(Trả lời ngắn) 30 bài tập Vectơ và các phép toán trong không gian (có lời giải)

Trả lời: \(60^\circ \)

Vì \(MN//{A^\prime }{C^\prime }\) nên \(\left( {\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {{A^\prime }B} } \right) = \left( {\overrightarrow {{A^\prime }{C^\prime }} ,\overrightarrow {{A^\prime }B} } \right) = \widehat {{C^\prime }{A^\prime }B}\).

Tam giác \({C^\prime }{A^\prime }{B^\prime }\) là tam giác đều vì \(ABCD.{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\) ' là hình lập phương.

Suy ra \(\widehat {{C^\prime }{A^\prime }B} = 60^\circ \).

Vậy \(\left( {\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {{A^\prime }B} } \right) = \overrightarrow {{C^\prime }{A^\prime }B}  = 60^\circ \).

Trả lời: \(n =  - 0,5\)

Vì \(MN//{A^\prime }{C^\prime }\) nên MN→,C'B→=A'C'→,C'B→=180°−A'C'B^=120°.

Ta có: \(MN = \frac{{a\sqrt 2 }}{2},{C^\prime }B = a\sqrt 2 \). Suy ra MN→⋅C'B→=|MN→|⋅C'B→⋅cosMN→,C'B→=a22⋅a2⋅cos120°=−0,5a2

Vậy \(n =  - 0,5\).

a) Trong các vectơ \(\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AD} ,\overrightarrow {AD'} \), hai vectơ \(\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AD} \) có giá nằm trong mặt phẳng (ABCD)

b) Vì \(ABCD \cdot A'B'C'D'\) là hình lập phương nên \(AD = DC = DD'\)

Tam giác ADD' vuông tại \(D\) nên theo định lý Pythagore ta có:

                         \(AD' = \sqrt {A{D^2} + D{D^{{\rm{'}}2}}}  = AD\sqrt 2 \)

Tam giác ADC vuông tại \(D\) nên theo định lý Pythagore ta có:

                                 \(AC = \sqrt {A{D^2} + D{C^2}}  = AD\sqrt 2 \)

Do đó, \(AD' = AC\) hay \(\left| {\overrightarrow {AC} } \right| = \left| {\overrightarrow {AD'} } \right|\). Vậy hai vectơ \(\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AD'} \) có cùng độ dài.

Vì \(ABC \cdot A'B'C'\) là lăng trụ tam giác đều nên \(AA'B'B\) là hình chữ nhật. Suy ra, \(\overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow {BB'} \). Do đó: \(\left( {\overrightarrow {AA'} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \left( {\overrightarrow {BB'} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \widehat {B'BC} = {90^ \circ }\) (do \({\rm{B}}{{\rm{B}}^{\rm{'}}}C'{\rm{C}}\) là hình chữ nhật)
Vì AA'B'B là hình chữ nhật nên \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {A'B'} \).
Do đó, \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A'C'} } \right) = \left( {\overrightarrow {A'B'} ,\overrightarrow {A'C'} } \right) = \widehat {C'A'B'}\).
Vì tam giác \(A'B'C'\) là tam giác đều nên \(\widehat {C'A'B'} = {60^ \circ }\). Do đó, \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\widehat {A'C'}} \right) = {60^ \circ }\).

Giả sử cạnh của hình lập phương ABCD.A'B'C'D' bằng 1. Khi đó, A'C' = B'D' = 2
Gọi E' là giao điểm của hai đường chéo A'C' và B'D' của hình vuông A'B'C'D'. Khi đó, E' là trung điểm của A'C' và B'D'. Suy ra →B'D'= →2E'D'  và E'D' =22
Gọi E  là trung điểm của CC' . Mà E'  là trung điểm của A'C'  nên EF là đường trung bình của tam giác A'C'C . Do đó, →A'C=→2E'E và E'E = 12A'C
Áp dụng định lí Pythagore vào ∆A'C'C vuông tại C' có: A'C=A'C2+ C'C2=2 + 1 = 3

⇒E'E =32

Áp dụng định lí Pythagore vào ∆D'C'E  vuông tại C' có:

ED'2=C'D'2 + C'E2 = 1+ 14 = 54

Vì E'D'2 + E'E2=12+34=54=ED'2 nên ∆E'D'E vuông tại E'. Do đó, →E'E⊥→E'D' 
Ta có: →A'C.→B'D'=2. →E'E.2.→E'D' = 0  (đpcm)

Ta có: \(A = \vec F \cdot \overrightarrow {MN}  = \left| {\vec F\left|  \cdot  \right|\overrightarrow {MN} } \right| \cdot {\rm{cos}}\left( {\vec F,\overrightarrow {MN} } \right)\)
vì lực \(\vec F\) có độ lớn không đổi và vật di chuyển một quãng đường không đổi nên \(A\) lớn nhất khi \({\rm{cos}}\left( {\vec F,\overrightarrow {MN} } \right)\) lớn nhất. Do đó, \({\rm{cos}}\left( {\vec F,\overrightarrow {MN} } \right) = 1 \Leftrightarrow \left( {\vec F,\overrightarrow {MN} } \right) = {0^0}\). Khi đó, lực tác động cùng hướng với chuyển động của vật. Vậy công sinh ra sẽ lớn nhất khi lực tác động cùng hướng với chuyển động của vật.

Khi kéo (hoặc đẩy) các vật nặng, ta nên kéo (hoặc đẩy) cùng cùng hướng với chuyển động của vật.

\(\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {CD}  + \overrightarrow {AC}  \cdot \overrightarrow {DB}  + \overrightarrow {AD}  \cdot \overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {CD}  + \left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BC} } \right) \cdot \overrightarrow {DB}  + \left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BD} } \right) \cdot \overrightarrow {BC} \)

\( = \overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {CD}  + \overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {DB}  + \overrightarrow {BC}  \cdot \overrightarrow {DB}  + \overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {BD}  \cdot \overrightarrow {BC} \)

\( = \overrightarrow {AB}  \cdot \left( {\overrightarrow {CD}  + \overrightarrow {DB}  + \overrightarrow {BC} } \right) + \left( {\overrightarrow {BC}  \cdot \overrightarrow {DB}  + \overrightarrow {BD}  \cdot \overrightarrow {BC} } \right) = \overrightarrow {AB}  \cdot \left( {\overrightarrow {CB}  + \overrightarrow {BC} } \right) + \overrightarrow {BC} \left( {\overrightarrow {DB}  + \overrightarrow {BD} } \right) = 0\)

a) \(\vec a \cdot \vec b = \left| {\vec a\left|  \cdot  \right|\vec b} \right| \cdot {\rm{cos}}\left( {\vec a,\vec b} \right) = 1 \cdot 1 \cdot {\rm{cos}}{45^ \circ } = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)
b) \(\left( {\vec a + 3\vec b} \right) \cdot \left( {\vec a - 2\vec b} \right) = {\vec a^2} + \vec a \cdot \vec b - 6{\vec b^2} = 1 + \frac{{\sqrt 2 }}{2} - 6 \cdot 1 =  - 5 + \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)
\({(\vec a + \vec b)^2} = {\vec a^2} + 2\vec a \cdot \vec b + {\vec b^2} = 1 + 2 \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2} + 1 = 2 + \sqrt 2 \)

a) Vì \(AA'//CC'\) nên hai vectơ \(\overrightarrow {AA'} \) và \(\overrightarrow {C'C} \) ngược hướng nhau.

Suy ra, \(\left( {\overrightarrow {AA'} ,\overrightarrow {C'C} } \right) = {180^ \circ }\).
Do đó, \(\overrightarrow {AA'}  \cdot \overrightarrow {C'C}  = \left| {\overrightarrow {AA'} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {C'C} } \right| \cdot {\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {AA'} ,\overrightarrow {C'C} } \right) = 2.2 \cdot {\rm{cos}}{180^ \circ } =  - 4\)
b) Vì A'ADD' là hình chữ nhật nên \(\widehat {A'AD} = {90^ \circ }\)

Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(\overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {AD} \). Do đó, \(\left( {\overrightarrow {AA'} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \left( {\overrightarrow {AA'} ,\overrightarrow {AD} } \right) = \widehat {A'AD} = {90^ \circ }\)
Ta có: \(\overrightarrow {AA'}  \cdot \overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {AA'}  \cdot \overrightarrow {AD}  = \left| {\overrightarrow {AA'} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AD} } \right| \cdot {\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {AA'} ,\overrightarrow {AD} } \right) = 2 \cdot 1 \cdot {\rm{cos}}{90^ \circ } = 0\)
c) Vì A'ABB' là hình chữ nhật nên \(\overrightarrow {B'A'}  = \overrightarrow {BA} \).
vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(\widehat {CAB} = {45^ \circ }\) và \(AC = \sqrt 2 \)
Ta có: \(\overrightarrow {AC}  \cdot \overrightarrow {B'A'}  =  - \overrightarrow {AC}  \cdot \overrightarrow {AB}  =  - \left| {\overrightarrow {AC} \left|  \cdot  \right|\overrightarrow {AB} } \right| \cdot {\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AB} } \right) =  - \sqrt 2  \cdot 1 \cdot {\rm{cos}}{45^ \circ } =  - 1\)

Ta có: \(\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {CN}  = \frac{1}{3}\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BC}  + \frac{2}{3}\overrightarrow {CB} \)
\( = \frac{1}{3}\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {BC}  - \frac{2}{3}\overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {AB}  = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {BC} } \right) + \overrightarrow {AB} \) (đpcm)
Ta có: \(\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {CN}  = \frac{1}{3}\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BC}  + \frac{2}{3}\overrightarrow {CB} \)
\( = \frac{1}{3}\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {BC}  - \frac{2}{3}\overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {AB}  = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {BC} } \right) + \overrightarrow {AB} \) (đpcm)

Nếu \(\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SC}  = \overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SD} \) thì tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành:
Ta có: \(\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SC}  = \overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SD}  \Leftrightarrow \overrightarrow {SA}  - \overrightarrow {SB}  = \overrightarrow {SD}  - \overrightarrow {SC}  \Leftrightarrow \overrightarrow {BA}  = \overrightarrow {CD} \)
Suy ra, hai vectơ \(\overrightarrow {BA} \) và \(\overrightarrow {CD} \) cùng hướng và có độ lớn bằng nhau.
Suy ra, \(AB = CD,{\rm{AB}}//{\rm{CD}}\). Khi đó, tứ giác \({\rm{ABCD}}\) là hình bình hành.
Vậy tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành nếu và chỉ nếu \(\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SC}  = \overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SD} \)

a) Vì A'ABB' là hình bình hành nên \(\overrightarrow {AB'}  = \overrightarrow {AA'}  + \overrightarrow {AB}  = \vec a + \vec b\)
b) Vì A'ABB' là hình bình hành nên \(\overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow {BB'}  = \vec a\)

Ta có: \(\overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {AC}  =  - \vec b + \vec c\)
vì \(C'CBB'\) là hình bình hành nên

                \(\overrightarrow {B'C'}  = \overrightarrow {BC}  =  - \vec b + \vec c\)

\(\overrightarrow {B'C}  = \overrightarrow {B'C'}  + \overrightarrow {B'B}  =  - \vec b + \vec c - \vec a\)

c) Vì C'CBB' là hình bình hành nên \(\overrightarrow {BC'}  = \overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {BB'}  =  - \vec b + \vec c + \vec a\)

Vì \(B'BAA'\) là hình chữ nhật nên \(BB' = AA' = DD' = 4 \Rightarrow \left| {\overrightarrow {BB'} } \right| = 4\)
Vì tứ giác \(ABCD\) là hình chữ nhật nên tam giác \(BAD\) vuông tại \(A\).
Do đó, \(BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}}  = \sqrt {{2^2} + {3^2}}  = \sqrt {13} \) (định lí Pythagore), suy ra: \(\left| {\overrightarrow {BD} } \right| = \sqrt {13} \)
Vì BB'D'D là hình chữ nhật nên tam giác DD'B vuông tại D
Theo định lí Pythagore ta có: \(BD' = \sqrt {B{D^2} + D{D^{{\rm{'}}2}}}  = \sqrt {13 + {4^2}}  = \sqrt {29}  \Rightarrow \left| {\overrightarrow {BD'} } \right| = \sqrt {29} \)

Ta có \(ABC \cdot A'B'C'\) là hình lăng trụ nên \(AA'C'C\) 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, ta cũng có \(AA'B'B\) là hình bình hành, suy ra \(\overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow {BB'} \).

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

Gọi \({\vec F_1},{\vec F_2},{\vec F_3}\) là ba lực tác động vào vật đặt tại điểm \(O\) lần lượt có độ lớn là \(25{\rm{\;N}},12{\rm{\;N}},4{\rm{\;N}}\).

Vẽ \(\overrightarrow {OA}  = {\vec F_1},\overrightarrow {OB}  = \overrightarrow {{F_2}} ,\overrightarrow {OC}  = {\vec F_3}\).

Dựng hình bình hành \(OADB\) và hình bình hành \(ODEC\).

Hợp lực tác động vào vật là

\(\vec F = \overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC}  = \overrightarrow {OD}  + \overrightarrow {OC}  = \overrightarrow {OE} \)

Áp dụng định lí côsin trong tam giác \(OBD\), ta có

\(O{D^2} = B{D^2} + O{B^2} - 2 \cdot BD \cdot OB \cdot {\rm{cos}}\widehat {OBD} = O{A^2} + O{B^2} + 2 \cdot OA \cdot OB \cdot {\rm{cos}}{100^ \circ }\).

Vì \(OC \bot \left( {OADB} \right)\) nên \(OC \bot OD\), suy ra \(ODEC\) là hình chữ nhật.

Do đó tam giác \(ODE\) vuông tại \(D\).

Ta có \(O{E^2} = O{C^2} + O{D^2} = O{C^2} + O{A^2} + O{B^2} + 2 \cdot OA \cdot OB \cdot {\rm{cos}}{100^ \circ }\).

Suy ra \(OE = \sqrt {O{C^2} + O{A^2} + O{B^2} + 2 \cdot OA \cdot OB \cdot {\rm{cos}}{{100}^ \circ }} \)

\( = \sqrt {{4^2} + {{25}^2} + {{12}^2} + 2 \cdot 25 \cdot 12 \cdot {\rm{cos}}{{100}^ \circ }}  \approx 26,092.\)

Vậy độ lớn của hợp lực là \(F = OE \approx 26{\rm{\;N}}\).

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

b) Do \(ABCD\) là hình bình hành nên ta có \(\overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {AD} \), suy ra \(\overrightarrow {BS}  - \overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {BS}  - \overrightarrow {BC} \).

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

Vì \(ABCD \cdot A'B'C'D'\) là hình hộp nên \(\overrightarrow {BA}  = \overrightarrow {CD} \) và \(\overrightarrow {D'A'}  = \overrightarrow {CB} \).

Suy ra \(\overrightarrow {CC'}  + \overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {D'A'}  = \overrightarrow {CC'}  + \overrightarrow {CD}  + \overrightarrow {CB}  = \overrightarrow {CA'} \).

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

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

Áp dụng quy tắc ba điểm, ta có:

\(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {AG}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {AG}  + \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {AG}  + \overrightarrow {GD} \)

\( = 3\overrightarrow {AG}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {GD} \)

Vì \(G\) là trọng tâm tam giác \(BCD\) nên:

    \(\overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {GD}  = \vec 0\)

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

Áp dụng định lí côsin trong tam giác \(ABC\), ta có:

      \(A{C^2} = {5^2} + {6^2} - 2 \cdot 5 \cdot 6 \cdot {\rm{cos}}{120^ \circ } = 91\)

Khi \(ABCD\).EFGH là hình hộp đứng thì \(EAC\) là tam giác vuông tại \(A\), do đó:

                                  \(E{C^2} = E{A^2} + A{C^2} = 100 + 91 = 191\)

Suy ra \(EM = \frac{1}{3}\sqrt {191} \).

a) Ta có: \(\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AC}  = \left| {\overrightarrow {AB} \left|  \cdot  \right|\overrightarrow {AC} } \right| \cdot {\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right)\)

\( = AB \cdot AC \cdot {\rm{cos}}\widehat {BAC} = a \cdot a \cdot {\rm{cos}}{60^ \circ } = \frac{{{a^2}}}{2}.\)

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

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

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

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

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

Từ các kết quả trên ta có \(\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {CD}  = 0\). Suy ra \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD} } \right) = {90^ \circ }\).

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 \(B'CD'\) là tam giác đều. Suy ra \(D'B'C = {60^ \circ }\).

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

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

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

Ta có: \({\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {OM} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {OM}  \cdot \overrightarrow {AC} }}{{\left| {\overrightarrow {OM} \left|  \cdot  \right|\overrightarrow {AC} } \right|}}\).

Mặt khác, do \(\overrightarrow {OM}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB} } \right) = \frac{1}{2}\left( {\vec a + \vec b} \right)\) và \(\overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {OC}  - \overrightarrow {OA}  = \vec c - \vec a\) nên \(\overrightarrow {OM}  \cdot \overrightarrow {AC}  = \frac{1}{2}\left( {\vec a + \vec b} \right) \cdot \left( {\vec c - \vec a} \right)\) \( = \frac{1}{2}\left( {\vec a \cdot \vec c - {{\vec a}^2} + \vec b \cdot \vec c - \vec b \cdot \vec a} \right) =  - \frac{1}{2}.\)

Ta lại có: \(\left| {\overrightarrow {OM} \left| { = OM = \frac{{\sqrt 2 }}{2};} \right|\overrightarrow {AC} } \right| = AC = \sqrt 2 \).

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

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

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

Trên tia \(AB\) lấy điểm \(E\) sao cho \(\overrightarrow {BE}  = \overrightarrow {DC} \) (Hình 2.20). Ta có:

\(\left( {\overrightarrow {DC} ,\overrightarrow {BS} } \right) = \left( {\overrightarrow {BE} ,\overrightarrow {BS} } \right) = \overrightarrow {EBS}  = {180^ \circ } - {60^ \circ } = {120^ \circ }\)

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

a) Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AB//CD\). Gọi \(E\) là điểm thuộc tia \(AB\) sao cho \(\overrightarrow {BE}  = \overrightarrow {DC} \). Ta có:

\(\left( {\overrightarrow {DC} ,\overrightarrow {BS} } \right) = \left( {\overrightarrow {BE} ,\overrightarrow {BS} } \right) = \widehat {EBS}\) vuông cân (tại \(S\) ) nên \(\widehat {SBA} = {45^ \circ }\).

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

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

Từ đó ta có:

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

\(\overrightarrow {DC}  \cdot \overrightarrow {BS}  = \left| {\overrightarrow {DC} \left|  \cdot  \right|\overrightarrow {BS} } \right| \cdot {\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {DC} ,\overrightarrow {BS} } \right)\)

\( = a \cdot \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \cdot {\rm{cos}}{135^ \circ } = {a^2}\frac{{\sqrt 2 }}{2}\left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)\)

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

c) Tam giác \(ASB\) cân tại \(S\) và \(M\) là trung điểm của cạnh \(AB\) nên \(SM \bot AB\), hay \(\overrightarrow {MS}  \bot \overrightarrow {AB} \). Suy ra \(\overrightarrow {DC}  \cdot \overrightarrow {MS}  = \overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {MS}  = 0\).

Ta có:

\({\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {AB} } \right){\rm{\;}} = \frac{{\overrightarrow {SC}  \cdot \overrightarrow {AB} }}{{\left| {\overrightarrow {SC} \left|  \cdot  \right|\overrightarrow {AB} } \right|}} = \frac{{\left( {\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {AC} } \right) \cdot \overrightarrow {AB} }}{{{a^2}}}\)

\( = \frac{{\overrightarrow {SA}  \cdot \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC}  \cdot \overrightarrow {AB} }}{{{a^2}}}\)

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

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

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

Gọi \({A_1},{B_1},{C_1}\) lần lượt là các điểm sao cho \(\overrightarrow {O{A_1}}  = {\vec F_1}\), \(\overrightarrow {O{B_1}}  = \overrightarrow {{F_2}} ,\overrightarrow {O{C_1}}  = {\vec F_3}\). Lấy các điểm \({D_1},A_1^{\rm{'}},B_1^{\rm{'}},D_1^{\rm{'}}\), sao cho \(O{A_1}{D_1}{B_1} \cdot {C_1}A_1^{\rm{'}}D_1^{\rm{'}}B_1^{\rm{'}}\) là hình hộp (Hình 15). Khi đó, áp dụng quy tắc hình hộp, ta có:

\(\overrightarrow {O{A_1}}  + \overrightarrow {O{B_1}}  + \overrightarrow {O{C_1}}  = \overrightarrow {OD_1^{\rm{'}}} \)

Mặt khác, do các lực căng \({\vec F_1},\overrightarrow {{F_2}} ,\overrightarrow {{F_3}} \) đôi một vuông góc và \(\left| {{{\vec F}_1}} \right| = \left| {{{\vec F}_2}} \right| = \left| {{{\vec F}_3}} \right| = 15\left( {{\rm{\;N}}} \right)\) nên hình hộp \(O{A_1}{D_1}{B_1},{C_1}A_1^{\rm{'}}D_1^{\rm{'}}B_1^{\rm{'}}\) có ba cạnh \(O{A_1},O{B_1},O{C_1}\) đôi một vuông góc và bằng nhau. Vì thế hình hộp đó là hình lập phương có độ dài cạnh bằng 15 . Suy ra độ dài đường chéo \(OD_1^{\rm{'}}\) của hình lập phương đó bằng \(15\sqrt 3 \).

Do chiếc đèn ở vị trí cân bằng nên \(\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_3}}  = \vec P\), ở đó \(\vec P\) là trọng lực tác dụng lên chiếc đèn. Suy ra trọng lượng của chiếc đèn là: \(\left| {\vec P} \right| = \left| {\overrightarrow {O{D_1}} } \right| = 15\sqrt 3 \left( {{\rm{\;N}}} \right)\).

Ta có \(\vec F = m\vec a\), suy ra \(\left| {\vec F\left| { = m} \right|\vec a} \right| = 0,5.50 = 25\left( {{\rm{\;N}}} \right)\).

Vậy muốn truyền cho quả bóng khối lượng \(0,5{\rm{\;kg}}\) một gia tốc \(50{\rm{\;m}}/{{\rm{s}}^2}\) thì cần một lực đá có độ lớn là \(25{\rm{\;N}}\).

Ta có 1,5 tấn \( = 1500{\rm{\;kg}}\).

Độ lớn của trọng lực tác dụng lên chiếc xe là: \(\left| {\vec P\left| { = m} \right|\vec g} \right| = 1500.9,8 = 14700\) (N).

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

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

\(A = \vec P \cdot \vec d = \left| {\vec P\left|  \cdot  \right|\vec d} \right| \cdot {\rm{cos}}\left( {\vec P,\vec d} \right) = 14700.30 \cdot {\rm{cos}}{85^ \circ } \approx 38436\left( J \right)\)