PHẦN 2. CÂU HỎI ĐÚNG SAI (4 CÂU)

Cho hình chóp ABCD có AB,AC,AD đôi một vuông góc, cạnh AB = AC = a ,\[M\] là trung điểm của \[CB\],\[H\] là trung điểm của \[MD\]. Các mệnh đề dưới đây đúng hay sai?

a) \(\overrightarrow {DM} = \frac{{\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {{\rm{CD}}} }}{{ - 2}}\)

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

c) \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AH} = \frac{{{a^2}}}{4}\).

d) Góc giữa vectơ \[\overrightarrow {AH} \] và \(\overrightarrow {BC} \) bằng \(60^\circ \).

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 $D_1,A_1^{\text{'}},B_1^{\text{'}},D_1^{\text{'}}$ sao cho $O{A}_1{D}_1{B}_1.C_1{A}_1^{\text{'}}{D}_1^{\text{'}}{B}_1^{\text{'}}$ là hình hộp.

Theo quy tắc hình hộp ta có: $\overrightarrow{O{A}_1}+\overrightarrow{O{B}_1}+\overrightarrow{O{C}_1}=\overrightarrow{O{D}_1^{\text{'}}}$

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 $O{A}_1{D}_1{B}_1.C_1{A}_1^{\text{'}}{D}_1^{\text{'}}{B}_1^{\text{'}}$ có ba cạnh \(OA,OB,OC\) đôi một vuông góc và bằng nhau. Vì thế $O{A}_1{D}_1{B}_1.C_1{A}_1^{\text{'}}{D}_1^{\text{'}}{B}_1^{\text{'}}$ 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: \(\overrightarrow {{F_1}}  + 2\overrightarrow {{F_2}}  + 3\overrightarrow {{F_3}}  + 4\overrightarrow {{F_4}}  = \left( { - 30; - 30; - 150} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{F_1}}  + 2\overrightarrow {{F_2}}  + 3\overrightarrow {{F_3}}  + 4\overrightarrow {{F_4}} } \right| = 90\sqrt 3  \approx 156\).