Trong không gian với một hệ trục toạ độ cho trước (đơn vị đo lấy theo kilômét), ra đa phát hiện một chiếc máy bay di chuyển với vận tốc và hướng không đổi từ   điểm \[A\left( {800;500;7} \right)\] đến điểm \[B\left( {940;550;9} \right)\] trong 10 phút. Nếu máy bay tiếp tục giữ nguyên vận tốc và hướng bay thì toạ độ của máy bay sau 5 phút tiếp theo là \(C(x;y;z)\). Tính \(x + y + z\).

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