Cho tứ giác \(ABCD\). Khi đó:

a) Có 5 vectơ liên quan đến điểm \(A\)

b) Có 4 vectơ liên quan đến điểm \(B\) mà không liên quan đến \(A\)

c) Có 2 vectơ liên quan đến hai điểm \(C,D\)

d) Có 10 vectơ (khác \(\vec 0)\) có điểm đầu và điểm cuối là các điểm \(A,B,C,D\)?

Ta có \(:B{B^\prime }\) là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) nên $\widehat{BC{B}^{\text{'}}}={90}^{°}$

Mặt khác \(AH \bot BC\), suy ra \({B^\prime }C//AH\) (1).

Tương tự: $\widehat{BA{B}^{\text{'}}}={90}^{°}$ hay \(A{B^\prime } \bot AB\) mà \(CH \bot AB\) nên \(CH//A{B^\prime }(2)\).

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác \(A{B^\prime }CH\) là hình bình hành.

Vì vậy: \(\overrightarrow {AH}  = \overrightarrow {{B^\prime }C} ;\overrightarrow {A{B^\prime }}  = \overrightarrow {HC} \).

Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm cạnh \(BC,AB\).

Do tam giác \(ABC\) đều nên \(AM,BN\) cũng là các đường cao của tam giác \(ABC\); vì vậy \(H\) vừa là trực tâm vừa là trọng tâm tam giác này.

Áp dụng định lí Py-tha-go cho \(\Delta ABM\), ta có: \(A{M^2} = A{B^2} - B{M^2} = {a^2} - {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{3{a^2}}}{4}\)

\( \Rightarrow AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}{\rm{. }}\)

Theo tính chất trọng tâm, ta có: \(AH = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Dễ thấy ba vectơ \(\overrightarrow {HA} ,\overrightarrow {HB} ,\overrightarrow {HC} \) có độ dài bằng nhau:

\[|\overrightarrow {HA} | = |\overrightarrow {HB} | = |\overrightarrow {HC} | = AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}{\rm{. }}\]