Đề kiểm tra Bài tập cuối chương 2 lớp 12 (có lời giải) - Đề 1

Vì \(M\) là điểm đối xứng của \(A\) qua \(B\) nên \(B\) là trung điểm của \(AM\).

Gọi \(M\left( {{x_M}\,;\,{y_M}\,;\,{z_M}} \right)\), ta có

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_B} = \frac{{{x_A} + {x_M}}}{2}}\\{{y_B} = \frac{{{y_A} + {y_M}}}{2}}\\{{z_B} = \frac{{{z_A} + {z_M}}}{2}}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_M} = 2{x_B} - {x_A}}\\{{y_M} = 2{y_B} - {y_A}}\\{{z_M} = 2{z_b} - {z_A}}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_M} = 2.3 - 1 = 5\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{{y_M} = 2.0 - 2 =  - 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{{z_M} = 2.\left( { - 5} \right) - 3 =  - 13\,\,}\end{array}} \right.\)

Vậy \(M\left( {5\,;\, - 2\,;\, - 13} \right)\).

Do \(N\) là trọng tâm của của tam giác \(MPQ\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}2 = \frac{{ - 1 - 1 + {x_Q}}}{3}\\2 = \frac{{3 + 1 + {y_Q}}}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_Q} = 8\\{y_Q} = 2\end{array} \right..\)

Ta có: \(\overrightarrow {E{A_1}}  = \left( {0;1; - 8} \right)\),\(\overrightarrow {E{A_2}}  = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2};\frac{{ - 1}}{2}; - 8} \right)\), \(\overrightarrow {E{A_3}}  = \left( {\frac{{ - \sqrt 3 }}{2};\frac{{ - 1}}{2}; - 8} \right)\) Nên \(E{A_1} = E{A_2} = E{A_3} = \sqrt {65} \)

Mặt khác, \(\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right|\) vì đèn cân bằng và trọng lực của đèn tác dụng đều lên 3 chân của giá đỡ

Do đó : \(\overrightarrow {{F_1}}  = k\overrightarrow {E{A_1}}  = \left( {0;k; - 8k} \right)\),\[\overrightarrow {{F_2}}  = k\overrightarrow {E{A_2}}  = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}k;\frac{{ - 1}}{2}k; - 8k} \right)\],\(\overrightarrow {{F_3}}  = k\overrightarrow {E{A_3}}  = \left( {\frac{{ - \sqrt 3 }}{2}k;\frac{{ - 1}}{2}k; - 8k} \right)\)

\( \Rightarrow {\overrightarrow F _1} + \overrightarrow {{F_2}}  + {\overrightarrow F _3} = \left( {0;0; - 24k} \right)\)

Mà \({\overrightarrow F _1} + \overrightarrow {{F_2}}  + {\overrightarrow F _3} = \overrightarrow P  = \left( {0;0; - 240} \right) \Rightarrow  - 24k =  - 240 \Rightarrow k = 10\)

Vậy \(\overrightarrow {{F_1}}  = \left( {0;10; - 80} \right)\)

a) Đúng.

b) Đúng.

Ta có: \(\overrightarrow {C'K}  = \overrightarrow {C'C}  + \overrightarrow {CK}  = \overrightarrow {C'C}  + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {CA}  + \overrightarrow {CD} } \right) = \overrightarrow {C'C}  + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {C'A'}  + \overrightarrow {C'D'} } \right)\)

\( = \overrightarrow {C'C}  + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {C'B'}  + \overrightarrow {C'D'}  + \overrightarrow {C'D'} } \right) = \overrightarrow {C'C}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {C'B'}  + \overrightarrow {C'D'} \)

c) Sai.

Ta có: \[\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {B'D'}  = \left( {\overrightarrow {AA'}  + \overrightarrow {A'B'}  + \overrightarrow {B'B} } \right).\overrightarrow {B'D'}  = \overrightarrow {AA'} .\overrightarrow {B'D'}  + \overrightarrow {A'B'} .\overrightarrow {B'D'}  + \overrightarrow {B'B} .\overrightarrow {B'D'}  = \overrightarrow {A'B'} .\overrightarrow {B'D'} \]

\( = A'B'.B'D'.{\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {A'B'} ,\overrightarrow {B'D'} } \right) = a.a\sqrt 2 .{\rm{cos}}\left( {135^\circ } \right) =  - {a^2}\)

d) Đúng.

Ta đặt \[\overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow a ,\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow b ,\overrightarrow {AD}  = \overrightarrow c \]. Ta có \[\left| {\overrightarrow a } \right| = \left| {\overrightarrow b } \right| = \left| {\overrightarrow c } \right| = a\]

\[\overrightarrow {AC'}  = \overrightarrow {AA'}  + \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} \] hay \[\overrightarrow {AC'}  = \overrightarrow a  + \overrightarrow b  + \overrightarrow c \]

Mặt khác

\[\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {AN}  - \overrightarrow {AM}  = \left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BN} } \right) - \left( {\overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {DM} } \right)\] với \[\overrightarrow {BN}  = \frac{x}{a}.\overrightarrow a \] và \[\overrightarrow {DM}  = \frac{x}{a}.\overrightarrow b \]

Do đó \[\overrightarrow {MN}  = \left( {\overrightarrow b  + \frac{x}{a}\overrightarrow a } \right) - \left( {\overrightarrow c  + \frac{x}{a}\overrightarrow b } \right) = \frac{x}{a}\overrightarrow a  + \left( {a - \frac{x}{a}} \right)\overrightarrow b  - \overrightarrow c \]

Ta có \[\overrightarrow {AC'} .\overrightarrow {MN}  = \left( {\overrightarrow a  + \overrightarrow b  + \overrightarrow c } \right)\left[ {\frac{x}{a}\overrightarrow a  + \left( {a - \frac{x}{a}} \right)\overrightarrow b  - \overrightarrow c } \right]\]

Vì \[\overrightarrow a .\overrightarrow b  = 0,\overrightarrow a .\overrightarrow c  = 0,\overrightarrow b .\overrightarrow c  = 0\] nên ta có

\[\overrightarrow {AC'} .\overrightarrow {MN}  = \frac{x}{a}{\overrightarrow a ^2} + \left( {1 - \frac{x}{a}} \right){\overrightarrow b ^2} - {\overrightarrow c ^2} = x.a + \left( {1 - \frac{x}{a}} \right){a^2} - {a^2} = 0\], vậy góc giữa vectơ \[\overrightarrow {AC'} \] và \(\overrightarrow {MN} \) bằng  \(90^\circ \).

a) Đúng.

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\). Khi đó \[\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = \frac{{ - 3 + \left( { - 5} \right)}}{2} =  - 4\\{y_I} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2} = \frac{{4 + 6}}{2} = 5\\{z_I} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} = \frac{{2 + 2}}{2} = 2\end{array} \right. \Rightarrow I\left( { - 4;5;2} \right)\].

b) Đúng.

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

Khi đó \[\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{ - 3 + \left( { - 5} \right) + \left( { - 10} \right)}}{3} =  - 6\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{4 + 6 + 17}}{3} = 9\\{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = \frac{{2 + 2 + \left( { - 7} \right)}}{3} =  - 1\end{array} \right. \Rightarrow G\left( { - 6;9; - 1} \right)\].

c) Sai.

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 2;2;0} \right),\,\overrightarrow {DC}  = \left( { - 10 - {x_D};17 - {y_D}; - 7 - {z_D}} \right)\).

Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC} \) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 10 - {x_D} =  - 2\\17 - {y_D} = 2\\ - 7 - {z_D} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} =  - 8\\{y_D} = 15\\{z_D} =  - 7\end{array} \right. \Rightarrow D\left( { - 8;15; - 7} \right)\).

\(\overrightarrow {AD}  = \left( { - 5;11; - 9} \right)\). Do đó \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  =  - 2.\left( { - 5} \right) + 2.11 + 0.\left( { - 0} \right) = 32\).

d) Sai.

Gọi \(H\left( {a;b;c} \right)\) là trực tâm của tam giác \(ABD\). Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AH}  \bot \overrightarrow {BD} \\\overrightarrow {BH}  \bot \overrightarrow {AD} \\\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} } \right].\overrightarrow {AH}  = 0\end{array} \right.\)

\(\overrightarrow {AH}  = \left( {a + 3;b - 4;c - 2} \right)\), \(\overrightarrow {BH}  = \left( {a + 5;b - 6;c - 2} \right)\) , \(\overrightarrow {BD}  = \left( { - 3;9; - 9} \right)\), \(\overrightarrow {AD}  = \left( { - 5;11; - 9} \right)\),

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

\(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} } \right] = \left( { - 18; - 18; - 12} \right)\).

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l} - 3\left( {a + 3} \right) + 9\left( {b - 4} \right) - 9\left( {c - 2} \right) = 0\\ - 5\left( {a + 5} \right) + 11\left( {b - 6} \right) - 9\left( {c - 2} \right) = 0\\ - 18\left( {a + 3} \right) - 18\left( {b - 4} \right) - 12\left( {c - 2} \right) = 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3a + 9b - 9c = 27\\ - 5a + 11b - 9c = 73\\ - 18a - 18b - 12c =  - 42\end{array} \right.\)\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{{ - 153}}{{11}}\\b = \frac{{100}}{{11}}\\c = \frac{{118}}{{11}}\end{array} \right.\] .

Vậy \(H\left( {\frac{{ - 153}}{{11}};\frac{{100}}{{11}};\frac{{118}}{{11}}} \right)\).

a) Đúng.

Ta có

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;0;1} \right),\,\overrightarrow {AC}  = \left( { - 3;0;4} \right)\), \(\overrightarrow {AB}  \ne k\,\overrightarrow {AC}  = \left( { - 3k;0;4k} \right)\) với mọi \(k\)nên hai véctơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AC} \)không cùng phương, dó đó ba điểm \(A,\,B,\,C\)không thẳng hàng.

b) Đúng.

Ta có

\[\overrightarrow {AB}  = \left( {1;0;1} \right),\,\overrightarrow {AD}  = \left( {2;0;2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AD}  = 2\overrightarrow {AB} \], dó đó ba điểm \(A,\,B,\,D\) thẳng hàng.

c) Sai.

Ta có

\[\overrightarrow {BA}  = \left( { - 1;0; - 1} \right),\,\overrightarrow {BC}  = \left( { - 4;0;3} \right) \Rightarrow \cos \widehat {ABC} = \cos \left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} }}{{\left| {\overrightarrow {BA} } \right|.\left| {\overrightarrow {BC} } \right|}} = \frac{1}{{5\sqrt 2 }} \Rightarrow \widehat {ABC} \approx 82^\circ \]

d) Đúng.

Ta có

\[\overrightarrow {AB}  = \left( {1;0;1} \right),\,\overrightarrow {AC}  = \left( { - 3;0;4} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {0.4 + 0.1;1.\left( { - 3} \right) - 1.4;1.0 + 0.\left( { - 3} \right)} \right) = \left( {0; - 7;0} \right)\]

a) Đúng.

Ta có\[\overrightarrow {AB}  = \left( {2; - 2;0} \right)\], \[\overrightarrow {BC}  = \left( { - 1;1; - 1} \right)\]. Suy ra \[\overrightarrow {AB}  \ne k\overrightarrow {BC} \]với mọi \[k \in \mathbb{R}\] nên ba điểm \[A\], \[B\], \[C\] không thẳng hàng.

b) Đúng.

Ta có\[\overrightarrow {AC}  = \left( {1; - 1; - 1} \right)\], \[\overrightarrow {AM}  = \left( {a - 1;b - 1;1} \right)\].

Ba điểm \[A\], \[C\], \[M\] thẳng hàng suy ra \[\overrightarrow {AB}  = k.\overrightarrow {AM}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 = k.\left( {a - 1} \right)\\ - 1 = k.\left( {b - 1} \right)\\ - 1 = k.1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = 2\\k =  - 1\end{array} \right.\].

Vậy \[a + b = 0 + 2 = 2\]

c) Sai.

\[\cos \alpha  = \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {BC} } \right|}} = \frac{{2.\left( { - 1} \right) + \left( { - 2} \right).1 + 0.\left( { - 1} \right)}}{{2\sqrt 2 .\sqrt 3 }} =  - \frac{{\sqrt 6 }}{3}\].

d) Sai.

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

\[\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AM} } \right] = \left( { - 2; - 2;4} \right)\].

Tam giác \[ABC\] có \[AB = a,\,AC = a,\,BC = a\sqrt 2  \Rightarrow \Delta ABC\] vuông tại \[A \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = 0\].

\[\cos \left( {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {AB} } \right) = \frac{{\overrightarrow {SC} .\overrightarrow {AB} }}{{\left| {\overrightarrow {SC} } \right|.\left| {\overrightarrow {AB} } \right|}} = \frac{{\left( {\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {AC} } \right).\overrightarrow {AB} }}{{SC.AB}} = \frac{{\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} }}{{SC.AB}} = \frac{{SA.AB.\cos 120^\circ }}{{SC.AB}} = \frac{{a.a.\left( { - \frac{1}{2}} \right)}}{{a.a}} =  - \frac{1}{2}.\]

Suy ra \[\left( {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {AB} } \right) = 120^\circ \].

Ta có \(\overrightarrow {AC'}  = \left( {3;\,5;\, - 6} \right)\,;\,\overrightarrow {AB}  = \left( {1;1;1} \right)\,;\,\overrightarrow {AD}  = \left( {0;\, - 1;\,0} \right)\,\)

Theo quy tắc hình hộp ta có \(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow {AC'} \).

\( \Rightarrow \overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow {AC'}  - \overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AD}  = \left( {3 - 1 - 0\,;5 - 1 + 1\,;\, - 6 - 1 - 0\,} \right) = \left( {2;\,5;\, - 7} \right)\).

Gọi \(A'\left( {x;\,y;\,z} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AA'}  = \left( {x - 1;y;\,z - 1} \right) = \left( {2;\,5;\, - 7} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 2\\y = 5\\z - 1 =  - 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 5\\z =  - 6\end{array} \right. \Rightarrow A'\left( {3;\,5;\, - 6} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {AB} \left( {1;1;1} \right);\overrightarrow {AD} \left( {0; - 1;0} \right)\).

Gọi \(C\left( {x;y;z} \right)\) suy ra \(\overrightarrow {AC} \left( {x - 1;y;z - 1} \right)\). Theo quy tắc hình bình hành, ta có

\(\overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} \) hay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - 1 = 1}\\{y = 0}\\{z - 1 = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2}\\{y = 0}\\{z = 2}\end{array}} \right. \Rightarrow C\left( {2;0;2} \right)\)suy ra \(\overrightarrow {CC'}  = \left( {2;5; - 7} \right)\).

Mặt khác: \(\overrightarrow {C'D'}  = \overrightarrow {BA}  = \left( { - 1; - 1; - 1} \right)\)

Suy ra: \(\left[ {\overrightarrow {CC'} ,\overrightarrow {C'D'} } \right] = \left( { - 12;9;3} \right)\). Đây là một vectơ  khác \(\overrightarrow 0 \) vuông góc với với cả hai vectơ \(\overrightarrow {CC'} \) và \(\overrightarrow {C'D'} \).

Từ hình vẽ: \(A \in \left( {Oxz} \right)\) nên \(A\left( {x\,;\,0\,;\,z} \right)\) - \(B \in \left( {Oyz} \right)\) nên \(B\left( {0\,;\,y\,;\,z} \right)\)

Cây quạt \(A\)treo chính giữa bức tường \(8m\)và cách trần \(1m\) nên \(A\left( {4\,;\,0\,;\,3} \right)\).

Cây quạt \(B\) treo chính giữa bức tường \(6m\)và cách trần \(1,5m\) nên \(B\left( {0\,;\,3\,;\,\frac{5}{2}} \right)\).

Khi đó \(\overrightarrow {AB}  = \left( {{x_B} - {x_A};{y_B} - {y_A};{z_B} - {z_A}} \right) = \left( { - 4\,;\,3\,;\, - \frac{1}{2}} \right)\)

a) Đáp số: \(0\).

Ta có \(OA = OB = OC = OD = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\) nên \(A\left( { - \frac{1}{{\sqrt 2 }};0;0} \right),B\left( {0; - \frac{1}{{\sqrt 2 }};0} \right)\)\(,C\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }};0;0} \right)\),

\(D\left( {0;\frac{1}{{\sqrt 2 }};0} \right)\)

Ta có \(OI = SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}}  = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}  = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\) nên \(S\left( {0;0;\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right),I\left( {0;0; - \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)\).

Tổng hoành độ các đỉnh \(S,A,B,C,D,I\) là:

\( - \frac{1}{{\sqrt 2 }} + 0 + \frac{1}{{\sqrt 2 }} + 0 + 0 + 0 = 0\).

b) Đáp số: \(109\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\) thì \(M\left( {\frac{1}{{2\sqrt 2 }};\frac{1}{{2\sqrt 2 }};0} \right)\). 

Có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OM\\CD \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {S;CD;I} \right] = \widehat {SMI}\).

Ta có \(\overrightarrow {MS} \left( { - \frac{1}{{2\sqrt 2 }}; - \frac{1}{{2\sqrt 2 }};\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right),\overrightarrow {MI} \left( { - \frac{1}{{2\sqrt 2 }}; - \frac{1}{{2\sqrt 2 }}; - \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)\).

\[ \Rightarrow \cos \widehat {SMI} = \frac{{ - \frac{1}{{2\sqrt 2 }}. - \frac{1}{{2\sqrt 2 }} +  - \frac{1}{{2\sqrt 2 }}. - \frac{1}{{2\sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 2 }}. - \frac{1}{{\sqrt 2 }}}}{{\sqrt {{{\left( { - \frac{1}{{2\sqrt 2 }}} \right)}^2} + {{\left( { - \frac{1}{{2\sqrt 2 }}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}} .\sqrt {{{\left( { - \frac{1}{{2\sqrt 2 }}} \right)}^2} + {{\left( { - \frac{1}{{2\sqrt 2 }}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{ - 1}}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}} }} =  - \frac{1}{3}\]

\[ \Rightarrow \widehat {SMI} \approx 109^\circ \].

Đáp số: \(13,3{\rm{\;kN}}\).

Gọi \({{\rm{A}}_1},{\rm{\;}}{{\rm{B}}_1},{{\rm{C}}_1}\), \({{\rm{D}}_1}\) lần lượt là các điểm sao cho

\(\overrightarrow {E{A_1}}  = \overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {E{B_1}}  = \overrightarrow {{F_2}} ,\overrightarrow {E{C_1}}  = \overrightarrow {{F_3}} ,\overrightarrow {E{D_1}}  = \overrightarrow {{F_4}} \)

Vì \(EA, EB,EC,ED\) có độ dài bằng nhau và cùng tạo với mặt phẳng (\(ABCD\)) một góc bằng \({60^ \circ }\) nên \(E{A_1},\;E{B_1},E{C_1},E{D_1}\) bẳng nhau và cùng tạo với mặt phẳng \(\left( {{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}} \right)\) một góc bằng \({60^ \circ }\).

Vì \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \({A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\) cũng là hình chữ nhật.
Gọi \(O\) là tâm của hình chữ nhật \({A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\).
Ta suy ra \(EO \bot \left( {{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}} \right)\).

Do đó, góc giữa đường thẳng \(E{A_1}\) và mặt phẳng \(\left( {{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}} \right)\) bằng góc \(E{A_1}O\).
Suy ra \(\widehat {E{A_1}O} = {60^ \circ }\).
Ta có \(\left| {{{\vec F}_1}} \right| = \left| {{{\vec F}_2}} \right| = \left| {{{\vec F}_3}} \right| = \left| {{{\vec F}_4}} \right| = 4700\left( {{\rm{\;N}}} \right)\) nên \(E{A_1} = E{B_1} = E{C_1} = E{D_1} = 4,7\).
Tam giác \(E{A_1}O\) vuông tại O nên \(EO = E{A_1}\sin \widehat {E{A_1}O} = 4,7\sin {60^ \circ } = 2,35\sqrt 3 \).
Theo quy tấc ba điếm, ta có \(\overrightarrow {E{A_1}}  = \overrightarrow {EO}  + \overrightarrow {O{A_1}} ,\overrightarrow {E{B_1}}  = \overrightarrow {EO}  + \overrightarrow {O{B_1}} ,\overrightarrow {E{C_1}}  = \overrightarrow {EO}  + \overrightarrow {O{C_1}} \), \(\overrightarrow {E{D_1}}  = \overrightarrow {EO}  + \overrightarrow {O{D_1}} \)

Vì \(O\) là trung điếm của \({A_1}{C_1}\) và \({B_1}{D_1}\) nên \(\overrightarrow {O{A_1}}  + \overrightarrow {O{C_1}}  = \vec 0,     \overrightarrow {O{B_1}}  + \overrightarrow {O{D_1}}  = \vec 0\)

Từ đó suy ra \(\overrightarrow {E{A_1}}  + \overrightarrow {E{B_1}}  + \overrightarrow {E{C_1}}  + \overrightarrow {E{D_1}}  = 4\overrightarrow {EO} \).
Do đó, \(\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_3}}  + \overrightarrow {{F_4}}  = 4\overrightarrow {EO} \).

Gọi \(P\) là trọng lực của khung sắt có chứa chiếc ô tô.
Vì chiếc khung sắt chứa xe ô tô đang được kéo lên. Suy ra trọng lượng của khung sắt chứa chiếc xe ô tô là    \(\left| {\vec P\left| { \le 4} \right|\overrightarrow {EO} } \right| = 4.2,35\sqrt 3  = 9,4\sqrt 3 \left( {{\rm{\;kN}}} \right).\)

Vì trọng lượng của khung sắt là \(3{\rm{\;kN}}\) nên trọng lượng của chiếc xe ô tô là: \(9,4\sqrt 3  - 3 \approx 13,3\left( {{\rm{\;kN}}} \right).\)