Đề kiểm tra Bài tập cuối chương 2 lớp 12 (có lời giải) - Đề 5

\[\overrightarrow u  = \overrightarrow {BB'}  + \overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {BB'}  + \left( {\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BC} } \right) = \overrightarrow {BB'}  + \overrightarrow {BD}  = \overrightarrow {BD'} \].

Ta có

 \(\begin{array}{l}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AB} .\left( {\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AC} } \right) = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \\ = AB.AD.\cos {60^0} - AB.AC.\cos {60^0} = 0\end{array}\)

 \( \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD} } \right) = {90^0}\)

\(\overrightarrow {OM} = 2\overrightarrow i + 3\overrightarrow j - \overrightarrow k \Rightarrow M\left( {2;3; - 1} \right)\)

Áp dụng định lí: \[\overrightarrow u  = \left( {a;b;c} \right) \Leftrightarrow \overrightarrow u  = a\overrightarrow i  + b\overrightarrow j  + c\overrightarrow k \].

Ta có: \[\overrightarrow u  = 2\overrightarrow i  - \frac{1}{2}\overrightarrow j  + 4\overrightarrow k  = 2\overrightarrow i  + \left( { - \frac{1}{2}} \right)\overrightarrow j  + 4\overrightarrow k \], suy ra tọa độ của vectơ \(\overrightarrow u \) là \(\left( {2; - \frac{1}{2};4} \right)\).

 Ta có \[2\overrightarrow u  = \left( { - 2;6; - 4} \right)\]

  \[ - 3\overrightarrow v  = \left( { - 6; - 15;3} \right)\]

   Vậy \(\overrightarrow a  = 2\overrightarrow u  - 3\overrightarrow v  = \left( { - 8; - 9; - 1} \right)\)

Ta có: \( - 2\overrightarrow a  = \left( {\left( { - 2} \right).\left( { - 1} \right);\left( { - 2} \right).4;\left( { - 2} \right).2} \right)\).

Vậy \( - 2\overrightarrow a  = \left( {2; - 8; - 4} \right)\).

Độ dài của vectơ \(\overrightarrow u \) là: \(\left| {\overrightarrow u } \right| = \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}} = 3\).

Tích vô hướng của hai vectơ \(\overrightarrow u \) và \(\overrightarrow v \) là: \(\overrightarrow u .\overrightarrow v = - 2 \cdot 0 + 1 \cdot \left( { - 3} \right) + 5 \cdot 1 = 2\).

Gọi \[I\] là trung điểm của \(AB\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{2 + 2}}{2} = 2\\{y_I} = \frac{{ - 4 + 2}}{2} =  - 1\\{z_I} = \frac{{3 + 7}}{2} = 5\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {2; - 1;5} \right)\)

Ta có \(M\left( {\frac{{{x_A} + {x_B}}}{2}\,;\,\frac{{{y_A} + {y_B}}}{2}} \right) = \left( {\frac{{1 + 0}}{2}\,;\,\frac{{3 + 1}}{2}\,;\,\frac{{ - 4 + 6}}{2}} \right) = \left( {1\,;\,2\,;\,1} \right)\) là trung điểm của \(AB\).

Theo công thức tính tọa độ trong tâm của tam giác ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{1 - 1 + 3}}{3}\\{y_G} = \frac{{1 + 0 - 7}}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_G} = 1\\{y_G} =  - 2\end{array} \right..\)

Theo đề bài ta có tọa độ của ra đa là \(\left( {0;0;0} \right)\), tọa độ của tàu thám hiểm là \(\left( {30;25; - 15} \right)\).

Khi đó khoảng cách giữa ra đa và tàu thám hiểm là:

\(d = \sqrt {{{(30 - 0)}^2} + {{(25 - 0)}^2} + {{( - 15 - 0)}^2}}  = 5\sqrt {70}  \approx 41,8.\)

Vậy khoảng khoảng cách giữa ra đa và tàu thám hiểm là \(41,8\)km.

a) Đúng.

\(\overrightarrow {DM}  = \frac{{\overrightarrow {DB}  + \overrightarrow {{\rm{DC}}} }}{2}\)\( \Rightarrow \overrightarrow {DM}  = \frac{{\overrightarrow {BD}  + \overrightarrow {{\rm{CD}}} }}{{ - 2}}\)

b) Sai.

\(\overrightarrow {AH}  = \frac{{\overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {A{\rm{D}}} }}{2}\),\(\overrightarrow {AM}  = \frac{{\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} }}{2}\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AH}  = \frac{{\frac{{\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} }}{2} + \overrightarrow {A{\rm{D}}} }}{2}\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AH}  = \frac{{\overrightarrow {A{\rm{D}}} }}{2} + \frac{{\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} }}{4}\)

c) Đúng.

\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AH}  = \overrightarrow {AB} .(\frac{{\overrightarrow {A{\rm{D}}} }}{2} + \frac{{\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} }}{4})\)\( = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {A{\rm{D}}} }}{2} + \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} }}{4}\)\( = \frac{{A{B^2}}}{4} = \frac{{{a^2}}}{4}\)

d) Sai.

\[\overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} \],\(\overrightarrow {AH}  = \frac{{\overrightarrow {A{\rm{D}}} }}{2} + \frac{{\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} }}{4}\)

Vậy \[\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {AH}  = (\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} ).(\frac{{\overrightarrow {A{\rm{D}}} }}{2} + \frac{{\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} }}{4})\]

\[\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {AH}  = \frac{{\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {A{\rm{D}}} }}{2} + \frac{{\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AC} }}{4} - \frac{{\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB} }}{2} - \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} }}{4}\]

\[\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {AH}  = \frac{{\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AC} }}{4} - \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AB} }}{4} = 0\] .

Vậy góc giữa vectơ \[\overrightarrow {AH} \] và \(\overrightarrow {BC} \) bằng  \(90^\circ \).

a) Tọa độ vectơ \(\overrightarrow {OM} \)tương đương với tọa độ điểm \(M( - 4;3; - 1)\)

b) Ta có \(\overrightarrow v  = \overrightarrow i  + \overrightarrow {2j}  - 3\overrightarrow k \) nên \(\overrightarrow v (1;2; - 3)\), giả sử tọa độ của \(A({x_A};{y_A};{z_A})\)

Theo giả thiết \(\overrightarrow {AM}  = \overrightarrow v \)\( \Leftrightarrow \)\[\left\{ \begin{array}{l} - 4 - {x_A} = 1\\3 - {y_A} = 2\\ - 1 - {z_A} =  - 3\end{array} \right.\]\( \Leftrightarrow \)\[\left\{ \begin{array}{l}{x_A} = 5\\{y_A} = 1\\{z_A} = 2\end{array} \right.\]\( \Leftrightarrow \)\(A(5;1;2)\)

c) Ta có \(G\left( { - \frac{2}{3};\,\frac{2}{3};\, - \frac{4}{3}} \right)\). Tọa độ hình chiếu của \(G\) trên \(Oxy\) là \(\left( { - \frac{2}{3};\,\frac{2}{3};\,0} \right)\).

d) I là trung điểm của \[MN\] nên tọa độ \[I\] xác định bởi công thức

\[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x_M} + {x_N}}}{2} = {x_I}\\\frac{{{y_M} + {y_N}}}{2} = {y_I}\\\frac{{{z_M} + {z_N}}}{2} = {z_I}\end{array} \right.\]\( \Leftrightarrow \)\[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{ - 4 + 2}}{2} = {x_I}\\\frac{{3 - 1}}{2} = {y_I}\\\frac{{ - 1 - 3}}{2} = {z_I}\end{array} \right.\]\( \Leftrightarrow \)\[\left\{ \begin{array}{l} - 1 = {x_I}\\1 = {y_I}\\ - 2 = {z_I}\end{array} \right.\]\( \Leftrightarrow \)\(I( - 1;1; - 2)\)

Theo giả thiết \[\overrightarrow w  = 3\overrightarrow i  + 2\overrightarrow {ON}  - \frac{1}{2}\overrightarrow {OI}  = (3.1 + 2.2 - \frac{1}{2}.5,3.0 + 2.( - 1) - \frac{1}{2}.1,3.0 + 2.( - 3) - \frac{1}{2}.2)\]

\[ \Rightarrow \overrightarrow w  = (\frac{9}{2},\frac{{ - 5}}{2}, - 7)\]

a) Đúng.

Gọi \(M\) là trung điểm của cạnh\(AB\).

Ta có: \(M\left( {\frac{{{x_A} + {x_B}}}{2}\,;\,\frac{{{y_A} + {y_B}}}{2}\,;\,\frac{{{z_A} + {z_B}}}{2}} \right)\)

Vậy: \(M\left( {\frac{5}{2}\,;\,\frac{7}{2}\,;\,\frac{9}{2}} \right)\).

b) Đúng.

Gọi \(G\) là trọng tâm của \(\Delta ABC\).

Ta có: \(G\left( {\frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3};\,\frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\,;\,\frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3}} \right)\)

Vậy: \(G\left( {\frac{7}{3};\,\frac{{14}}{3}\,;\,\frac{{13}}{3}} \right)\).

c) Sai.

Ta có:

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {{x_B} - {x_A}\,;\,{y_B} - {y_A}\,;\,{z_B} - {z_A}} \right) = \left( {3\,;\,3\,;\,3} \right)\)

\(\overrightarrow {AC}  = \left( {{x_C} - {x_A}\,;\,{y_C} - {y_A}\,;\,{z_C} - {z_A}} \right) = \left( {1\,;\,5\,;\,1} \right)\)

Tích vô hướng của hai véc tơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AC} \):

              \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = 3.1 + 3.5 + 3.1 = 21\).

d) Đúng.

Ta có:

\(AB = \sqrt {{{(4 - 1)}^2} + {{(5 - 2)}^2} + {{(6 - 3)}^2}}  = 3\sqrt 3 \)

\(BC = \sqrt {{{(2 - 4)}^2} + {{(7 - 5)}^2} + {{(4 - 6)}^2}}  = 2\sqrt 3 \)

\(AC = \sqrt {{{(2 - 1)}^2} + {{(7 - 2)}^2} + {{(4 - 3)}^2}}  = 3\sqrt 3 \)

Chu vi \(\Delta ABC\):

\({P_{\Delta ABC}} = AB + BC + AC = 3\sqrt 3  + 2\sqrt 3  + 3\sqrt 3  = 8\sqrt 3 \).

Ta có nửa chu vi \(\Delta ABC\) là \(p = \frac{1}{2}.8\sqrt 3  = 4\sqrt 3 \).

Áp dụng công thức Heron, ta có diện tích tam giác \(ABC\) là:

\({S_{\Delta ABC}} = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - BC} \right)\left( {p - AC} \right)} \)

\( = \sqrt {4\sqrt 3 \left( {4\sqrt 3  - 3\sqrt 3 } \right)\left( {4\sqrt 3  - 2\sqrt 3 } \right)\left( {4\sqrt 3  - 3\sqrt 3 } \right)}  = 6\sqrt 2 \,\).

a) Sai.

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;\,2;\, - 3} \right)\); \(\overrightarrow {AD}  = \left( { - 2;\,0;\, - 2} \right)\)

Vì \(\frac{1}{{ - 2}} \ne \frac{2}{0} \ne \frac{{ - 3}}{{ - 2}}\) nên ba điểm \(A,\,B,D\) không thẳng hàng

b) Đúng.

Ta có: \(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD}  = 3.\left( { - 2} \right) + 3.0 + \left( { - 3} \right)\,.\left( { - 2} \right) = 0\,\, \Rightarrow AC \bot AD\).

Suy ra tam giác \[ACD\] là tam giác vuông tại \(A\).

c) Đúng.

Mặt khác: \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD}  = 1.\left( { - 5} \right) + 2.\left( { - 3} \right) + \left( { - 3} \right)\,.1 =  - 14\,\, < 0 \Rightarrow {\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD} } \right) < 0 \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD} } \right)\) là góc tù.

d) Sai.

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;\,2;\, - 3} \right);\,\,\overrightarrow {CD}  = \left( { - 5;\, - 3;\,1} \right);\,\,\overrightarrow {AC}  = \left( {3;\,3;\, - 3} \right)\,;\,\,\overrightarrow {BD}  = \left( { - 3;\, - 2;\,1} \right);\,\overrightarrow {AD}  = \left( { - 2;\,0;\, - 2} \right)\)

Khi đó: \(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {3;\, - 6;\, - 3} \right)\) \( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD}  = \left( { - 2} \right).3 + 0.6 + \left( { - 2} \right)\left( { - 3} \right) = 0\).

Suy ra \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AD} \) đồng phẳng hay bốn điểm \(A,\,B,\,C,\,D\) đồng phẳng.

Ta có: \(\overrightarrow {IJ} \,.\overrightarrow {AB}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AD}  - \frac{3}{2}\overrightarrow {AB} } \right).\overrightarrow {AB}  = \,\frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB}  - \frac{3}{2}{{\overrightarrow {AB} }^2}} \right)\)

Lại có \[\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  = AB.AD.cos60^\circ  = \frac{{{a^2}}}{2}\]

 \[\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB}  = AC.AB.cos60^\circ  = \frac{{{a^2}}}{2}\].

      Vậy: \(\overrightarrow {IJ} \,.\overrightarrow {AB}  = \frac{1}{2}\left( {\frac{{{a^2}}}{2} + \frac{{{a^2}}}{2} - \frac{3}{2}{a^2}} \right) =  - \frac{{{a^2}}}{4}\)

      Có \[\widehat {CAD} = 90^\circ  \Rightarrow \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD}  = 0.\]

      \(\overrightarrow {IJ} \, = \,\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {AJ}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AD}  - \frac{3}{2}\overrightarrow {AB} } \right)\)

      \(I{J^2} = {\overrightarrow {IJ} ^2}\, = \frac{1}{4}{\left( {\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AD}  - \frac{3}{2}\overrightarrow {AB} } \right)^2} = \frac{1}{4}\left( {\frac{{17}}{4}{a^2} + 2\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD}  - 3\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB}  - 3\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} } \right) = \frac{{5{a^2}}}{{16}}\)

      \( \Rightarrow IJ = \frac{{a\sqrt 5 }}{4}.\)

Vậy: \(\cos \left( {\overrightarrow {IJ} \,,\overrightarrow {AB} } \right) = \frac{{\overrightarrow {IJ} \,.\overrightarrow {AB} }}{{IJ.AB}} = \frac{{ - \frac{{{a^2}}}{4}}}{{\frac{{a\sqrt 5 }}{4}.a}} =  - \frac{{\sqrt 5 }}{5}\)

Ta có \[\overrightarrow {AB}  = \left( {3;\,\,0;\,\,0} \right)\], \(\overrightarrow {AD}  = \left( {0;\,\,3;\,\,0} \right)\)

Gọi \(C\left( {{x_1};\,{y_1};\,\,{z_1}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {DC}  = \left( {{x_1};\,\,{y_1} - 3;\,\,{z_1}} \right)\)

Vì \(ABCD\) là hình bình hành \[ \Rightarrow \overrightarrow {DC}  = \overrightarrow {AB}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 3\\{y_1} - 3 = 0\\{z_1} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 3\\{y_1} = 3\\{z_1} = 0\end{array} \right. \Rightarrow C\left( {3;\,\,3;\,\,0} \right)\].

Gọi \(A'\left( {{x_2};\,\,{y_2};\,\,{z_2}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {A'D'}  = \left( { - {x_2};\,\,3 - {y_2};\,\, - 3 - {z_2}} \right)\)

Vì \(ADD'A'\) là hình bình hành \( \Rightarrow \overrightarrow {A'D'}  = \overrightarrow {AD}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - {x_2} = 0\\3 - {y_2} = 3\\ - 3 - {z_2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = 0\\{y_2} = 0\\{z_2} =  - 3\end{array} \right. \Rightarrow A'\left( {0;\,\,0;\, - 3} \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {BC}  = (0\,;\, - 2\,;\, - 2)\),\(\overrightarrow {BD}  = ( - 1\,;\, - 1\,;\, - 1)\)

Khi đó: \(\left[ {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BD} } \right] = (0\,;\,2\,;\, - 2)\) là một vectơ thoả yêu cầu bài toán.

Lời giải

Đáp số: 1954.

Vị trí của máy bay sau 5 phút tiếp theo là \(C(x;y;z)\).

Vì hướng của máy bay không đổi nên \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {BC} \) cùng hướng.

Do vận tốc của máy bay không đổi và thời gian bay từ \(A\) đến \(B\) gấp đôi thời gian bay từ \(B\) đến \(C\) nên \(AB = 2BC\).

Do đó \(\overrightarrow {BC}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  = \left( {\frac{{940 - 800}}{2};\frac{{550 - 500}}{2};\frac{{9 - 7}}{2}} \right) = \left( {70;25;1} \right)\).

Mặt khác, \(\overrightarrow {BC}  = (x - 940;y - 550;z - 8)\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 940 = 70}\\{y - 550 = 25}\\{z - 8 = 1}\end{array}} \right.\)

Từ đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1010}\\{y = 575}\\{z = 9}\end{array}} \right. \Rightarrow x + y + z = 1594\).

Đáp số: \(10\sqrt 3 \,\,\left( N \right)\).

Gọi \({A_1},{B_1},{C_1}\) lần lượt là các điểm sao cho \(\overrightarrow {O{A_1}}  = \overrightarrow {{F_1}} ,{\rm{ }}\overrightarrow {O{B_1}}  = \overrightarrow {{F_2}} ,{\rm{ }}\overrightarrow {O{C_1}}  = \overrightarrow {{F_3}} \)

Lấy các điểm D1,A1',B1',D1' sao cho OA1D1B1.C1A1'D1'B1' là hình hộp.

Theo quy tắc hình hộp ta có: OA1→+OB1→+OC1→=OD1'→

Do các lực căng \(\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} ,\overrightarrow {{F_3}} \) đôi một vuông góc với nhau và có độ lớn: \(\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = 10\left( N \right)\) nên hình hộp OA1D1B1.C1A1'D1'B1' có ba cạnh \(OA,OB,OC\) đôi một vuông góc và bằng nhau. Vì thế OA1D1B1.C1A1'D1'B1' là hình lập phương có độ dài cạnh bằng \(10\), suy ra độ dài đường chéo bằng \(10\sqrt 3 \)

Tứ giác \(ABCD\) có hai đường chéo bằng nhau và vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình vuông.

Ta có: \(\overrightarrow {SA}  = \left( {30;0; - 30} \right),\overrightarrow {SB}  = \left( {0;20; - 20} \right),\overrightarrow {SC}  = \left( { - 20;0; - 20} \right),\overrightarrow {SD}  = \left( {0; - 20; - 20} \right)\)

\( \Rightarrow SA = SB = SC = SD = 30\sqrt 2 \). Do đó \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều.

Các vecto \(\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} ,\overrightarrow {{F_3}} ,\overrightarrow {{F_4}} \) có điểm đầu tại \(S\) và điểm cuối lần lượt là \(A',B',C',D'\).

Ta có \(SA' = SB' = SC' = SD'\) nên \(S.A'B'C'D'\) cũng là hình chóp tứ giác đều.

Gọi \(\overrightarrow F \) là trọng lực tác dụng lên chậu cây và \(O'\) là tâm của hình vuông \(A'B'C'D'\). Ta có:

\[\overrightarrow F  = \overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_3}}  + \overrightarrow {{F_4}}  = \overrightarrow {SA'}  + \overrightarrow {SB'}  + \overrightarrow {SC'}  + \overrightarrow {SD'}  = 4\overrightarrow {SO'} \]

Ta có: \(\left| {\overrightarrow F } \right| = 60 \Rightarrow \left| {\overrightarrow {SO'} } \right| = SO = 15\).

Do tam giác \(SO'A'\) vuông cân nên \(SA' = SO'\sqrt 2  = 15\sqrt 2  = \frac{1}{2}SA \Rightarrow \overrightarrow {{F_1}}  = \overrightarrow {SA'}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {SA}  = \left( {15;0; - 15} \right)\)

Chứng minh tương tự ta cũng có:

\(\overrightarrow {{F_2}}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {SB}  = \left( {0;15; - 15} \right),\overrightarrow {{F_3}}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {SC}  = \left( { - 15;0; - 15} \right),\overrightarrow {{F_4}}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {SD}  = \left( {0; - 15; - 15} \right)\)

Suy ra: \(\overrightarrow {{F_1}}  + 2\overrightarrow {{F_2}}  + 3\overrightarrow {{F_3}}  + 4\overrightarrow {{F_4}}  = \left( { - 30; - 30; - 150} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{F_1}}  + 2\overrightarrow {{F_2}}  + 3\overrightarrow {{F_3}}  + 4\overrightarrow {{F_4}} } \right| = 90\sqrt 3  \approx 156\).