Cho tứ diện \[ABCD\] có \[AB = AC = AD\] và \(\widehat {BAC} = \widehat {BAD} = 60^\circ \). Hãy xác định góc giữa cặp vectơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {CD} \)?

\(AN,BN\) lần lượt là các đường trung tuyến của hai tam giác đều \(\Delta ACD\) và \(\Delta BCD\) nên \(NA = NB = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Do đó \(\Delta NAB\) cân tại \(N\) và \(MN \bot AB\).

Xét \(\Delta AMN\) vuông tại \(M\). Ta có:

\(MN = \sqrt {A{N^2} - A{M^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Đặt \(\overrightarrow {AB}  = a,\overrightarrow {AC}  = b,\overrightarrow {AD}  = c\).

\(\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {AN}  - \overrightarrow {AM}  = \frac{1}{2}(\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AD} ) - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  =  - \frac{1}{2}\vec a + \frac{1}{2}\vec b + \frac{1}{2}\vec c\)

\(\overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB}  =  - \vec a + \vec b\)

\(\overrightarrow {MN}  \cdot \overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {AM}  = ( - \vec a + \vec b)\left( { - \frac{1}{2}\vec a + \frac{1}{2}\vec b + \frac{1}{2}\vec c} \right) = \frac{1}{2}\left( {{{\vec a}^2} - \vec a \cdot \vec b - \vec a \cdot \vec c - \vec a \cdot \vec b + {{\vec b}^2} + \vec b \cdot \vec c} \right)\)

Do $\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}=\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{c}=\overrightarrow{b}\cdot \overrightarrow{c}=a^2\cdot \cos {60}^{°}=\frac{a^2}{2}$

Suy ra \(\overrightarrow {MN}  \cdot \overrightarrow {BC}  = \frac{1}{2}\left( {{{\vec a}^2} - \frac{1}{2}{{\vec a}^2} - \frac{1}{2}{{\vec a}^2} - \frac{1}{2}{{\vec a}^2} + {{\vec a}^2} + \frac{1}{2}{{\vec a}^2}} \right) = \frac{{{a^2}}}{2}\)

Gọi \(\varphi \) là góc giữa \(MN\) và \(BC\).

$\text{ Ta có }\cos \phi =\frac{|\overrightarrow{MN}\cdot \overrightarrow{BC}|}{\left|\overrightarrow{MN}\right|\cdot \left|\overrightarrow{BC}\right|}=\frac{\frac{a^2}{2}}{\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot a}=\frac{\sqrt{2}}{2}\text{. Suy ra }\phi ={45}^{°}\text{. }$