Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm điểm \(A\left( {0\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right);\,\)\(B\left( {1\,;\,\,0\,;\,\, - 2} \right)\); \(C\left( {\,3\,;\,\,1\,;\,\, - 2} \right)\) và \(\,D\left( { - 2;\, - 2;\, - 1} \right)\).

a) Ba điểm \(A,\,B,D\) thẳng hàng

b) Tam giác \[ACD\] là tam giác vuông tại \(A\).

c) Góc giữa hai véctơ\(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {CD} \) là góc tù.

d) Bốn điểm \(A,\,B,\,C,\,D\) không đồng phẳng.

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 \(10\sqrt 3 \)

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