a) Giá củaba 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, tasuy 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: \lq\lq \(\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AD}\) vì các véc-tơ này có cùng độ dài và cùng hướng (từ trên xuống dưới)\rq\rq. Khẳng định củabạn Lan có đúng không? Vì sao?

Khẳng định củabạn 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 \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp nên \(\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{CD}\) và \(\overrightarrow{D'A'}=\overrightarrow{C B}\).

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

a) Để chứng minh \(E, M, C\) thẳng hàng, tasẽ 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 \(ABC\), ta có

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

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

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

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

Áp dụng quy tắc ba điểm, ta có

\begin{align*}\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\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 \(BCD\) nên

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

Suy ra \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{A D}=3 \overrightarrow{A G}\).

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 \(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}\) và \(\overrightarrow{A D}\).

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

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

a) Hai đường thẳng \(A A'\) và \(BC\) chéo nhau nên hai véc-tơ \(\overrightarrow{A A'}\) và \(\overrightarrow{BC}\) không cùng phương. Do đó, hai véc-tơ \(\overrightarrow{A A'}\) và \(\overrightarrow{BC}\) không bằng nhau.

Tứ giác \(ACC' A'\) là hình bình hành nên \(A A' \parallel CC'\) và \(A A'=CC'\). Hai véc-tơ \(\overrightarrow{A A'}\) và \(\overrightarrow{CC'}\) 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 củacạnh \(B' C'\). Vì tứ giác \(BCC' B'\) là hình bình hành nên \(M M' \parallel B B'\) và \(M M'=B B'\). Hình lăng trụ \(ABC \cdot A' B' C'\) 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 củacạnh \(B' C'\) là điểm \(M'\) cần tìm.

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

Do đó \(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{DD'}=\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{DD'}=\overrightarrow{A D'}\).

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

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

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

\(\begin{aligned}\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{B D} & =(\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{DC})+\overrightarrow{B D}=\overrightarrow{A D}+(\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{B D}) \\& =\overrightarrow{A D}+(\overrightarrow{B D}+\overrightarrow{DC})=\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{BC} .\end{aligned}\)

a) Tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AB=CD\) và \(AB\parallel CD\), 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 \(\overrightarrow{S C}-\overrightarrow{AM}-\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{S C}+\overrightarrow{CN}-\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{SN}-\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{S N}+\overrightarrow{NA}=\overrightarrow{SA}\).

Vì \(O\) là trung điểm của \(AB'\) nên \(O M\) là đường trung bình của tam giác \(AB' B\). Suy ra \(B' B \parallel O M\) và \(B' B=2 O M\). Tứ giác \(BCC' B'\) 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 \(\overrightarrow{CC'}\) và \(\overrightarrow{O M}\) ngược hướng nên \(\overrightarrow{CC'}=(-2) \overrightarrow{O M}\).

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

Do đó ta có

\(\begin{aligned}& \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\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 \(A DD'A'\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{A'D'}\).

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

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

a) Tam giác \(SAD\) có bacạnh bằng nhau nên là tam giác đều, suy ra \(\widehat{SAD}=60^{\circ}\).

Tứ giác \(ABCD\) là hình vuông nên \(\overrightarrow{A D}=\overrightarrow{BC}\), suy ra \((\overrightarrow{AS}, \overrightarrow{BC})=(\overrightarrow{AS}, \overrightarrow{A D})=\widehat{SAD}=60^{\circ}\). Do đó \(\overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{BC}=|\overrightarrow{AS}| \cdot|\overrightarrow{BC}| \cdot \cos 60^{\circ}=a \cdot a \cdot \displaystyle\frac{1}{2}=\displaystyle\frac{a^2}{2}\).

b) Tứ giác \(ABCD\) là hình vuông có độ dài mỗi cạnh là a nên độ dài đường chéo \(AC\) là \(\sqrt{2} a\).

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

Do đó \(\overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{AC}=|\overrightarrow{AS}| \cdot|\overrightarrow{AC}| \cdot \cos \widehat{SAC}=a \cdot \sqrt{2} a \cdot \displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}=a^2\).

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

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

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

Suy ra \(2 \overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{B D}\), hay \(\overrightarrow{MN}=\displaystyle\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{B D})\).

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

Vì vậy, \(\overrightarrow{MN} \cdot \overrightarrow{AB}=\displaystyle\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{B D}) \cdot \overrightarrow{AB}=\displaystyle\frac{1}{2} \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AB}+\displaystyle\frac{1}{2} \overrightarrow{B D} \cdot \overrightarrow{AB}=0\).

a) Nếu \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{b}\) đều cùng hướng với \(\overrightarrow{c}\) thì \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{b}\) cùng hướng: ĐÚNG.

b) Nếu \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{b}\) đều ngược hướng với \(\overrightarrow{c}\) thì \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{b}\) cùng hướng: SAI

c) Nếu \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{b}\) đều cùng hướng với \(\overrightarrow{c}\) thì \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{b}\) ngược hướng: SAI.

d) Nếu \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{b}\) đều ngược hướng với \(\overrightarrow{c}\) thì \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{b}\) ngược hướng: ĐÚNG

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

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

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

Vì tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{A D}\) và \(\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB}\).

Áp dụng quy tắc hình hộp suy ra \(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{A A'}=\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A A'}=\overrightarrow{AC'}\).

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 \(a\sqrt2\)).

c) 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*}

Theo chứng minh ở bài \(7\), ta có \(2 \overrightarrow{MN}= \overrightarrow{AB}+ \overrightarrow{DC}\).

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 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{eqnarray*}

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

\begin{eqnarray*}&& \overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}=2\overrightarrow{SO} \quad (1)\\&& \overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}=2\overrightarrow{SO}. \quad (2)\end{eqnarray*}

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*}

a) Gọi \(M\), \(M'\) lần lượt là trung điểm của \(AB\), \(A'B' \Rightarrow M;O;M'\) thẳng hàng và \(O\) là trung điểm của \(MM'\). Ta có

\begin{eqnarray*}\overrightarrow{GO} &=& \overrightarrow{GM}+ \overrightarrow{MO}\\&=& \displaystyle\frac{1}{3} \overrightarrow{CM}+ \displaystyle\frac{1}{2} \overrightarrow{MM'}\\&=& \displaystyle\frac{1}{6} \overrightarrow{CA} + \displaystyle\frac{1}{6} \overrightarrow{CB}+ \displaystyle\frac{1}{2} \overrightarrow{CC'}. \quad (1)\\\overrightarrow{CG'} &=& \overrightarrow{CC'}+ \overrightarrow{C'G'}\\&=& \overrightarrow{CC'}+ \displaystyle\frac{2}{3} \overrightarrow{C'M'}\\&=& \overrightarrow{CC'}+ \displaystyle\frac{1}{3} \overrightarrow{C'A'}+ \displaystyle\frac{1}{3} \overrightarrow{C'B'}\\&=& \displaystyle\frac{1}{3} \overrightarrow{CA} + \displaystyle\frac{1}{3} \overrightarrow{CB}+ \overrightarrow{CC'}. \quad (2)\end{eqnarray*}

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(\overrightarrow{CG'}= 2 \overrightarrow{GO} \Rightarrow GO \parallel CG'\).

b) Từ \((1) \Rightarrow 6\overrightarrow{GO}= \overrightarrow{CA} + \overrightarrow{CB}+ 3\overrightarrow{CC'}\).

Do đó

\begin{eqnarray*}36GO^2 &=& \left(\overrightarrow{CA} + \overrightarrow{CB}+ 3\overrightarrow{CC'}\right)^2\\&=& \overrightarrow{CA}^2 + \overrightarrow{CB}^2+ 9\overrightarrow{CC'}^2+ 2\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}+6\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CC'}+6\overrightarrow{CB}\cdot\overrightarrow{CC'}\\&=& 2^2 + 2^2+ 9\cdot 3^2+ 2\cdot 2\cdot 2\cdot\cos 60^\circ\\&=& 93.\end{eqnarray*}

Suy ra \(GO= \displaystyle\frac{\sqrt{93}}{6}\).

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{align*}\cos \left(\overrightarrow{S C}, \overrightarrow{AB}\right) &\ =\displaystyle\frac{\overrightarrow{S C} \cdot \overrightarrow{AB}}{\left|\overrightarrow{S C}\right| \cdot\left|\overrightarrow{AB}\right|}=\displaystyle\frac{\left(\overrightarrow{S A}+\overrightarrow{AC}\right) \cdot \overrightarrow{AB}}{a^2} \\ &\ =\displaystyle\frac{\overrightarrow{S A} \cdot \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AB}}{a^2}.\end{align*}

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

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

Suy ra \(\cos \left(\overrightarrow{S C}, \overrightarrow{AB}\right)=-\displaystyle\frac{1}{2}\).

Vậy \(\cos \left(\overrightarrow{S C}, \overrightarrow{AB}\right)=120^{\circ}\).

a) Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AB \parallel CD\).

Gọi \(E\) là điểm thuộc tia \(AB\) sao cho \(\overrightarrow{B E}=\overrightarrow{DC}\). Ta có

\(\left(\overrightarrow{DC}, \overrightarrow{B S}\right)=\left(\overrightarrow{B E}, \overrightarrow{B S}\right)=\widehat{EBS}.\)

Tam giác \(AS B\) vuông cân tại \(S\) nên \(\widehat{S B A}=45^{\circ}\).

Suy ra \(\widehat{E B S}=180^{\circ}-45^{\circ}=135^{\circ}\), hay \(\left(\overrightarrow{DC}, \overrightarrow{B S}\right)=135^{\circ}\).

Mặt khác, do \(AB=a\) nên \(AS=B S=\displaystyle\frac{a \sqrt{2}}{2}\).

Từ đó ta có

\begin{align*}\overrightarrow{DC} \cdot \overrightarrow{B S} &\ =|\overrightarrow{DC}| \cdot|\overrightarrow{B S}| \cdot \cos \left(\overrightarrow{DC}, \overrightarrow{B S}\right) \\&\ =a \cdot \displaystyle\frac{a \sqrt{2}}{2} \cdot \cos 135^{\circ}=a^2\cdot \displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\left(-\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\right).\end{align*}

Vậy \(\overrightarrow{DC} \cdot \overrightarrow{B S}=-\displaystyle\frac{a^2}{2}\).

b) \(\overrightarrow{DC} \cdot \overrightarrow{AS}=\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AS}=\left|\overrightarrow{AB}\right| \cdot\left|\overrightarrow{AS}\right| \cdot \cos \left(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AS}\right)=a \cdot \displaystyle\frac{a \sqrt{2}}{2} \cdot \cos 45^{\circ}=\displaystyle\frac{a^2}{2}\).

c) Tam giác \(AS B\) cân tại \(S\) và \(M\) là trung điểm củacạnh \(AB\) nên \(S M \perp AB\), hay \(\overrightarrow{M S} \perp \overrightarrow{AB}\).

Suy ra \(\overrightarrow{DC}\cdot\overrightarrow{M S}=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{M S}=0\).

Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AB \parallel DC\).

Trên tia \(AB\) lấy điểm \(E\) sao cho \(\overrightarrow{B E}=\overrightarrow{DC}\). Ta có

\(\left(\overrightarrow{DC}, \overrightarrow{B S}\right)=\left(\overrightarrow{BE}, \overrightarrow{B S}\right)=\widehat{E B S}=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}.\)

Vậy \(\left(\overrightarrow{DC}, \overrightarrow{B S}\right)=120^{\circ}\).

Sử dụng quy tắc ba điểm và quy tắc hiệu, ta có

\begin{align*}\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{CD} &\ =\left(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{C B}\right)-\overrightarrow{CD} \\&\ =\overrightarrow{AC}+\left(\overrightarrow{C B}-\overrightarrow{CD}\right) \\&\ =\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{D B} \\&\ =\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{B D}.\end{align*}

\(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{DB}.\)

Áp dụng tính chất kết hợp và giao hoán của phép cộng vectơ, tasuy ra

\begin{align*}\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD} &\ =\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{D B}+\overrightarrow{CD} \\&\ =\overrightarrow{A D}+\left(\overrightarrow{D B}+\overrightarrow{CD}\right) \\&\ =\overrightarrow{A D}+\left(\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{D B}\right)\\&\ =\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{C B}.\end{align*}

Ngoài đỉnh \(A\), tứ diện còn có \(3\) đỉnh \(B\), \(C\), \(D\) nên ta có \(3\) véc-tơ \(\overrightarrow{AB}\), \(\overrightarrow{AC}\), \(\overrightarrow{AD}\).

Ta có \(\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{A'D'}\), suy ra

\(\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{A'D'}\right)=\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD}\right)=\widehat{DAB}=90^{\circ}.\)

Ta có \(\overrightarrow{A'C'}=\overrightarrow{AC}\), suy ra

\(\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{A'C'}\right)=\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=\widehat{BAC}=45^{\circ}.\)

{\vspace{-0.5cm}

a) Ta có \(\begin{aligned}[t]\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AC} &= |\overrightarrow{AB}| \cdot |\overrightarrow{AC}| \cdot \cos (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})\\&= AB \cdot AC \cdot \cos \widehat{BAC}\\&= a \cdot a \cdot \cos {60^0}\\&= \frac{a^2}{2}.\end{aligned}\)

Tương tự tacũng 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 củacác 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 \((\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{CD})=90^\circ\).

a) Ta có \(\begin{aligned}[t]\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{B'C'}+\overrightarrow{DD'} &=(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BB'})+\overrightarrow{B'C'} \text{ (do } \overrightarrow{DD'}=\overrightarrow{BB'} \text{)} \\&=\overrightarrow{AB'}+\overrightarrow{B'C'}\\&=\overrightarrow{AC'}.\end{aligned}\)

b) Ta có \(\begin{aligned}[t]\overrightarrow{DB'}+\overrightarrow{D'D}+\overrightarrow{BD'} &=(\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{DD'})+\overrightarrow{D'D}+(\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{BB'})\\&=(\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{BD})+(\overrightarrow{DD'}+\overrightarrow{D'D})+\overrightarrow{BB'}\\&=\overrightarrow{BB'}.\end{aligned}\)

c) Ta có \(\begin{aligned}[t]\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BA'}+\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{C'D}&=(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AB})+(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BB'})+(\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DC})+(\overrightarrow{C'C}+\overrightarrow{C'D'})\\&=(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DA})+(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BA})+(\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{C'D'})+(\overrightarrow{BB'}+\overrightarrow{C'C})\\&=\overrightarrow{0}.\end{aligned}\)

Gọi \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC\) và \(BD\). Khi đó

\(\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}=2\overrightarrow{SO}\) và \(\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}=2\overrightarrow{SO}\).

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

Ta có \(3\overrightarrow{SI} = \overrightarrow{SA} + \overrightarrow{SB} +\overrightarrow{SC}\).

và \(3\overrightarrow{SJ}=\overrightarrow{SA} + \overrightarrow{SB} + \overrightarrow{SD}\).

Từ đó suy ra

\(2\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB}+2\overrightarrow{SC}+\overrightarrow{SD}=3(\overrightarrow{SI}+\overrightarrow{SJ}).\)

Ta có \(ABC.A'B'C'\) là hình lăng trụ nên \(ACC'A'\) là hình bình hành, suy ra \(\overrightarrow{A'C'}=\overrightarrow{AC}\).

Do đó \(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{A'C'}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{BC}\).

Tương tự tacũng có \(ABB'A'\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{BB'}\).

Từ đó \(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BB'}=\overrightarrow{BC'}\).

a) Theo quy tắc hình hộp, ta có \(\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{CE}\).

b) Ta có \(\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{AE}\), \(\overrightarrow{EH}=\overrightarrow{AD}\).

Suy ra \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CG}+\overrightarrow{EH}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{AD}\).

Theo quy tắc hình hộp ta có \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AG}\).

Vậy \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CG}+\overrightarrow{EH}=\overrightarrow{AG}\).

Theo quy tắc hiệu ta có \(\overrightarrow{SD}-\overrightarrow{SA}=\overrightarrow{AD}\).

Do \(ABCD\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}\).

Suy ra \(\overrightarrow{BS}-\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BS}-\overrightarrow{BC}.\)

Theo quy tắc hiệu, ta có \(\overrightarrow{BS}-\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{CS}\).

Vậy \(\overrightarrow{BS}-\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{CS}\).

a) Ta có \(\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BN}\), \(\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{CN}\).

Do đó \(2\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{BN}+\overrightarrow{CN}\).

Vì \(M\) là trung điểm \(AD\) và \(N\) là trung điểm \(BC\) nên

\(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MD}=\overrightarrow{0} \text{ và } \overrightarrow{BN}+\overrightarrow{CN}=\overrightarrow{0}.\)

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

b) Ta có \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GB}\), \(\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GC}\), \(\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GD}\).

Suy ra \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}=3\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GD}\).

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

Vậy \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}=3\overrightarrow{AG}\).

Ta có \(\overrightarrow{BD} = \overrightarrow{B'D'}\). Do đó

\[\left( \overrightarrow{BD},\overrightarrow{B'C} \right) = \left( \overrightarrow{B'D'},\overrightarrow{B'C} \right) = \widehat{D'B'C}.\]

Vì \(B'C = CD' = D'B'\) nên tam giác \(B'D'C\) là tam giác đều, suy ra \(\widehat{D'B'C} = 60^\circ\).

Vậy \(\left( \overrightarrow{BD},\overrightarrow{B'C} \right) = 60^\circ\).

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 \(|\overrightarrow{OM}| = OM = \displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\) và \(|\overrightarrow{AC}| = AC = \sqrt{2}\) suy ra

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

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

a) Ta có \(\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{BD} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DC} + \overrightarrow{BD} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{BC}\).

b) Ta có \(\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{CD} = \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{CB} - \overrightarrow{CD} = \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{DB}\).

a) Ta có

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

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

b) Ta có \(\left( \overrightarrow{A'D},\overrightarrow{B'C'} \right) = \left( \overrightarrow{A'D},\overrightarrow{A'D'} \right) = \widehat{DA'D'} = 45^\circ\) và \(\left(\overrightarrow{AD'};\overrightarrow{BD}\right) = \left(\overrightarrow{BC'};\overrightarrow{BD}\right) = \widehat{C'BD}\).

Do \(BD = BC'=C'D= a\sqrt{2}\) nên tam giác \(BDC'\) đều, từ đó suy ra \(\left(\overrightarrow{AD'};\overrightarrow{BD}\right) = 60^\circ\).

Do \(G\) là trọng tâm tam giác \(AB'D'\) nên \(\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB'} + \overrightarrow{GD'} = \overrightarrow{0}\). Khi đó, theo quy tắc hình hộp ta có

\begin{eqnarray*}& \overrightarrow{A'C} & = \overrightarrow{A'A} + \overrightarrow{A'B'} + \overrightarrow{A'D'}\\& & = \overrightarrow{A'G} + \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{A'G} + \overrightarrow{GB'} + \overrightarrow{A'G} + \overrightarrow{GD'}\\& & = 3\overrightarrow{A'G}.\end{eqnarray*}

Gọi \(O = AC \cap BD\). Vì \(O\) là trung điểm của \(AB\) và \(CD\) nên \(\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}=2\overrightarrow{SO}\) và \(\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}=2\overrightarrow{SO}\).

Suy ra \(\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}=\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}\).

a) Do các vectơ \(\overrightarrow{BC}\), \(\overrightarrow{B'C'}\), \(\overrightarrow{A'D'}\) cùng hướng với \(\overrightarrow{AD}\) và \(AD = BC = B'C' = A'D'\) (tính chất hình hộp) nên \(\overrightarrow{AD} = \overrightarrow{BC} = \overrightarrow{B'C'} = \overrightarrow{A'D'}\).

Vậy ba vectơ \(\overrightarrow{BC}\), \(\overrightarrow{B'C'}\), \(\overrightarrow{A'D'}\) có điểm đầu, điểm cuối là các đỉnh của hình hộp và bằng vectơ \(\overrightarrow{AD}\).

b) Do các vectơ \(\overrightarrow{CB}\), \(\overrightarrow{C'B'}\), \(\overrightarrow{D'A'}\) ngược hướng với vectơ \(\overrightarrow{AD}\) và \(AD = CB = C'B' = D'A'\) (tính chất hình hộp) nên ba vectơ \(\overrightarrow{CB}\), \(\overrightarrow{C'B'}\), \(\overrightarrow{D'A'}\) là ba vectơ đối của vectơ \(\overrightarrow{AD}\).

Mỗi cạnh bên bằng \(2\) suy ra đáy là hình vuông cạnh \(1\) và cạnh bên vuông góc với đáy.

a) \(\overrightarrow{A A'}\) và \(\overrightarrow{C' C}\) là hai véc-tơ đối nhau nên góc giữachúng là \(180^\circ\).

Khi đó \(\overrightarrow{A A'}\cdot\overrightarrow{C' C}=-\left|\overrightarrow{A A'}\right| \cdot\left| \overrightarrow{C' C} \right|^2=-4\).

b) Vì \(BC\parallel AD\) nên góc giữa \(\overrightarrow{A A'}\) và \(\overrightarrow{BC}\) cũng chính là góc giữa \(\overrightarrow{A A'}\) và \(\overrightarrow{AD}\) và đó là \(\widehat{DAA'}=90^\circ\).

Khi đó \(\overrightarrow{A A'}\cdot\overrightarrow{BC}=0\).

}

c) Vì \(\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{A'C'}\) nên góc giữa \(\overrightarrow{AC}\) và \(\overrightarrow{B' A'}\) cũng chính là góc giữa \(\overrightarrow{A'C'}\) và \(\overrightarrow{B' A'}\) chính là góc \(180^\circ -\widehat{B'A'C'}=135^\circ\).

Khi đó \(\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{B' A'}=A'B'\cdot A'C'\cdot \cos135^\circ=-1\cdot \sqrt{2}\cdot\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}=-1\).

a) \(\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{CD}+\overrightarrow{BC} \cdot \overrightarrow{DC}= \overrightarrow{CD}\left(\overrightarrow{AC} -\overrightarrow{BC} \right)=\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD}\);

b) Ta có

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

Ta có

\begin{eqnarray*}\overrightarrow{MN}&= &\overrightarrow{M S}+\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{BN}\\&= & -\displaystyle\frac{2}{3}\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{AB}+\displaystyle\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}\\&= & \displaystyle\frac{1}{3}\left( \overrightarrow{S A}+\overrightarrow{BC}\right) +\overrightarrow{AB}.\end{eqnarray*}

a) \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DD'}+\overrightarrow{C'D'}=\left(\overrightarrow{AB}+ \overrightarrow{C' D'}\right) +\overrightarrow{DD'}=\overrightarrow{DD'}=\overrightarrow{CC'}\);

b) \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD'}-\overrightarrow{CC'}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{C' D'}=\overrightarrow{0}\);

c) \(\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{CC'}+\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{A'D'}+\overrightarrow{A'A}+\overrightarrow{A'B'}=\overrightarrow{A'C}\).

a) \(\overrightarrow{AB'}=\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{b}\) (vì \(ABB'A'\) là hình bình hành);

b) \(\overrightarrow{B'C}=\overrightarrow{B'A'}+\overrightarrow{A'C'}+\overrightarrow{C'C}=-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AA'}\) hay \(\overrightarrow{B'C}=-\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\);

c) \(\overrightarrow{BC'}=\overrightarrow{BB'}+\overrightarrow{B'A'}+\overrightarrow{A'C'}=\overrightarrow{AA'}-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\) hay \(\overrightarrow{BC'}=\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\);

Nếu tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành tâm \(O\) thì \(\overrightarrow{S A}+\overrightarrow{S C}=2\overrightarrow{SO}\) và \(\overrightarrow{S B}+\overrightarrow{S D}=2\overrightarrow{SO}\) nên \(\overrightarrow{S A}+\overrightarrow{S C}=\overrightarrow{S B}+\overrightarrow{S D}\).

Nếu \(\overrightarrow{S A}+\overrightarrow{S C}=\overrightarrow{S B}+\overrightarrow{S D}\) thì \(\overrightarrow{SI}+\overrightarrow{SJ}\) với \(I\), \(J\) là trung điểm của \(AC\), \(BD\) suy ra \(I\) trùng với \(J\) nên \(ABCD\) là hình bình hành.

Xét hệ trục tọa độ \(Oxyz\) gắn với hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) như hình vẽ, đơn vị của mỗi trục bằng \(a\).

Khi đó \(A(0;0;0)\), \(B(a;0;0)\), \(D(0;a;0)\),

\(C(a;a;0)\), \(A'(0;0;a)\), \(B'(a;0;a)\), \(D'(0;a;a)\), \(C'(a;a;a)\).

Ta có \(M\) là trung điểm \(AA'\) suy ra tọa độ của \(M\) là \(\left(0;0;\displaystyle\frac{1}{2}a\right)\).

Mặt khác \(N\) là trung điểm \(CC'\) suy ra tọa độ của \(N\) là \(\left(a;a;\displaystyle\frac{1}{2}a\right)\).

Suy ra \(\overrightarrow{MN}=(a;a;0)\), \(\overrightarrow{AD'}=(0;a;a)\).

Khi đó

\(\cos (\overrightarrow{MN},\overrightarrow{AD'})=\displaystyle\frac{\overrightarrow{MN}\cdot \overrightarrow{AD'}}{|\overrightarrow{MN}|\cdot |\overrightarrow{AD'}|}=\displaystyle\frac{a\cdot 0+a\cdot a+0\cdot a}{\sqrt{a^2+a^2+0^2}\cdot \sqrt{0^2+a^2+a^2}}=\displaystyle\frac{1}{2}a.\)

Vậy góc giữa hai véc-tơ \(\overrightarrow{MN}\) và \(\overrightarrow{AD'}\) bằng \(60^\circ\).

Ta có \(\begin{aligned}[t]\overrightarrow{B'C}&=\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BB'}\\&=(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})-\overrightarrow{BB'} \\&=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{BB'}-\overrightarrow{AB}\\&=\overrightarrow{c}-\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}.\end{aligned}\)

\(\begin{aligned}[t]\overrightarrow{BC'} &=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{A'C'}\\&=-\overrightarrow{b}+\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c}\\&=\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}.\end{aligned}\)

\(\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CN}\). \quad \((1)\)

\(\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DN}\Rightarrow 2\overrightarrow{MN}=2\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{AD}+2\overrightarrow{DN}\). \quad \((2)\)

Cộng vế với vế của \((1)\) và \((2)\) ta được

\(3\overrightarrow{MN}= \overrightarrow{MB} +2\overrightarrow{MA} +\overrightarrow{BC}+2\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{CN}+2\overrightarrow{DN}=\overrightarrow{BC}+2\overrightarrow{AD} \Rightarrow \overrightarrow{MN} = \displaystyle\frac{1}{3}(\overrightarrow{BC}+2\overrightarrow{AD})\).

a) Ta có

\begin{eqnarray*}\overrightarrow{AG}&=&\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{OG}=\overrightarrow{AO}+\displaystyle\frac{1}{3}\overrightarrow{OA'}\\&=&\overrightarrow{AO}+\displaystyle\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AA'}\right)=\overrightarrow{AO}-\displaystyle\frac{1}{3}\overrightarrow{AO}+\displaystyle\frac{1}{3}\overrightarrow{AA'}\\&=&\displaystyle\frac{2}{3}\overrightarrow{AO}+\displaystyle\frac{1}{3}\overrightarrow{AA'}=\displaystyle\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\displaystyle\frac{1}{3}\overrightarrow{AD}+\displaystyle\frac{1}{3}\overrightarrow{AA'}.\end{eqnarray*}

b) Ta có \(\overrightarrow{AG}=\displaystyle\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\displaystyle\frac{1}{3}\overrightarrow{AD}+\displaystyle\frac{1}{3}\overrightarrow{AA'}=\displaystyle\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\displaystyle\frac{1}{3}\overrightarrow{AD}+\displaystyle\frac{1}{3}\overrightarrow{CC'}\). \((1)\)

Ta có \(\overrightarrow{AC'}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{CC'}\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(\overrightarrow{AG}=\displaystyle\frac{1}{3}\overrightarrow{AC'}\).

Nên ba điểm \(A\), \(G\) và \(C'\) thẳng hàng.

Ta có \(1{,}5\) tấn=\(1~500\) kg.

Độ lớn của trọng lực tácdụng 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 rabởi trọng lực \(\overrightarrow{P}\) khi xe đi hết đoạn đường dốcdài \(30\) 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

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

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

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 củacác 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 \(\overrightarrow{F_1}=\overrightarrow{AB}\); \(\overrightarrow{F_2}=\overrightarrow{AB}\); \(\overrightarrow{F_3}=\overrightarrow{AA'}\) là ba lực có điểm đặt tại đỉnh \(A\) của hình lập phương. Khi đó hợp lực là

\(\begin{aligned}[t]\overrightarrow{F} &= \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AA'}\\&= \overrightarrow{AC'}.\end{aligned}\)

Trong \(\triangle ADD'\) có \(\begin{aligned}[t]AD'^2 &= AD^2 + DD'^2 \\&= 5^2+5^2=50.\end{aligned}\)

Trong \(\triangle AD'C'\) có \(\begin{aligned}[t]AC'^2 &= AD'^2 + D'C'^2 \\&= 50+5^2=75.\end{aligned}\)

Vậy cường độ của hợp lực \(\overrightarrow{F}\) là \(\sqrt{75}\) N.

Gọi ba véc-tơ lực tácdụng 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.