightarrow{j}\) trên trục \(By\); \(\overrightarrow{k}\) trên trục \(Bz\).

b) Ta có \(\overrightarrow{BA}=0\overrightarrow{i}+2\overrightarrow{j}+0\overrightarrow{k}\) nên \(A(0; 2; 0)\).

Vì \(B\) trùng gốc \(O\) nên \(B(0; 0; 0)\).

Vì \(\overrightarrow{BC}=0\overrightarrow{i}+0\overrightarrow{j}+3\overrightarrow{k}\) nên \(C(0; 0; 3)\).

Ta có \(\overrightarrow{BS}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BH}\)

mà \(\overrightarrow{BA}=0\overrightarrow{i}+2\overrightarrow{j}+0\overrightarrow{k}\)

và \(\overrightarrow{BH}=0\overrightarrow{i}+0\overrightarrow{j}+2\overrightarrow{k}\)

nên \(\overrightarrow{BH}=0\overrightarrow{i}+2\overrightarrow{j}+2\overrightarrow{k}\) hay \(S(0; 2; 2)\).

Vì \(BC = 2\), \(O\) là trung điểm \(BC\) nên \(OC =1\). Suy ra điểm cuối của véc-tơ \(\overrightarrow{i}\) là điểm \(C\).

Vì \(SAOH\) là hình chữ nhật nên \(OH = SA = 1\). Suy ra điểm cuối của véc-tơ \(\overrightarrow{k}\) là điểm \(H\).

Tam giác \(ABC\) đều, có \(AO\) là đường cao.

Suy ra \(AO = \sqrt{AB^2 - OB^2} = \sqrt{3}\). Trên cạnh \(OA\), lấy điểm \(j\) sao cho \(Oj = 1\).

Vậy ta được các véc-tơ \(\overrightarrow{i}\), \(\overrightarrow{j}\), \(\overrightarrow{k}\) như hình vẽ.

Điểm \(C\) nằm trên tia \(Ox\), \(OC = 1\Rightarrow \overrightarrow{OC} = 1\cdot \overrightarrow{i} + 0\cdot \overrightarrow{j} + 0\cdot \overrightarrow{k} \Rightarrow C(1; 0; 0)\).

Điểm \(B\) nằm trên tia đối của tia \(Ox\), \(OB = 1 \Rightarrow \overrightarrow{OB} = (-1)\cdot \overrightarrow{i} + 0\cdot \overrightarrow{j} + 0\cdot \overrightarrow{k} \Rightarrow B(-1; 0; 0)\).

Điểm \(A\) nằm trên tia \(Oy\), \(OA = \sqrt{3} \Rightarrow \overrightarrow{OA} = 0\cdot \overrightarrow{i} + \sqrt{3}\cdot \overrightarrow{j} + 0\cdot \overrightarrow{k}\Rightarrow A(0;\sqrt{3};0)\).

Ta có \(\overrightarrow{OS} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OH} = 0\cdot \overrightarrow{i} + \sqrt{3}\cdot \overrightarrow{j} + 0\cdot \overrightarrow{k} + 0\cdot \overrightarrow{i} + 0\cdot \overrightarrow{j} + 1\cdot \overrightarrow{k} = 0\cdot \overrightarrow{i} + \sqrt{3}\cdot \overrightarrow{j} + 1\cdot \overrightarrow{k}\).

Suy ra \(S(0;\sqrt{3};1)\).

Gọi \(a\) là các cạnh của hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\). Ta có \(BD=AC=a\sqrt{2}\).

\(O(0;0;0); B\in Ox\Rightarrow B\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2};0;0\right); C\in Oy \Rightarrow C\left(0;\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2};0\right); S\in Oz\Rightarrow S\left(0;0;\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)\).

\(O\) là trung điểm \(AC\) và \(BD \Rightarrow A\left(0; -\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}; 0\right); D\left(-\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2};0;0\right)\).

Xét tam giác \(OAB\) vuông tại \(O\) và có \(OA = 4\), \(AB = 5\) nên \(OB = \sqrt{AB^2 - OA^2 } = 3\).

Điểm \(B\) nằm trên tia \(Ox\), \(OB = 3\Rightarrow \overrightarrow{OB} = 3\overrightarrow{i}\).

Điểm \(A\) nằm trên tia đối của tia \(Oy\), \(OA = 4\) \(\Rightarrow \overrightarrow{OA}=-4\overrightarrow{j}\).

Điểm \(C\) nằm trên tia \(Oy\), \(OC = OA = 4\Rightarrow \overrightarrow{OC}=4\overrightarrow{j}\).

Điểm \(S\) nằm trên tia \(Oz\), \(OS = 4\Rightarrow \overrightarrow{OS}=4\overrightarrow{k}\).

Khi đó \(\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA} = 3\cdot \overrightarrow{i}+4\cdot \overrightarrow{j}+0\cdot \overrightarrow{k}\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{AB} = (3; 4; 0)\).

\(\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OA} = 0\cdot \overrightarrow{i}+8\cdot \overrightarrow{j}+0\cdot \overrightarrow{k}\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{AC} = (0; 8; 0)\).

\(\overrightarrow{AS} = \overrightarrow{OS} - \overrightarrow{OA} = 0\cdot \overrightarrow{i}+4\cdot \overrightarrow{j}+4\cdot \overrightarrow{k} \Rightarrow \overrightarrow{AS} = (0; 4; 4)\).

\(\overrightarrow{AM} = \displaystyle\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AS}\right)= 0\cdot \overrightarrow{i}+6\cdot \overrightarrow{j}+2\cdot \overrightarrow{k} \Rightarrow \overrightarrow{AM} = (0; 6; 2)\).

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

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) \(\overrightarrow{a}=-2\overrightarrow{i}+5\overrightarrow{j}-7\overrightarrow{k}\).

\(\overrightarrow{b}=4\overrightarrow{i}+\overrightarrow{k}\).

b) \(\overrightarrow{OA}=7\overrightarrow{i}-2\overrightarrow{j}+\overrightarrow{k}\).

\(\overrightarrow{OB}=5\overrightarrow{j}\).

a) Toạ độ véctơ \(\overrightarrow{a}=(5; 7; -3)\).

Toạ độ véctơ \(\overrightarrow{b}=(2; 0; 4)\).

b) Toạ độ điểm \(M(4; -1; 3)\).

Toạ độ điểm \(N(8; -5; 0)\).

a) Ta có \(M_1(1;2;0)\), \(M_2(0;2;3)\), \(M_3(1;0;3)\).

b) Ta có \(M'(-1;-2;-3)\), \(M''(1;2;-3)\), \(M'''(-1;2;-3)\).

Với \(O\) là gốc toạ độ, ta vẽ được các trục \(Ox\), \(Oy\), \(Oz\) như Hình 3. Ba véctơ đơn vị trên ba trục lần lượt là \(\overrightarrow{i}=\overrightarrow{OA}\), \(\overrightarrow{j}=\overrightarrow{OB}\), \(\overrightarrow{k}=\overrightarrow{OC}\).

Ta có \(\overrightarrow{OA}=4\overrightarrow{i}+0\overrightarrow{j}+0\overrightarrow{k}\), suy ra \(A(4; 0; 0)\);

\(\overrightarrow{OB'}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OO'}=4\overrightarrow{i}+6\overrightarrow{j}+3\overrightarrow{k}\), suy ra \(B'(4; 6; 3)\).

Tìm tọa độ củacác điểm \(H=(-2;0;0)\).

Tìm tọa độ củacác điểm \(K=(0;3;0)\).

Tìm tọa độ củacác điểm \(P=(0;0;4)\).

Toạ độ củacác điểm \(A_1=(3 ;-2 ;0)\).

Toạ độ củacác điểm \(A_2=(3 ;0 ;-1)\).

Toạ độ củacác điểm \(A_3=(0 ;-2 ;-1)\)

Vì \(G(2;-1; 3)\) nên \(\overrightarrow{OG}=2\overrightarrow{i}-\overrightarrow{j}+3\overrightarrow{k}\).

Trên các trục \(Ox, Oy, Oz\) lần lượt lấy ba điểm \(A, B, C\) sao cho:

\(\overrightarrow{OA}=2\overrightarrow{i}\), \(\overrightarrow{OB}=-\overrightarrow{j}\), \(\overrightarrow{OC}=3\overrightarrow{k}\).

Trong mặt phẳng tọa độ \((Oxy)\), vẽ hình chữ nhật \(OAG'B\). Nối \(G'\) với \(O\). Ta có \(\overrightarrow{OG'}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}\).

Trong mặt phẳng \((COG')\), vẽ hình chữ nhật \(COG'G\). Khi đó \(\overrightarrow{OG}=\overrightarrow{OG'}+\overrightarrow{OC}\).

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra:

\(\overrightarrow{OG}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=2 \overrightarrow{i}-\overrightarrow{j}+3\overrightarrow{k}\), nghĩa là \(G(2; -1; 3)\).

Vậy vị trí của điểm cần tìm chính là đỉnh \(G\) của hình chữ nhật \(COG'G\).

Tọa độ đỉnh \(O\) là \((0; 0; 0)\).

Theo giả thiết, ta có \(\overrightarrow{OB}=2\overrightarrow{i}, \overrightarrow{OD}=\overrightarrow{j}, \overrightarrow{OO'}=\overrightarrow{k}\).

Suy ra:

\(\begin{cases} \overrightarrow{OC}=\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{OD}=2 \overrightarrow{i}+\overrightarrow{j}; \\ \overrightarrow{OB'}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OO'}=2\overrightarrow{i}+\overrightarrow{k}; \\ \overrightarrow{OC'}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{OO'}=2 \overrightarrow{i}+\overrightarrow{j}+\overrightarrow{k}; \\ \overrightarrow{OD'}=\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{OO'}=\overrightarrow{j}+\overrightarrow{k}.\end{cases}\)

Vậy \(C(2; 1; 0), B'(2; 0; 1), C'(2; 1; 1), D'(0; 1; 1)\).

Ta có

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

+) \(\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{CC'}\Leftrightarrow \begin{cases}x_{A'}-1=2-4\\ y_{A'}-0=0-5 \\ z_{A'}-1=2-(-5)\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x_{A'}=-1\\ y_{A'}=-5\\ z_{A'}=8\end{cases}\Rightarrow A'(-1;-5;8)\);

+) \(\overrightarrow{BB'}=\overrightarrow{CC'}\Leftrightarrow\begin{cases}x_{B'}-2=2-4\\ y_{B'}-1=0-5\\ z_{B'}-2=2-(-5)\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}x_{B'}=0\\ y_{B'}=-4\\ z_{B'}=9\end{cases}\Rightarrow B'(0;-4;9)\);

+) \(\overrightarrow{DD'}=\overrightarrow{CC'}\Leftrightarrow\begin{cases}x_{D'}-1=2-4\\ y_{D'}-(-1)=0-5\\ z_{D'}-1=2-(-5)\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}x_{D'}=-1\\ y_{D'}=-6\\ z_{D'}=8\end{cases}\Rightarrow D'(-1;-6;8)\).

a) Ta có \(\overrightarrow{AB}=(1;1;1)\) và \(\overrightarrow{AC}=(0;-2;4)\).

Không tồn tại số \(k\) nào để \(\overrightarrow{AB}=k\overrightarrow{AC}\) nên hai véctơ \(\overrightarrow{AB}\) và \(\overrightarrow{AC}\) không cùng phương. Suy raba điểm \(A\), \(B\), \(C\) không thẳng hàng nên \(A\), \(B\), \(C\) là ba đỉnh của một tam giác.

Ta có

\(AB=\sqrt{1^2+1^2+1^2}=\sqrt{3}\);

\(AC=\sqrt{0^2+(-2)^2+4^2}=2\sqrt{5}\);

\(BC=\sqrt{(2-3)^2+(-1-2)^2+(3-0)^2}=\sqrt{19}\).

Vậy chu vi của tam giác \(ABC\) bằng \(\sqrt{3}+2\sqrt{5}+\sqrt{19}\approx 10{,}56\).

b) Tọa độ trung điểm \(M\) của đoạn thẳng \(AB\) là

\[M\left(\displaystyle\frac{2+3}{2};\displaystyle\frac{1+2}{2};\displaystyle\frac{-1+0}{2}\right) \text{ hay } M\left(\displaystyle\frac{5}{2};\displaystyle\frac{3}{2};-\displaystyle\frac{1}{2}\right).\]

Tọa độ trung điểm \(N\) của đoạn thẳng \(BC\) là

\[N\left(\displaystyle\frac{3+2}{2};\displaystyle\frac{2+(-1)}{2};\displaystyle\frac{0+3}{2}\right) \text{ hay } N\left(\displaystyle\frac{5}{2};\displaystyle\frac{1}{2};\displaystyle\frac{3}{2}\right).\]

Tọa độ trung điểm \(P\) của đoạn thẳng \(AC\) là

\[P\left(\displaystyle\frac{2+2}{2};\displaystyle\frac{1+(-1)}{2};\displaystyle\frac{-1+3}{2}\right) \text{ hay } P(2;0;1).\]

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

\[G\left(\displaystyle\frac{2+3+2}{3};\displaystyle\frac{1+2+(-1)}{3};\displaystyle\frac{-1+0+3}{3}\right) \text{ hay } G \left(\displaystyle\frac{7}{3};\displaystyle\frac{2}{3};\displaystyle\frac{2}{3}\right).\]

a) Tọa độ trung điểm \(M\) của đoạn thẳng \(AB\) là

\[M\left(\displaystyle\frac{1 + 0}{2}; \displaystyle\frac{-1 + 1}{2}; \displaystyle\frac{1 + 2}{2} \right) \text{ hay } M\left(\displaystyle\frac{1}{2}; 0; \displaystyle\frac{3}{2}\right).\]

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

\[G\left(\displaystyle\frac{1 + 0 + 1}{3}; \displaystyle\frac{-1 + 1 + 0}{3}; \displaystyle\frac{1 + 2 + 1}{3} \right) \text{ hay } G\left(\displaystyle\frac{2}{3}; 0; \displaystyle\frac{4}{3}\right).\]

Ta có \(\overrightarrow{AB}=(1;4;-1)\), \(\overrightarrow{BC}=(-1;11;1)\), \(\overrightarrow{CD}=(-2,-8,2)\).

Do \(\overrightarrow{CD}=(-2)\cdot \overrightarrow{AB}\) nên hai véctơ \(\overrightarrow{CD}\) và \(\overrightarrow{AB}\) ngược hướng với nhau, suy ra hai đường thẳng \(AB\) và \(CD\) hoặc là song song, hoặc là trùng nhau.

Mặt khác ta lại có hai véctơ \(\overrightarrow{AB}\) và \(\overrightarrow{BC}\) không cùng phương nên ba điểm \(A\), \(B\), \(C\) không thẳng hàng. Vậy \(ABCD\) là hình thang.

a) Vì điểm \(A\) có toạ độ là \((1;2;-3)\) nên

\(\overrightarrow{O A}=(1;2;-3).\)

Do đó, \(\overrightarrow{OA}=1 \overrightarrow{i}+2 \overrightarrow{j}+(-3) \overrightarrow{k}=\overrightarrow{i}+2 \overrightarrow{j}-3 \overrightarrow{k}\).

b) Vì \(\overrightarrow{u}=(3;-4;2)\) nên

\(\overrightarrow{u}=3\overrightarrow{i}+(-4)\overrightarrow{j}+2 \overrightarrow{k}=3\overrightarrow{i}-4\overrightarrow{j}+2 \overrightarrow{k}.\)

Vì \(M\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AB\) nên toạ độ của điểm \(M\) là \(\left(\displaystyle\frac{1+3}{2};\displaystyle\frac{2+2}{2};\displaystyle\frac{3+1}{2}\right)\), suy ra \(M(2;2;2)\).

Vì \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\) nên toạ độ của điểm \(G\) là \(\left(\displaystyle\frac{1+3+2}{3};\displaystyle\frac{2+2+(-1)}{3};\displaystyle\frac{3+1+5}{3}\right)\), suy ra \(G(2;1;3)\).

a) Vì \(\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{AB}(-1;2;1)\) nên ta tìm được \(C(-1;2;1)\).

b) Vì \(\overrightarrow{OO'}=\overrightarrow{CC'}(3;-5;5)\) nên ta tìm được \(O'(3;-5;5)\).

Vì \(\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{OO'}(3;-5;5)\) nên ta tìm được \(A'(4;-4;4)\).

Vì \(\overrightarrow{BB'}=\overrightarrow{OO'}(3;-5;5)\) nên ta tìm được \(B'(3;-2;5)\).

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

b) \(A\) nằm trên tia \(O x\) và \(O A=2\) nên \(A(2;0;0)\).

c) \(A\) nằm trên tia đối của tia \(O y\) và \(O A=3\) nên \(A(0;-3;0)\).

a) \(A(0 ; 0 ; 0)\), \(B(4 ; 2 ;-5)\) \(\Rightarrow \overrightarrow{AB}=(4;2;-5)\);

b) \(A(1 ;-3 ; 7)\), \(B(1 ;-3 ; 7)\) \(\Rightarrow \overrightarrow{AB}=(0;0;0)\);

c) \(A(5 ; 4 ; 9)\), \(B(-5 ; 7 ; 2)\) \(\Rightarrow \overrightarrow{AB}=(-10;3;-7)\).

Vì \(\overrightarrow{i}=1 \cdot \overrightarrow{i}+0 \cdot \overrightarrow{j}+0 \cdot \overrightarrow{k}\) nên \(\overrightarrow{i}=(1 ; 0 ; 0)\).

Vì \(\overrightarrow{j}=0 \cdot \overrightarrow{i}+1 \cdot \overrightarrow{j}+0 \cdot \overrightarrow{k}\) nên \(\overrightarrow{j}=(0 ; 1 ; 0)\).

Vì \(\overrightarrow{k}=0 \cdot \overrightarrow{i}+0 \cdot \overrightarrow{j}+1 \cdot \overrightarrow{k}\) nên \(\overrightarrow{k}=(0 ; 0 ; 1)\).

a) Ta có \(\overrightarrow{A A'}=\left(x_{A'}-x_{A'} ; y_{A'}-y_A ; z_{A'}-z_A\right)=(4 ; 0 ;-1)\).

b) Gọi tọa độ của điểm \(B'\) là \((x ; y, z)\) thì \(\overrightarrow{B B'}=(x-3;y-2;z-5)\). Vì \(ABC.A'B'C'\) là hình lăng trụ nên \(ABB'A'\) là hình bình hành, suy ra \(\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{BB'}\).

Do đó \(\left\{\begin{array}{l}x-3=4\\ y-2=0\\ z-5=-1\end{array}\right.\) hay \(x=7, y=2\) và \(z=4\).\\ Vậy \(B'(7;2;4)\)

Lập luận tương tự suy ra \(C'(11 ;-3 ; 8)\).

Gọi \(A'(x;y;z)\).

\(\overrightarrow{O'A'}=(x-1;y+2;z-2)\), \(\overrightarrow{OA}=(2;3;1)\).

Vì \(O'A'AO\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow{O'A'}=\overrightarrow{OA}\) hay

\(\begin{cases}x-1=2\\y+2=3\\z-2=1\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x=3\\y=1\\z=3\end{cases}\) suy ra \(A'(3;1;3)\).

Gọi \(B(x;y;z)\).

\(\overrightarrow{OA}=(2;3;1)\), \(\overrightarrow{CB}=(x+1;y-2;z-3)\).

Vì \(OABC\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{CB}\) hay

\(\begin{cases}x+1=2\\y-2=3\\z-3=1\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=1\\y=5\\z=4\end{cases}\) suy ra \(B(1;5;4)\).

Gọi \(B'(x;y;z)\).

\(\overrightarrow{A'B'}=(x-3;y-1;z-3)\), \(\overrightarrow{AB}=(-1;2;3)\).

Vì \(ABB'A'\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow{A'B'}=\overrightarrow{AB}\) hay

\(\begin{cases}x-3=-1\\y-1=2\\z-3=3\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=2\\y=3\\z=6\end{cases}\) suy ra \(B'(2;3;6)\).

Gọi \(C'(x;y;z)\).

\(\overrightarrow{O'C'}=(x-1;y+2;z-2)\), \(\overrightarrow{OC}=(-1;2;3)\).

Vì \(OCC'O'\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow{O'C'}=\overrightarrow{OC}\) hay

\(\begin{cases}x-1=-1\\y+2=2\\z-2=3\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=0\\y=0\\z=5\end{cases}\) suy ra \(C'(0;0;5)\).

a) Ta có:

\(\overrightarrow{AB}=(4-1;3-1;1-(-2))=(3;2;3).\)

b) Gọi tọa độ của điểm \(D\) là \(\left(x_D;y_D;z_D\right)\), ta có:

\(\overrightarrow{DC}=\left(-1-x_D;-2-y_D;2-z_D\right).\)

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

\(\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB} \Leftrightarrow\begin{cases}-1-x_D=3 \\ -2-y_D=2\\2-z_D=3\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x_D=-4\\y_D=-4\\z_D=-1.\end{cases}\)

Vậy \(D(-4;-4;-1)\).

Áp dụng công thức trên ta có

a) Trung điểm \(I\) của đoạn thẳng \(MN\) có tọa độ là \(I\left(4;4;\displaystyle\frac{1}{2}\right)\).

b) Trọng tâm \(G\) của tam giác \(MNP\) có tọa độ là \(G\left(4;\displaystyle\frac{4}{3};-\displaystyle\frac{1}{3}\right)\).

a) Ta có \(3\overrightarrow{a}=(3\cdot (-2);3\cdot 3;3\cdot 2)\). Vậy \(3\overrightarrow{a}=(-6;9;6)\).

b) Ta có \(2\overrightarrow{a}=(-4;6;4)\) và \(\overrightarrow{b}=(2;1;-1)\).

Do đó, \(2\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}=(-4-2;6-1;4-(-1))\).

Vậy \(2\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}=(-6;5;5)\).

c) Do \(\overrightarrow{a}=(-2;3;2)\) và \(2\overrightarrow{b}=(4;2;-1)\) nên \(\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b}=(2;5;0)\).

Ngoài ra, vì \(-\displaystyle\frac{3}{2}\overrightarrow{c}=\left(-\displaystyle\frac{3}{2};-3;-\displaystyle\frac{9}{2}\right)\) nên \(\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b}-\displaystyle\frac{3}{2}\overrightarrow{c}=\left(\displaystyle\frac{1}{2};2;-\displaystyle\frac{9}{2}\right)\).

a) Ta có \(\overrightarrow{AB}=(2;-2;5)\) và \(\overrightarrow{AC}=(1;2;0)\). Do \(\overrightarrow{AB}\neq k\overrightarrow{AC}\), với mọi \(k\) nên \(\overrightarrow{AB}\) và \(\overrightarrow{AC}\) không cùng phương. Suy ra \(A\), \(B\), \(C\) không thẳng hàng.

b) Ta có \(\overrightarrow{CD}=(4;-4;10)\) và \(\overrightarrow{AB}=(2;-2;5)\) nên \(\overrightarrow{CD}=2\overrightarrow{AB}\) mà \(A\), \(B\), \(C\) không thẳng hàng nên \(AB\) và \(CD\) song song nhau.

Do \(M(x_M;y_M;z_M)\) là trung điểm đoạn thẳng \(AB\) nên

\(x_M=\displaystyle\frac{-2+0}{2}=-1;\, y_M=\displaystyle\frac{1+2}{2}=\displaystyle\frac{3}{2};\, z_M=\displaystyle\frac{0+5}{2}=\displaystyle\frac{5}{2}.\)

Vậy \(M\left(-1;\displaystyle\frac{3}{2};\displaystyle\frac{5}{2}\right)\).

Do \(G(x_G;y_G;z_G)\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nên

\(x_G=\displaystyle\frac{-2+0+5}{3}=1;\, y_G=\displaystyle\frac{1+2+0}{3}=1;\, z_G=\displaystyle\frac{0+5+2}{3}=\displaystyle\frac{7}{3}.\)

Vậy \(G\left(1;1;\displaystyle\frac{7}{3}\right)\).

a) Các đỉnh \(A;C;O'\) lần lượt thuộc các tia \(Ox;Oy;Oz\) nên \(O(0;0;0); A(3;0;0); C(0;4;0); O'(0;0;2)\).

Ta có \(B\in (Oxy)\Rightarrow B(3;4;0)\Rightarrow \overrightarrow{O'B}=(3;4;-2)\).

b) Ta có \(\begin{cases}x_G=\displaystyle\frac{x_{O'}+x_B}{2}\\x_G=\displaystyle\frac{y_{O'}+y_B}{2}\\z_G=\displaystyle\frac{z_{O'}+z_B}{2}\end{cases}\Rightarrow G\left(\displaystyle\frac{3}{2};2;1\right)\).

a) Vì \(A(2;-1; 4)\) và \(B(3; 5;-1)\) nên \(\overrightarrow{AB}=(3-2; 5-(-1); -1-4)\). Vậy \(\overrightarrow{AB}=(1; 6; -5)\).

b) \(A, B, C\) không thẳng hàng nên để \(ABCD\) là hình bình hành thì điểm \(D\) phải thoả mãn điều kiện \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}\).

Gọi \(\left(x_D; y_D; z_D\right)\) là tọa độ điểm \(D\). Ta có

\(\overrightarrow{DC}=\left(-1-x_D;1-y_D;2-z_D\right)\Rightarrow\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}\Leftrightarrow \begin{cases}-1-x_D= 1\\ 1-y_D= 6\\ 2-z_D=-5\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}x_D=-2 \\ y_D=-5\\ z_D=7.\end{cases}\)

Vậy \(D(-2;-5; 7)\).

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

Tọa độ tâm của hình bình hành \(MMNPQ\) là trung điểm \(H\) của \(MP\) nên \(H(45;60;30)\).

Suy ra tọa độ \(K_0(45;60;25)\); \(K_1(45;60;19)\) và \(\overrightarrow{K_0K_1}=(0;0;6)\).

Gọi toạ độ điểm \(A\) là \(\left(x_A;y_A;z_A\right)\). Vì chiều rộng củasân là \(6,1 \mathrm{~m}\) nên \(x_A=6,1\). Do một nửachiều dài củasân là \(6,7 \mathrm{~m}\) nên \(y_A=6,7\). Điểm \(A\) thuộc mặt phẳng \((Oxy)\) nên \(z_A=0\). Vì vậy, điểm \(A\) có tọa độ là \((6,1;6,7;0)\).

Độ dài đoạn thẳng \(AB\) là \(1,55 \mathrm{~m}\) nên điểm \(B\) có toạ độ là \((6,1;6,7;1,55)\).

Vậy ta có: \(\overrightarrow{AB}=(6,1-6,1;6,7-6,7;1,55-0)\), tức là \(\overrightarrow{AB}=(0;0;1,55)\).

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

\(\triangle OBH\) 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 \(M(14{,}7; 30{,}1; 37{,}2)\).

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

Vậy \(\vec{v}=(0;445;0)\).