Giả sử cạnh của hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ bằng 1. Khi đó, \(A'C' = B'D' = \sqrt 2 \)

Gọi E’ là giao điểm của hai đường chéo A’C’ và B’D’ của hình vuông A’B’C’D’. Khi đó, E’ là trung điểm của A’C’ và B’D’. Suy ra \(\overrightarrow {B'D'}  = 2\overrightarrow {E'D'} \) và \(E'D' = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Gọi E là trung điểm của CC’. Mà E’ là trung điểm của A’C’ nên EE’ là đường trung bình của tam giác A’C’C. Do đó, \(\overrightarrow {A'C}  = 2\overrightarrow {E'E} \) và \(E'E = \frac{1}{2}A'C\)

Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta \)A’C’C vuông tại C’ có: \(A'C = \sqrt {A'C{'^2} + C'{C^2}}  = \sqrt {2 + 1}  = \sqrt 3 \)\( \Rightarrow E'E = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta \)D’C’E vuông tại C’ có:

\(ED{'^2} = C'D{'^2} + C'{E^2} = 1 + \frac{1}{4} = \frac{5}{4}\)

Vì \(E'D{'^2} + E'{E^2} = \frac{1}{2} + \frac{3}{4} = \frac{5}{4} = ED{'^2}\) nên \(\Delta \)E’D’E vuông tại E’. Do đó, \(\overrightarrow {E'E}  \bot \overrightarrow {E'D'} \)

Ta có: \(\overrightarrow {A'C} .\overrightarrow {B'D'}  = 2.\overrightarrow {E'E} .2.\overrightarrow {E'D'} \)\( = 0\) (đpcm)

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD trong hình vuông ABCD. Do đó, O là trung điểm của BD, O là trung điểm của AC.

Tứ giác ABCD là hình vuông cạnh a nên độ dài đường chéo BD là \(a\sqrt 2 \)\( \Rightarrow OB = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Gọi E là trung điểm của SC. Mà O là trung điểm của AC nên OE là đường trung bình của tam giác SAC, do đó, OE//SA, \(OE = \frac{1}{2}SA = \frac{a}{2}\). Suy ra: \(\overrightarrow {AS}  = 2\overrightarrow {OE} \)

Vì O là trung điểm của BD nên \(\overrightarrow {BD}  = 2\overrightarrow {OB} \)

Vì tam giác SBC có ba cạnh bằng nhau nên tam giác SBC là tam giác đều. Do đó, BE là đường trung tuyến đồng thời là đường cao của tam giác SBC. Do đó, \(EB = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Ta có: \(O{E^2} + O{B^2} = \frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{3{a^2}}}{4} = E{B^2}\) nên \(\Delta \)EOB vuông tại O. Do đó, \(\overrightarrow {OE}  \bot \overrightarrow {OB} \)

Ta có: \(\overrightarrow {AS} .\overrightarrow {BD}  = 2\overrightarrow {OE} .\left( { - 2\overrightarrow {OB} } \right) =  - 4\overrightarrow {OE} .\overrightarrow {OB}  = 0\)

Tứ giác ABCD là hình vuông nên \(\overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {BA} \)

Ta có: \(\overrightarrow {AS} .\overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AS} .\overrightarrow {BA}  =  - \overrightarrow {AS} .\overrightarrow {AB}  =  - \left| {\overrightarrow {AS} } \right|.\left| {\overrightarrow {AB} } \right|\cos \left( {\overrightarrow {AS} ,\overrightarrow {AB} } \right) =  - \left| {\overrightarrow {AS} } \right|.\left| {\overrightarrow {AB} } \right|\cos \widehat {SAB}\)

Vì tam giác SAB có ba cạnh bằng nhau nên tam giác SAB đều, suy ra \(\widehat {SAB} = {60^0}\)

Suy ra: \(\overrightarrow {AS} .\overrightarrow {CD}  =  - \left| {\overrightarrow {AS} } \right|.\left| {\overrightarrow {AB} } \right|\cos \widehat {SAB} =  - a.a.\cos {60^0} = \frac{{ - {a^2}}}{2}\)

Công thức xác định tích vô hướng của hai vectơ trong mặt phẳng: Tích vô hướng của hai vectơ \(\overrightarrow u \) và \(\overrightarrow v \) là một số, kí hiệu là \(\overrightarrow u  \cdot \overrightarrow v \), được xác định bởi công thức sau:  

\(\overrightarrow u  \cdot \overrightarrow v  = \left| {\overrightarrow u } \right| \cdot \left| {\overrightarrow v } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right)\).

Vì ABC.A’B’C’ là lăng trụ tam giác đều nên AA’B’B là hình chữ nhật. Suy ra, \(\overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow {BB'} \). Do đó: \(\left( {\overrightarrow {AA'} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \left( {\overrightarrow {BB'} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \widehat {B'BC} = {90^0}\) (do BB’C’C là hình chữ nhật)

Vì AA’B’B là hình chữ nhật nên \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {A'B'} \).

Do đó, \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A'C'} } \right) = \left( {\overrightarrow {A'B'} ,\overrightarrow {A'C'} } \right) = \widehat {C'A'B'}\).

Vì tam giác A’B’C’ là tam giác đều nên \(\widehat {C'A'B'} = {60^0}\). Do đó, \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A'C'} } \right) = {60^0}\).

Góc giữa hai vectơ cùng hướng bằng \({0^0}\).

Góc giữa hai vectơ ngược hướng bằng \({180^0}\).

a) Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {AO}  + \overrightarrow {OB} ;\overrightarrow {A'B'}  = \overrightarrow {A'O'}  + \overrightarrow {O'B'} \)

Mà \(\overrightarrow {OA}  = \overrightarrow a ,\overrightarrow {OB}  = \overrightarrow b ,\overrightarrow {O'A'}  = \overrightarrow a ,\overrightarrow {O'B'}  = \overrightarrow b  \Rightarrow \overrightarrow {AO}  = \overrightarrow {A'O'} ;\overrightarrow {OB}  = \overrightarrow {O'B'} \)

Do đó, \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {A'B'} \)

b) Áp dụng định lí côsin vào tam giác AOB ta có: \(\cos \widehat {AOB} = \frac{{O{A^2} + O{B^2} - A{B^2}}}{{2.OA.OB}}\)

Áp dụng định lí côsin vào tam giác A’O’B’ ta có: \(\cos \widehat {A'O'B'} = \frac{{O'A{'^2} + O'B{'^2} - A'B{'^2}}}{{2.O'A'.O'B'}}\)

Vì \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {A'B'}  \Rightarrow AB = A'B',\overrightarrow {AO}  = \overrightarrow {A'O'}  \Rightarrow OA = O'A';\overrightarrow {OB}  = \overrightarrow {O'B'}  \Rightarrow OB = O'B'\)

Do đó, \(\cos \widehat {AOB} = \cos \widehat {A'O'B'} \Rightarrow \widehat {AOB} = \widehat {A'O'B'}\)

Vì trong quá trình máy bay tăng vận tốc từ 900km/h lên 920km/h máy bay giữ nguyên hướng bay nên vectơ \(\overrightarrow {{F_1}} \) và \(\overrightarrow {{F_2}} \) có cùng hướng. Do đó, \(\overrightarrow {{F_1}}  = k\overrightarrow {{F_2}} \) với k là một số thực dương nào đó (1).

Gọi \({v_1},{v_2}\) lần lượt là vận tốc của của chiếc máy bay khi đạt 900km/h và 920km/h.

Suy ra \({v_1} = 900\left( {km/h} \right),{v_2} = 920\left( {km/h} \right)\)

Vì lực cản của không khí ngược hướng với lực đẩy của động cơ và có độ lớn tỉ lệ thuận với bình phương vận tốc máy bay nên

\(\frac{{\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right|}} = \frac{{v_1^2}}{{v_2^2}} = \frac{{{{900}^2}}}{{{{920}^2}}} = \frac{{2025}}{{2116}} \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \frac{{2025}}{{2116}}\left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right|\) (2)

Từ (1) và (2) ta có: \(\overrightarrow {{F_1}}  = \frac{{2025}}{{2116}}\overrightarrow {{F_2}}  \Rightarrow k = \frac{{2025}}{{2116}} \approx 0,96\)

Theo ví dụ 8 ta có: \(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AD}  = 3\overrightarrow {AG} \)\( \Rightarrow \overrightarrow {AI}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {AI}  + \overrightarrow {IC}  + \overrightarrow {AI}  + \overrightarrow {ID}  = 3\overrightarrow {AG} \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  + \overrightarrow {ID}  = 3\overrightarrow {AG}  - 3\overrightarrow {AI}  = 3\left( {\overrightarrow {AG}  + \overrightarrow {IA} } \right) = 3\overrightarrow {IG}  = \overrightarrow {AI} \)\( \Rightarrow \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  + \overrightarrow {ID}  = \overrightarrow 0 \)

Vì \(SE = \frac{1}{3}SA,SF = \frac{1}{3}SB \Rightarrow \frac{{SE}}{{SA}} = \frac{{SF}}{{SB}}\left( { = \frac{1}{3}} \right)\)

Tam giác SAB có: \(\frac{{SE}}{{SA}} = \frac{{SF}}{{SB}}\) nên FE//AB và \(EF = \frac{1}{3}AB\).

Vì hai vectơ \(\overrightarrow {EF} \) và \(\overrightarrow {AB} \) cùng hướng nên \(\overrightarrow {EF}  = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} \)  (1)

Vì ABCD là hình bình hành nên \(AB = CD\) và AB//CD. Do đó, \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC} \) (2)

Từ (1) và (2) ta có: \(\overrightarrow {EF}  = \frac{1}{3}\overrightarrow {DC} \)

Hai vectơ \(1\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow a \) bằng nhau vì chúng có cùng độ dài và cùng hướng.

Hai vectơ \(\left( { - 1} \right)\overrightarrow a \) và \( - \overrightarrow a \) bằng nhau chúng có cùng độ dài và cùng hướng.