a) Giá của ba véctơ \(\overrightarrow{AB}\), \(\overrightarrow{AD}\), \(\overrightarrow{AA'}\) lần lượt là ba đường thẳng \(AB\), \(AD\) và \(AA'\). Chúng không cùng nằm trên một mặt phẳng vì bốn điểm \(A\), \(B\), \(D\) và \(A'\) không đồng phẳng.

b) Do \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp nên \(ABB'A'\) là hình bình hành, suy ra \(AB \parallel A'B'\) và \(AB=A'B'\).

Như thế \(\overrightarrow{AB}\) và \(\overrightarrow{A'B'}\) cùng hướng và có độ dài bằng nhau nên \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{A'B'}\).

Hoàn toàn tương tự ta có các véctơ bằng véctơ \(\overrightarrow{AB}\) là \(\overrightarrow{DC}\), \(\overrightarrow{A'B'}\), \(\overrightarrow{D'C'}\).

c) Hai véctơ \(\overrightarrow{AD}\) và \(\overrightarrow{DA}\) có độ dài bằng nhau và ngược hướng nên chúng đối nhau.

Do \(ABCD\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow{AD}\) cùng độ dài và ngược hướng với \(\overrightarrow{CB}\), suy ra \(\overrightarrow{AD}\) và \(\overrightarrow{CB}\) cũng đối nhau.

Tương tự các véctơ đối của véctơ \(\overrightarrow{AD}\) là \(\overrightarrow{DA}\), \(\overrightarrow{CB}\), \(\overrightarrow{C'B'}\) và \(\overrightarrow{D'A'}\).

a) Do \(AC \parallel A'C'\) và \(M \in AC\) nên:

+) Véc-tơ khác \(\overrightarrow{0}\) và cùng phương với \(\overrightarrow{AM}\) là véc-tơ có giá \(AC\) hoặc \(A'C'\). Đó là các véc-tơ \(\overrightarrow{AC}\), \(\overrightarrow{CA}\), \(\overrightarrow{A'C'}\), \(\overrightarrow{C'A'}\);

+) Trong những véc-tơ khác \(\overrightarrow{0}\) và cùng phương với \(\overrightarrow{AM}\), có hai véc-tơ \(\overrightarrow{AC}\), \(\overrightarrow{A'C'}\) cùng hướng với \(\overrightarrow{AM}\);

+) Các véc-tơ đối của \(\overrightarrow{AC}\) là \(\overrightarrow{CA}\), \(\overrightarrow{C'A'}\);

+) Các véc-tơ bằng \(\overrightarrow{MM'}\) là \(\overrightarrow{AA'}\), \(\overrightarrow{BB'}\), \(\overrightarrow{CC'}\) (các véc-tơ này cùng hướng và cùng độ dài với \(\overrightarrow{MM'}\)).

b) Từ giả thiết, ta suy ra tam giác \(AMB\) vuông tại \(M\). Từ đó ta có:

\(BM=BA\cdot\cos\widehat{ABM}=5\cdot\cos 15^{\circ}\approx 4{,}83(\mathrm{~cm}).\)

Vậy độ dài của \(\overrightarrow{BM}\) là \(|\overrightarrow{BM}|\approx 4{,}83(\mathrm{~cm})\).

a) Có bao nhiêu véc-tơ có điểm đầu và điểm cuối là đỉnh của tứ diện? Liệt kê tất cả những véc-tơ đó.

Với mỗi cách chọn ra \(2\) đỉnh bất kì của tứ diện ta được \(2\) véc-tơ đối nhau.

Vậy có \(2 \mathrm{C}_4^2 = 12\) véc-tơ.

Các véc-tơ đó là: \(\overrightarrow{AB}\), \(\overrightarrow{BA}\), \(\overrightarrow{AC}\), \(\overrightarrow{CA}\), \(\overrightarrow{AD}\), \(\overrightarrow{DA}\), \(\overrightarrow{BC}\), \(\overrightarrow{CB}\), \(\overrightarrow{BD}\), \(\overrightarrow{DB}\), \(\overrightarrow{CD}\), \(\overrightarrow{DC}\).

b) Bạn Lan nói: \(\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AD}\) vì các véc-tơ này có cùng độ dài và cùng hướng (từ trên xuống dưới). Khẳng định của bạn Lan có đúng không? Vì sao?

Khẳng định của bạn Lan là sai.

Do \(\overrightarrow{AB}\), \(\overrightarrow{AC}\), \(\overrightarrow{AD}\) có giá không song song với nhau nên các véc-tơ này không thể cùng hướng, vì vậy các véc-tơ này không bằng nhau.

a) Trong những véc-tơ khác \(\overrightarrow{0}\), có điểm đầu và điểm cuối là những điểm cho trên hình, các véc-tơ

+) Cùng hướng với \(\overrightarrow{MN}\) là \(\overrightarrow{AB}\), \(\overrightarrow{QP}\), \(\overrightarrow{DC}\).

+) Bằng \(\overrightarrow{MN}\) là \(\overrightarrow{QP}\).

b) Tìm độ dài các véc-tơ \(\overrightarrow{MP}\), \(\overrightarrow{MS}\) theo \(a\) và \(h\).

Do \(ABCD\) là hình vuông nên \(AC = a \sqrt{2}\).

Ta có \(MP\) là đường trung bình của \(\triangle SAC \Rightarrow MP = \displaystyle\frac{1}{2} AC = \displaystyle\frac{a \sqrt{2}}{2}\).

Xét \(\triangle SOA\) vuông tại \(O\) ta có

\begin{eqnarray*}SA^2 &=& SO^2 + AO^2\\ & = & SO^2 + \left (\displaystyle\frac{AC}{2}\right)^2 = h^2 + \left (\displaystyle\frac{a \sqrt{2}}{2}\right)^2 = h^2 + \displaystyle\frac{a^2}{2} = \displaystyle\frac{2h^2 + a^2}{2}.\end{eqnarray*}

Do \(M\) là trung điểm \(SA\) nên \(MS = \displaystyle\frac{SA}{2} = \displaystyle\frac{2h^2 + a^2}{4}\).

Vì \(A B C D . A' B' C' D'\) là hình hộp nên \(\overrightarrow{B A}=\overrightarrow{C D}\) và \(\overrightarrow{D' A'}=\overrightarrow{C B}\).

Suy ra \(\overrightarrow{C C'}+\overrightarrow{B A}+\overrightarrow{D' A'}=\overrightarrow{C C'}+\overrightarrow{C D}+\overrightarrow{C B}=\overrightarrow{C A'}\).

a) Để chứng minh \(E, M, C\) thẳng hàng, ta sẽ chứng minh \(\overrightarrow{E C}=k \overrightarrow{E M}\) với \(k\) là một số thực nào đó.

Do \(M\) là trọng tâm của tam giác \(A F H\) nên ta có

\(\overrightarrow{E A}+\overrightarrow{E F}+\overrightarrow{E H}=3 \overrightarrow{E M}.\)

Mặt khác, theo quy tắc hình hộp thì

\(\overrightarrow{E A}+\overrightarrow{E F}+\overrightarrow{E H}=\overrightarrow{E C}.\)

Suy ra \(\overrightarrow{E C}=3 \overrightarrow{E M}\).

Vậy ba điểm \(E\), \(M\), \(C\) thẳng hàng.

b) Áp dụng định lí côsin trong tam giác \(A B C\), ta có

\[A C^2=5^2+6^2-2 \cdot 5 \cdot 6 \cdot \cos 120^{\circ}=91.\]

Khi \(A B C D . E F G H\) là hình hộp đứng thì \(E A C\) là tam giác vuông tại \(A\), do đó

\[E C^2=E A^2+A C^2=100+91=191.\]

Suy ra \(E M=\displaystyle\frac{1}{3} \sqrt{191}\).

Áp dụng quy tắc ba điểm, ta có

\begin{align*}\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{A D} &\ =\overrightarrow{A G}+\overrightarrow{G B}+\overrightarrow{A G}+\overrightarrow{G C}+\overrightarrow{A G}+\overrightarrow{G D}\\ &\ =3 \overrightarrow{A G}+\overrightarrow{G B}+\overrightarrow{G C}+\overrightarrow{G D}.\end{align*}

Vì \(G\) là trọng tâm tam giác \(B C D\) nên

\(\overrightarrow{G B}+\overrightarrow{G C}+\overrightarrow{G D}=\overrightarrow{0}.\)

Suy ra \(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{A D}=3 \overrightarrow{A G}\).

a) Do \(HK\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\) nên \(BC\parallel HK\) và \(BC = 2HK\).

Suy ra \(\overrightarrow{BC}\) cùng hướng với \(\overrightarrow{HK}\) và \(| \overrightarrow{BC}| = 2|\overrightarrow{HK}|\). Vậy \(\overrightarrow{BC} = 2\overrightarrow{HK}\).

b) Ta có \(G\) là trọng tâm tam giác \(BCD\) nên \(\overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} + \overrightarrow{GD} = \overrightarrow{0}\).

Do đó

\begin{eqnarray*}& \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AD} & = \overrightarrow{AG} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{AG} + \overrightarrow{GC} + \overrightarrow{AG} + \overrightarrow{GD}\\ & & = 3\overrightarrow{AG} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} + \overrightarrow{GD} = 3\overrightarrow{AG}.\end{eqnarray*}

a) Có ba véc-tơ là \(\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}\) và \(\overrightarrow{A D}\).

b) Trong ba véc-tơ \(\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}\) và \(\overrightarrow{A D}\) chỉ có hai véc-tơ \(\overrightarrow{A B}\) và \(\overrightarrow{A C}\) có giá nằm trong mặt phẳng \((A B C)\).

c) Vì tứ diện \(A B C D\) có độ dài mỗi cạnh bằng 1 nên \(\left| \overrightarrow{A B}\right| =\left| \overrightarrow{A C}\right| =\left| \overrightarrow{A D}\right| =1\).

a) Hai đường thẳng \(A A'\) và \(B C\) chéo nhau nên hai véc-tơ \(\overrightarrow{A A'}\) và \(\overrightarrow{B C}\) không cùng phương.

Do đó, hai véc-tơ \(\overrightarrow{A A'}\) và \(\overrightarrow{B C}\) không bằng nhau.

Tứ giác \(A C C' A'\) là hình bình hành nên \(A A' \parallel C C'\) và \(A A'=C C'\).

Hai véc-tơ \(\overrightarrow{A A'}\) và \(\overrightarrow{C C'}\) có cùng độ dài và cùng hướng nên hai véc-tơ đó bằng nhau.

Tương tự, hai véc-tơ \(\overrightarrow{A A'}\) và \(\overrightarrow{B' B}\) có cùng độ dài và ngược hướng nên hai véc-tơ \(\overrightarrow{A A'}\) và \(\overrightarrow{B' B}\) không bằng nhau.

b) Gọi \(M'\) là trung điểm của cạnh \(B' C'\). Vì tứ giác \(B C C' B'\) là hình bình hành nên \(M M' \parallel B B'\) và \(M M'=B B'\).

Hình lăng trụ \(A B C \cdot A' B' C'\) có \(A A' \parallel B B'\) và \(A A'=B B'\), suy ra \(M M' \parallel A A'\) và \(M M'=A A'\).

Hai véc-tơ \(\overrightarrow{M M'}\) và \(\overrightarrow{A A'}\) có cùng độ dài và cùng hướng nên \(\overrightarrow{M M'}=\overrightarrow{A A'}\).

Vậy trung điểm của cạnh \(B' C'\) là điểm \(M'\) cần tìm.

Tứ giác \(A B C D\) là hình vuông nên \(\overrightarrow{B C}=\overrightarrow{A D}\).

Do đó \(\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{D D'}=\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{D D'}=\overrightarrow{A D'}\).

Tứ giác \(A D D' A'\) là hình vuông nên \(A D'=\sqrt{A D^2+D D^{\prime 2}}=\sqrt{2}\), suy ra \(\left|\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{D D'}\right|=\sqrt{2}\).

Theo quy tắc ba điểm trong không gian, ta có \(\overrightarrow{A C}=\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{D C}\).

Từ đó lần lượt áp dụng tính chất của phép cộng véc-tơ trong không gian, ta được

\(\begin{aligned}\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BD} & =(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DC})+\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AD}+(\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{BD}) \\ & =\overrightarrow{AD}+(\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{DC})=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC}.\end{aligned}\)

a) Tứ giác \(A B C D\) là hình bình hành nên \(A B=C D\) và \(A B\parallel C D\), suy ra \(A M=C N\) và \(A M \parallel C N\).

Hai véc-tơ \(\overrightarrow{A M}\) và \(\overrightarrow{C N}\) có cùng độ dài và ngược hướng nên chúng là hai véc-tơ đối nhau.

b) Từ câu a, ta có

\(\overrightarrow{C N}=-\overrightarrow{A M}\).

Suy ra \(\overrightarrow{S C}-\overrightarrow{A M}-\overrightarrow{A N}=\overrightarrow{S C}+\overrightarrow{C N}-\overrightarrow{A N}=\overrightarrow{S N}-\overrightarrow{A N}=\overrightarrow{S N}+\overrightarrow{N A}=\overrightarrow{S A}\).

Vì \(O\) là trung điểm của \(A B'\) nên \(O M\) là đường trung bình của tam giác \(A B' B\). Suy ra \(B' B \parallel O M\) và \(B' B=2 O M\).

Tứ giác \(B C C' B'\) là hình bình hành nên \(B' B \parallel C' C\) và \(B' B=C' C\).

Do đó \(C' C \parallel O M\) và \(C' C=2 O M\).

Vì hai véc-tơ \(\overrightarrow{C C'}\) và \(\overrightarrow{O M}\) ngược hướng nên \(\overrightarrow{C C'}=(-2) \overrightarrow{O M}\).

Vì \(G\) là trọng tâm của tam giác \(B C D\) nên \(\overrightarrow{G B}+\overrightarrow{G C}+\overrightarrow{G D}=\overrightarrow{0}\).

Do đó ta có

\(\begin{aligned}& \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{A D}=\overrightarrow{A G}+\overrightarrow{G B}+\overrightarrow{A G}+\overrightarrow{G C}+\overrightarrow{A G}+\overrightarrow{G D} \\ & =3 \overrightarrow{A G}+(\overrightarrow{G B}+\overrightarrow{G C}+\overrightarrow{G D})=3 \overrightarrow{A G}+\overrightarrow{0}=3 \overrightarrow{A G}\end{aligned}\)

a) Hai véc-tơ \(\overrightarrow{A D}\) và \(\overrightarrow{B' C'}\) cùng hướng nên \(\left(\overrightarrow{A D}, \overrightarrow{B' C'}\right)=0^{\circ}\).

b) Vì tứ giác \(A D D' A'\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow{A D}=\overrightarrow{A' D'}\).

Do đó \(\left(\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{A' D'}\right)=(\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{A D})=\widehat{C A D}\).

Tam giác \(A D C\) vuông cân tại \(D\) nên \(\widehat{C A D}=45^{\circ}\), vì vậy \(\left(\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{A' D'}\right)=45^{\circ}\).

a) Tam giác \(S A D\) có ba cạnh bằng nhau nên là tam giác đều, suy ra \(\widehat{S A D}=60^{\circ}\). Tứ giác \(A B C D\) là hình vuông nên \(\overrightarrow{A D}=\overrightarrow{B C}\), suy ra \((\overrightarrow{A S}, \overrightarrow{B C})=(\overrightarrow{A S}, \overrightarrow{A D})=\widehat{S A D}=60^{\circ}\). Do đó \(\overrightarrow{A S} \cdot \overrightarrow{B C}=|\overrightarrow{A S}| \cdot|\overrightarrow{B C}| \cdot \cos 60^{\circ}=a \cdot a \cdot \displaystyle\frac{1}{2}=\displaystyle\frac{a^2}{2}\).

b) Tứ giác \(A B C D\) là hình vuông có độ dài mỗi cạnh là a nên độ dài đường chéo \(A C\) là \(\sqrt{2} a\).

Tam giác \(S A C\) có \(S A=S C=a\) và \(A C=\sqrt{2} a\) nên tam giác \(S A C\) vuông cân tại \(S\), suy ra \(\widehat{S A C}=45^{\circ}\).

Do đó \(\overrightarrow{A S} \cdot \overrightarrow{A C}=|\overrightarrow{A S}| \cdot|\overrightarrow{A C}| \cdot \cos \widehat{S A C}=a \cdot \sqrt{2} a \cdot \displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}=a^2\).

a) Ta có \(\overrightarrow{M N}=\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{C N}\) và \(\overrightarrow{M N}=\overrightarrow{M B}+\overrightarrow{B D}+\overrightarrow{D N}\).

Do đó \(2 \overrightarrow{M N}=(\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{M B})+(\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{B D})+(\overrightarrow{C N}+\overrightarrow{D N})\).

Vì \(M, N\) lần lượt là trung điểm của \(A B, C D\) nên \(\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{M B}=\overrightarrow{C N}+\overrightarrow{D N}=\overrightarrow{0}\).

Suy ra \(2 \overrightarrow{M N}=\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{B D}\), hay \(\overrightarrow{M N}=\displaystyle\frac{1}{2}(\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{B D})\).

b) Từ giả thiết, ta có \(\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{B D} \cdot \overrightarrow{A B}=0\).

Vì vậy, \(\overrightarrow{M N} \cdot \overrightarrow{A B}=\displaystyle\frac{1}{2}(\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{B D}) \cdot \overrightarrow{A B}=\displaystyle\frac{1}{2} \overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{A B}+\displaystyle\frac{1}{2} \overrightarrow{B D} \cdot \overrightarrow{A B}=0\).

a) Ta có \(\overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{AH}=\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{AH}= \overrightarrow{AD}^2=a^2\).

b) Ta có \(\overrightarrow{AF}\cdot \overrightarrow{EG}=\overrightarrow{AF}\cdot \overrightarrow{AC}= a^2\) (vì \(\triangle ACF\) đều cạnh \(a\sqrt2\)).

d) Ta có \(\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{FE}=\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BA}= -\displaystyle\frac{1}{2} \overrightarrow{AC}^2=-a^2\).

Ta có \(\overrightarrow{AC'}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA'}\), do đó

\begin{eqnarray*}AC'^2 &=& \left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA'}\right)^2\\ &=& \overrightarrow{AB}^2+\overrightarrow{AD}^2+\overrightarrow{AA'}^2+2\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}+2\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AA'}+2\overrightarrow{AA'}\cdot\overrightarrow{AD}\\ &=& a^2+a^2+a^2+3\cdot 2\cdot a\cdot a\cdot\cos 60^\circ\\ &=& 6a^2. \end{eqnarray*}

Vậy \(AC'=a\sqrt6\).

a) Ta có

\begin{eqnarray*}\overrightarrow{MN} &=& \overrightarrow{MA}+ \overrightarrow{AB}+ \overrightarrow{BN}\\ \overrightarrow{MN} &=& \overrightarrow{MD}+ \overrightarrow{DC}+ \overrightarrow{CN}.\end{eqnarray*}

Do đó \(2 \overrightarrow{MN}= \overrightarrow{AB}+ \overrightarrow{DC} \Rightarrow \overrightarrow{MN}= \displaystyle\frac{1}{2} \left(\overrightarrow{AB}+ \overrightarrow{DC}\right)\).

b) Theo câu a) \(2 \overrightarrow{MN}= \overrightarrow{AB}+ \overrightarrow{DC}\), do đó

\begin{eqnarray*}4MN^2 &=& \left(\overrightarrow{AB}+ \overrightarrow{DC}\right)^2\\ &=& \overrightarrow{AB}^2+ \overrightarrow{DC}^2+ 2\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{DC}\\ \Rightarrow 4\cdot 7^2 &=& 10^2+6^2+2\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{DC}\\ \Rightarrow \overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{DC} &=& 30.\end{eqnarray*}

c) Theo câu b) ta có

\begin{eqnarray*}30 &=& \overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{DC}\\ &=& AB\cdot DC\cdot\cos \left(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{DC}\right)\\ &=& 60 \cdot\cos \left(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{DC}\right)\\ \Rightarrow \cos \left(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{DC}\right) &=& \displaystyle\frac{1}{2}\\ \Rightarrow \left(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{DC}\right) &=& 60^\circ.\end{eqnarray*}

a) Ta có

\(\begin{aligned}\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AC} &= \left|\overrightarrow{AB}\right| \cdot \left|\overrightarrow{AC}\right| \cdot \cos \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)\\&= AB \cdot AC \cdot \cos \widehat{BAC}\\ &= a \cdot a \cdot \cos {60^\circ}\\&= \frac{a^2}{2}.\end{aligned}\)

Tương tự ta cũng có \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = \displaystyle\frac{a^2}{2}\).

Ta lại có \(\overrightarrow{AM} = \displaystyle\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AD})\), suy ra

\( \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AM} = \overrightarrow{AB} \cdot \frac{1}{2}(\overrightarrow{AC} +\overrightarrow{AD}) = \frac{1}{2}(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD}) = \frac{1}{2}\left(\frac{a^2}{2} + \frac{a^2}{2}\right) = \frac{a^2}{2}.\)

b) Ta có \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD}=(\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{MB}) \cdot \overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{CD} +\overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{CD}\).

Mà \(AM\), \(BM\) là trung tuyến của các tam giác đều \(ACD\), \(BCD\) nên\\ \(\overrightarrow{AM} \perp \overrightarrow{CD}\), \(\overrightarrow{MB} \perp \overrightarrow{CD}\).

Suy ra \(\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{CD} = \overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{CD} = 0\).

Từ các kết quả trên ta có \(\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{CD}=0\).

Suy ra \((\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{CD})=90^\circ\).

Đặt \(\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{a}\), \(\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{b}\), \(\overrightarrow{OC} = \overrightarrow{c}\).

Khi đó, \(|\overrightarrow{a}| = |\overrightarrow{b}| = |\overrightarrow{c}| = 1\) và \(\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} = \overrightarrow{b}\cdot \overrightarrow{c} = \overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c} = 0\).

Do \(\overrightarrow{OM} = \displaystyle\frac{1}{2} \left( \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}\right) = \displaystyle\frac{1}{2}\left( \overrightarrow{a} + \overrightarrow{b} \right)\) và \(\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OA} = \overrightarrow{c} - \overrightarrow{a}\) nên

\begin{eqnarray*}&\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{AC} &= \displaystyle\frac{1}{2}\left( \overrightarrow{a} + \overrightarrow{b} \right)\left(\overrightarrow{c} - \overrightarrow{a}\right)\\& & = \displaystyle\frac{1}{2} \left( \overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{c} - \overrightarrow{a}^2 + \overrightarrow{b}\cdot \overrightarrow{c} - \overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{a} \right) = -\displaystyle\frac{1}{2}.\end{eqnarray*}

Kết hợp với \(\left|\overrightarrow{OM}\right| = OM = \displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\) và \(\left|\overrightarrow{AC}\right| = AC = \sqrt{2}\) suy ra

\(\cos\left( \overrightarrow{OM},\overrightarrow{AC} \right) = \displaystyle\frac{\overrightarrow{OM} \cdot \overrightarrow{AC}}{\left|\overrightarrow{OM}\right| \cdot \left|\overrightarrow{AC}\right|} = -\displaystyle\frac{1}{2}.\)

Vậy \(\left( \overrightarrow{OM},\overrightarrow{AC} \right) = 120^\circ\).

Ta có

\begin{eqnarray*}\cos \left(\overrightarrow{SC},\overrightarrow{AB}\right) &=& \displaystyle\frac{\overrightarrow{SC}\cdot \overrightarrow{AB}}{\left|\overrightarrow{SC}\right|\cdot \left|\overrightarrow{AB}\right|}\\&=& \displaystyle\frac{\left(\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{AC}\right)\cdot \overrightarrow{AB}}{a^2}\\&=& \displaystyle\frac{\overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{AB}}{a^2}.\end{eqnarray*}

Từ giả thiết suy ra \(SAB\) là tam giác đều và \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(A\). Từ đó ta tính được

\( \overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{AB}=a\cdot a\cdot \cos 120^\circ=- \displaystyle\frac{a^2}{2}\) và \(\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{AB}=0.\)

Suy ra \(\cos \left(\overrightarrow{SC},\overrightarrow{AB}\right)=- \displaystyle\frac{1}{2}\). Vậy \(\left(\overrightarrow{SC},\overrightarrow{AB}\right)= 120^\circ\).

Ta có

\begin{eqnarray*}\cos \left(\overrightarrow{AD},\overrightarrow{BC}\right) &=& \displaystyle\frac{\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{BC}}{\left|\overrightarrow{AD}\right|\cdot \left|\overrightarrow{BC}\right|}\\&=& \displaystyle\frac{\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BD}\right)\cdot \overrightarrow{BC}}{ \displaystyle\frac{a^2}{2} }\\&=& \displaystyle\frac{2\left(\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BD}\cdot \overrightarrow{BC}\right)}{a^2}.\end{eqnarray*}

Từ giả thiết ta tính được

\( \overrightarrow{BD}\cdot \overrightarrow{BC}= \displaystyle\frac{a}{2} \cdot a\cdot \cos 45^\circ=\displaystyle\frac{a^2\sqrt2}{4}\) và \(\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}=0.\)

Suy ra \(\cos \left(\overrightarrow{AD},\overrightarrow{BC}\right)= \displaystyle\frac{\sqrt2}{2}\).

Vậy \(\left(\overrightarrow{AD},\overrightarrow{BC}\right)= 45^\circ\).

a) Ta có

\begin{eqnarray*}\overrightarrow{MN} &=& \overrightarrow{MA}+ \overrightarrow{AB}+ \overrightarrow{BN}\\\overrightarrow{MN} &=& \overrightarrow{MD}+ \overrightarrow{DC}+ \overrightarrow{CN}.\end{eqnarray*}

Do đó \(2 \overrightarrow{MN}= \overrightarrow{AB}+ \overrightarrow{DC} \Rightarrow \overrightarrow{MN}= \displaystyle\frac{1}{2} \left(\overrightarrow{AB}+ \overrightarrow{DC}\right)\).

b) Theo câu a) \(2 \overrightarrow{MN}= \overrightarrow{AB}+ \overrightarrow{DC}\), do đó

\begin{eqnarray*}4MN^2 &=& \left(\overrightarrow{AB}+ \overrightarrow{DC}\right)^2\\&=& \overrightarrow{AB}^2+ \overrightarrow{DC}^2+ 2\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{DC}\Rightarrow 4\cdot 7^2 &=& 10^2+6^2+2\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{DC}\\\Rightarrow \overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{DC} &=& 30.\end{eqnarray*}

c) Theo câu b) ta có

\begin{eqnarray*}30 &=& \overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{DC}\\&=& AB\cdot DC\cdot\cos \left(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{DC}\right)\\&=& 60 \cdot\cos \left(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{DC}\right)\\\Rightarrow \cos \left(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{DC}\right) &=& \displaystyle\frac{1}{2}\\\Rightarrow \left(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{DC}\right) &=& 60^\circ.\end{eqnarray*}

a) Ta có \(\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{C D}+\overrightarrow{B C} \cdot \overrightarrow{D C}= \overrightarrow{C D}\left(\overrightarrow{A C} -\overrightarrow{B C} \right)=\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{C D} \);

b) Ta có

\begin{eqnarray*}&&\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{C D}+\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{D B}+\overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{B C}\\&=&\left(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CB}\right) \cdot \overrightarrow{C D}+\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{D B}+\overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{B C}\\&= & \overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{C D}+\overrightarrow{B C} \cdot \overrightarrow{D C}+\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{D B}+\overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{B C}\\&=& \overrightarrow{A C} \cdot \left(\overrightarrow{C D} +\overrightarrow{D B}\right)+\overrightarrow{B C}\cdot\left(\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{DC} \right)\\&=& \overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{CB} +\overrightarrow{BC} \cdot\overrightarrow{AC}=0.\end{eqnarray*}

Ta có

+) \(\overrightarrow{A'B}\cdot \overrightarrow{D'C'} = \overrightarrow{D'C} \cdot \overrightarrow{D'C'} = D'C\cdot D'C' \cdot \cos 45^\circ= a\sqrt{2} \cdot a \cdot \displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}} = a^2\).

+) \(\overrightarrow{D'A} \cdot \overrightarrow{BC} = -\overrightarrow{AD'} \cdot \overrightarrow{AD} = - AD'\cdot AD\cdot \cos 45^\circ = - a\sqrt{2} \cdot a \cdot \displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}} = -a^2 \).

Ta có \(AH=A'H=\displaystyle\frac{a\sqrt 3}{2}\) và \(AH\perp BC,A'H\perp BC\) \(\Rightarrow BC\perp\left(AA'H\right)\)

\(\Rightarrow BC\perp AA'\) hay \(BC\perp BB'\).

Do đó \(BCC'B'\) là hình chữ nhật.

Khi đó \(CC'=AA'=\displaystyle\frac{a\sqrt 3}{2}\cdot\sqrt 2=\displaystyle\frac{a\sqrt 6}{2}\) \(\Rightarrow BM=\sqrt{a^2+\displaystyle\frac{a^2\cdot6}{16}}=a\cdot\displaystyle\frac{\sqrt{22}}{4}\).

Do đó \(\overrightarrow{AA'}\cdot\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{AA'}\cdot\left(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CM}\right)=0+AA'\cdot CM =\displaystyle\frac{3a^2}{4}\).

Do tất cả các cạnh của hình chóp bằng nhau nên hình chóp \(S.ABCD\) là hình chóp đều

\(\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}SO\perp (ABCD)\\AC\perp BD\end{array}\right.\).

Do \(M\) là trung điểm của CD nên ta có

\(\overrightarrow{MS}=\overrightarrow{OS}-\overrightarrow{OM}=-\displaystyle\frac{1}{2}\overrightarrow{OC}-\displaystyle\frac{1}{2}\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{OS}\),

\(\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OC} =-\overrightarrow{OD}-\overrightarrow{OC}\).

Do \(\overrightarrow{OC}\), \(\overrightarrow{OS}\), \(\overrightarrow{OD}\) đôi một vuông góc với nhau nên ta có

\(\overrightarrow{MS}\cdot\overrightarrow{CB}=\displaystyle\frac{1}{2}OC^2+\displaystyle\frac{1}{2}OD^2=OC^2=\displaystyle\frac{a^2}{2}\).

Ta có \(1{,}5\) tấn = \(1~500\) kg.

Độ lớn của trọng lực tác dụng lên chiếc xe là \(\left|\overrightarrow{P}\right| = m \left|\overrightarrow{g}\right| = 1~500\cdot 9{,}8 = 14~700\) (N).

Vectơ d biểu thị độ dịch chuyển của xe có độ dài là \(\left|\overrightarrow{d}\right| = 30\) (m) và \( \left(\overrightarrow{P},\overrightarrow{d}\right)= 90^\circ - 5^\circ = 85^\circ\).

Công sinh ra bởi trọng lực \(\overrightarrow{P}\) khi xe đi hết đoạn đường dốc dài \(30\) m là

\(A=\overrightarrow{P}\cdot\overrightarrow{d}=\left|\overrightarrow{P}\right|\cdot\left|\overrightarrow{d}\right|\cdot\cos\left(\overrightarrow{P},\overrightarrow{d}\right)\) \(= 14~700\cdot 30\cdot \cos 85^\circ \approx 38~436~(J).\)

a) Các véc-tơ \(\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}, \overrightarrow{c}, \overrightarrow{d}\) và \(\overrightarrow{e}\) cùng phương vì cùng vuông góc với mặt đất.

Các véc-tơ \(\overrightarrow{b}, \overrightarrow{c}, \overrightarrow{d}\) và \(\overrightarrow{e}\) cùng chiều vì cùng vuông góc với mặt đất và hướng lên. Các véc-tơ này ngược hướng với véc-tơ \(\overrightarrow{a}\).

b) Vì một chiếc bàn cân đối hình chữ nhật được đặt trên mặt sàn nằm ngang, mặt bàn song song với mặt sàn và bốn chân bàn vuông góc với mặt sàn như bên dưới nên các véc-tơ \(\overrightarrow{b}, \overrightarrow{c}, \overrightarrow{d}\) và \(\overrightarrow{e}\) đôi một bằng nhau (cùng chịu một lực tác động như nhau).

a) Cường độ của hợp lực là

\(\left| \overrightarrow{P} \right|=m \cdot \left| \overrightarrow{g} \right|= 2 \cdot 10=20~\rm{(N)}.\)

\item Lực căng dây \(\overrightarrow{T}_1\), \(\overrightarrow{T}_2\) và \(\overrightarrow{T}_3\) bằng nhau. Gọi cường độ của mỗi lực căng là \(a\) (N).

Ta có \(-\overrightarrow{P}= \overrightarrow{T}_1+\overrightarrow{T}_2+\overrightarrow{T}_3\), do đó

\begin{eqnarray*}\left|\overrightarrow{P}\right|^2 &=& \left(\overrightarrow{T}_1+\overrightarrow{T}_2+\overrightarrow{T}_3\right)^2\\ &=& \overrightarrow{T}_1^2+\overrightarrow{T}_2^2+\overrightarrow{T}_3^2+2\overrightarrow{T}_1\cdot\overrightarrow{T}_2+2\overrightarrow{T}_2\cdot\overrightarrow{T}_3+2\overrightarrow{T}_3\cdot\overrightarrow{T}_1\\ &=& a^2+a^2+a^2+2\cdot a\cdot a\cdot \cos 60^\circ+2\cdot a\cdot a\cdot \cos 60^\circ+2\cdot a\cdot a\cdot \cos 60^\circ \\ &=& 6a^2.\end{eqnarray*}

Do đó \(6a^2=20^2 \Rightarrow a= \displaystyle\frac{10\sqrt6}{3} \approx 8{,}165\) (N).

Lấy các điểm \(M\), \(N\), \(P\), \(Q\) lần lượt trên các tia \(EA\), \(EB\), \(EC\), \(ED\) sao cho

\[\overrightarrow{EM} = \overrightarrow{F_1},\ \overrightarrow{EN} = \overrightarrow{F_2},\ \overrightarrow{EP} = \overrightarrow{F_3},\ \overrightarrow{EQ} = \overrightarrow{F_4}.\]

Do các lực căng \(\overrightarrow{F_1}\), \(\overrightarrow{F_2}\), \(\overrightarrow{F_3}\), \(\overrightarrow{F_4}\) đều có cường độ là \(4700\) N nên \(EM = EN = EP = EQ = 4700\).

Kết hợp \(EA = EB = EC = ED\) ta thu được \(MN \parallel AB\), \(NP\parallel BC\), \(PQ\parallel CD\), \(QM\parallel DA\).

Khi đó tứ giác \(MNPQ\) là hình chữ nhật và \(EM\), \(EN\), \(EP\), \(EQ\) cùng tạo với mặt phẳng \(MNPQ\) một góc \(60^\circ\).

Gọi \(O\) là tâm của \(MNPQ\). Khi đó \(O\) là trung điểm của \(MP\), \(NQ\) và \(OM = ON = OP = OQ\).

Do \(EM = EN = EP =EQ\) nên \(EO \parallel (MNPQ)\), do đó \(\widehat{EMO} = \left(EM;(MNPQ)\right) = 60^\circ\).

Suy ra \(EO = EM \sin 60^\circ = 2350\sqrt{3}\).

Gọi \(\overrightarrow{P}\) là trọng lực tác dụng lên cả hệ, do \(O\) là trung điểm \(MP\), \(NQ\) nên ta có:

\begin{eqnarray*}& \overrightarrow{P} & = \overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}+\overrightarrow{F_4}\\ & & = \overrightarrow{EM } + \overrightarrow{EN} + \overrightarrow{EP} + \overrightarrow{EQ}\\ & & = \overrightarrow{EO} + \overrightarrow{OM} + \overrightarrow{EO} + \overrightarrow{ON} + \overrightarrow{EO} + \overrightarrow{OP} + \overrightarrow{EO} + \overrightarrow{OQ}\\ & & = 4\overrightarrow{EO} + \left(\overrightarrow{OM} + \overrightarrow{OP}\right) + \left(\overrightarrow{ON} + \overrightarrow{OQ}\right)\\ & & = 4\overrightarrow{EO}.\end{eqnarray*}

Suy ra trọng lượng của toàn bộ hệ là \(\left| \overrightarrow{P} \right| = 4\left| \overrightarrow{EO}\right| = 4EO = 9400\sqrt{3}\) N.

Do trọng trượng khung sắt là \(3000\) N nên trọng lượng của xe ô tô là \(9400\sqrt{3} - 3000 \approx 13281\) N.

Gọi \(A_1\), \(B_1\), \(C_1\) lần lượt là các điểm sao cho \(\overrightarrow{OA_1} = \overrightarrow{F_1}\), \(\overrightarrow{OB_1} = \overrightarrow{F_2}\), \(\overrightarrow{OC_1} = \overrightarrow{F_3}\).

Lấy các điểm \(D_1\), \(A'_1\), \(B'_1\), \(D'_1\) sao cho \(OA_1D_1B_1.C_1A'_1D'_1B'_1\) là hình hộp.

Khi đó áp dụng quy tắc hình hộp, ta có:

\[\overrightarrow{OA_1} + \overrightarrow{OB_1} + \overrightarrow{OC_1} = \overrightarrow{OD'_1}.\]

Mặt khác, do các lực căng \(\overrightarrow{F_1}\), \(\overrightarrow{F_2}\), \(\overrightarrow{F_3}\) đôi một vuông góc và \(|\overrightarrow{F_1}| = |\overrightarrow{F_2}| = |\overrightarrow{F_3}| = 15\) (N) nên hình hộp \(OA_1D_1B_1.C_1A'_1D'_1B'_1\) có ba cạnh \(OA_1\), \(OB_1\), \(OC_1\) bằng nhau và đôi một vuông góc. Vì thế hình hộp đó là hình lập phương có độ dài cạnh bằng \(15\). Suy ra độ dài đường chéo \(OD'_1\) của hình lập phương đó bằng \(15\sqrt{3}\).

Do chiếc đèn treo ở vị trí cân bằng nên \(\overrightarrow{F_1} + \overrightarrow{F_2} + \overrightarrow{F_3} = \overrightarrow{P}\), ở đó \(\overrightarrow{P}\) là trọng lực tác dụng lên chiếc đèn.

Suy ra trọng lượng chiếc đèn là \(|\overrightarrow{P}| = |\overrightarrow{OD'_1}| = 15\sqrt{3}\) (N).

Gọi ba vectơ lực tác dụng lên sợi dây kéo ra như hình vẽ.

Vì điểm \(M\) đứng yên nên \(\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=\overrightarrow{0}\).

Gọi \(D\) là đỉnh thứ tư của hình bình hành \(AMBD\) suy ra \(\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}= \overrightarrow{MD}\).

Khi đó \(\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{F_3}=\overrightarrow{0}\) hay \(M\), \(C\), \(D\) thẳng hàng.

Vậy \(M\), \(A\), \(B\), \(C\) đồng phẳng.

Ta có khối rubik là một khối tứ diện đều nên \(AG\perp (BCD)\). Do đó theo giả thiết thì \(AG=8\) cm.

Suy ra khoảng cách từ trọng tâm của một khối rubik (đồng chất) hình tứ diện đều đến một mặt của nó là \(IG=\displaystyle\frac{1}{4} AG=2\) cm.

a) Vì \(\overrightarrow{P}=m\overrightarrow{g}\) nên \(\left|\overrightarrow{P}\right|=m\cdot \left|\overrightarrow{g}\right|=25\cdot 9{,}8=245\) (N).

b) Công sinh bởi trọng lực \(\overrightarrow{P}\) khi em nhỏ trượt hết chiều dài cầu trượt là

\(A=\overrightarrow{F} \cdot \overrightarrow{d}=\overrightarrow{P} \cdot \overrightarrow{AB}=\left|\overrightarrow{P}\right|\cdot \left|\overrightarrow{AB}\right|\cdot \cos \left(\overrightarrow{P};\overrightarrow{AB}\right)=245\cdot 3{,}5\cdot \cos 60^\circ=428{,}75 \mathrm{~(J)}.\)

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

Vậy độ lớn của trọng lực \(\overrightarrow{P}\) tác động lên chiếc đèn chùm là \(50 \mathrm{\,N}\).

b) Gọi \(O\) là trọng tâm của chiếc đèn chùm cũng là chân đường cao hình chóp đều \(S.ABCD\).

Vẽ \(\overrightarrow{OP}\) biểu diễn trọng lực tác động lên đèn chùm với \(OP \perp (ABCD).\)

Khi đó lực căng mỗi sợi xích sẽ là \(\overrightarrow{AS}\), \(\overrightarrow{BS}\), \(\overrightarrow{CS}\), \(\overrightarrow{DS}\).

Chiếc đèn chùm đứng yên nên

\(\overrightarrow{AS}+\overrightarrow{BS}+\overrightarrow{CS}+\overrightarrow{DS}+\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{0}\).

Suy ra

\(\begin{aligned}\overrightarrow{OP}&=\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}+\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}\\&=2\overrightarrow{SO}+2\overrightarrow{SO}=4\overrightarrow{SO}.\end{aligned}\)

Suy ra \(SO=\displaystyle\frac{1}{4}\cdot OP=\displaystyle\frac{50}{4}=\displaystyle\frac{25}{2}\).

Tam giác \(SAC\) cân tại \(S\) có \(\cos\widehat{OSA}=\displaystyle\frac{SO}{SA}\).

Suy ra lực căng mỗi sợi xích là \(SA=\displaystyle\frac{SO}{\cos 30^{\circ}}=\displaystyle\frac{\tfrac{25}{2}}{\tfrac{\sqrt{3}}{2}}=\displaystyle\frac{25\sqrt{3}}{3} \mathrm{\,N}\).

a) Trên hình vẽ có \(28\) vectơ \(\overrightarrow{AB}\), \(\overrightarrow{BA}\), \(\overrightarrow{AC}\), \(\overrightarrow{CA}\), \(\overrightarrow{AD}\), \(\overrightarrow{DA}\), \(\overrightarrow{BC}\), \(\overrightarrow{CB}\), \(\overrightarrow{CD}\), \(\overrightarrow{DC}\), \(\overrightarrow{AA'}\), \(\overrightarrow{A'A}\), \(\overrightarrow{BB'}\), \(\overrightarrow{B'B}\), \(\overrightarrow{CC'}\), \(\overrightarrow{C'C}\), \(\overrightarrow{DD'}\), \(\overrightarrow{D'D}\), \(\overrightarrow{AC'}\), \(\overrightarrow{C'A}\), \(\overrightarrow{A'B'}\), \(\overrightarrow{B'A'}\), \(\overrightarrow{B'C'}\), \(\overrightarrow{C'B'}\), \(\overrightarrow{C'D'}\), \(\overrightarrow{D'C'}\), \(\overrightarrow{A'D'}\), \(\overrightarrow{D'A'}\).

b) Các vectơ cùng phương với vectơ \(AB\) là \(\overrightarrow{BA}\), \(\overrightarrow{CD}\), \(\overrightarrow{DC}\), \(\overrightarrow{A'B'}\), \(\overrightarrow{B'A'}\), \(\overrightarrow{C'D'}\), \(\overrightarrow{D'C'}\).

c) Các vectơ ngược hướng với vectơ \(\overrightarrow{AA'}\) là \(\overrightarrow{A'A}\), \(\overrightarrow{B'B}\), \(\overrightarrow{C'C}\), \(\overrightarrow{D'D}\).

d) Các vectơ bằng vectơ \(\overrightarrow{B'C'}\) là \(\overrightarrow{A'D'}\), \(\overrightarrow{BC}\), \(\overrightarrow{AD}\).

Từ công thức \(\overrightarrow{F}=q \cdot \overrightarrow{E}\) suy ra

\(\begin{aligned}[t]|\overrightarrow{F}| &=q|\overrightarrow{E}| \\&=10^{-9} \cdot 10^5\\&=10^{-4} \text{ N}.\end{aligned}\)

Vậy độ lớn của lực tĩnh điện tác dụng lên điện tích điểm là \(10^{-4}\) N.

Công \(A\) sinh bởi lực tĩnh điện \(\overrightarrow{F}\) là \(A=2 \cdot 10^{-12} \cdot 1{,}8 \cdot 10^5 \cdot 5 = 18 \cdot 10^{-7}\) J.