Đề kiểm tra Bài tập cuối chương 2 lớp 12 (có lời giải) - Đề 1

Ta có $M$ thuộc cạnh $AB$ và $AM = 2BM$ nên $\overrightarrow {AM} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AB}$.

Do $G$ là trọng tâm tam giác $BCD$ nên $3\overrightarrow {AG} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD}$ hay $\overrightarrow {AG} = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} } \right)$.

Mà $\overrightarrow {MG} = \overrightarrow {AG} - \overrightarrow {AM}$ nên $\overrightarrow {MG} = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} } \right) - \frac{2}{3}\overrightarrow {AB} = - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AD}$.

Ta có: $EG{\rm{//}}AC$ (do $ACGE$ là hình chữ nhật)

$$\Rightarrow \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {EG} } \right) = \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \widehat {BAC} = 45^\circ$$

Gọi tọa độ điểm $N$ là $\left( {{x_N};{y_N};{z_N}} \right)$, ta có: $\overrightarrow {MN} = \left( {{x_N} - 2;{y_N} - 3;{z_N} - 4} \right)$.

Ta có: $\overrightarrow {MN} = \vec a \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_N} - 2 = 2\\{y_N} - 3 = \frac{1}{3}\\{z_N} - 4 = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_N} = 2 + 2\\{y_N} = \frac{1}{3} + 3\\{z_N} = - 5 + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_N} = 4\\{y_N} = \frac{{10}}{3}\\{z_N} = - 1\end{array} \right.$.

Vậy $N\left( {4;\frac{{10}}{3}; - 1} \right)$.

Ta có: $- \frac{1}{2}\overrightarrow u = \left( { - 2;1; - 3} \right)$.

Gọi $N\left( {x;\,y;\,z} \right)$. Ta có $\overrightarrow {MN} = \left( {x - 4;y - 1;z + 2} \right)$.

Khi đó $\overrightarrow {MN} = - \frac{1}{2}\overrightarrow u \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 4 = - 2\\y - 1 = 1\\z + 2 = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 2\\z = - 5\end{array} \right.$.

Vậy $N\left( {2;\,2;\, - 5} \right)$.

Có $\overrightarrow {AB} = \left( {3;4; - 12} \right)$.

Độ dài của vectơ $\overrightarrow {AB}$ là: $\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{3^2} + {4^2} + {{\left( { - 12} \right)}^2}} = 13$.

Ta có:

$\overrightarrow a \bot \overrightarrow b \Leftrightarrow \overrightarrow a .\overrightarrow b = 0 \Leftrightarrow 1 \cdot \left( { - 2} \right) + \left( { - 2} \right) \cdot \left( {m - 1} \right) + \left( { - 3} \right) \cdot 2 = 0$$\Leftrightarrow - 2 - 2m + 2 - 6 = 0$$\Leftrightarrow m = - 3$.

Ta có: $A\left( {4\,;0\,;0} \right) \in Ox$, $B\left( {0\,;2\,;0} \right) \in Oy$ nên tam giác $OAB$vuông tại $O$.

Do đó, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $OAB$là trung điểm $I$ của cạnh $AB$.

Vậy $I = \left( {2\,;1\,;0} \right)$.

Vì $M$ là điểm đối xứng của $A$ qua $B$ nên $B$ là trung điểm của $AM$.

Gọi $M\left( {{x_M}\,;\,{y_M}\,;\,{z_M}} \right)$, ta có

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x_B} = \frac{{{x_A} + {x_M}}}{2}}\\{{y_B} = \frac{{{y_A} + {y_M}}}{2}}\\{{z_B} = \frac{{{z_A} + {z_M}}}{2}}\end{array}} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x_M} = 2{x_B} - {x_A}}\\{{y_M} = 2{y_B} - {y_A}}\\{{z_M} = 2{z_b} - {z_A}}\end{array}} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x_M} = 2.3 - 1 = 5\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{{y_M} = 2.0 - 2 = - 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{{z_M} = 2.\left( { - 5} \right) - 3 = - 13\,\,}\end{array}} \right.$

Vậy $M\left( {5\,;\, - 2\,;\, - 13} \right)$.

Ta có: $\overrightarrow {E{A_1}} = \left( {0;1; - 8} \right)$,$\overrightarrow {E{A_2}} = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2};\frac{{ - 1}}{2}; - 8} \right)$, $\overrightarrow {E{A_3}} = \left( {\frac{{ - \sqrt 3 }}{2};\frac{{ - 1}}{2}; - 8} \right)$ Nên $E{A_1} = E{A_2} = E{A_3} = \sqrt {65}$

Mặt khác, $\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right|$ vì đèn cân bằng và trọng lực của đèn tác dụng đều lên 3 chân của giá đỡ

Do đó : $\overrightarrow {{F_1}} = k\overrightarrow {E{A_1}} = \left( {0;k; - 8k} \right)$,$\overrightarrow {{F_2}} = k\overrightarrow {E{A_2}} = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}k;\frac{{ - 1}}{2}k; - 8k} \right)$,$\overrightarrow {{F_3}} = k\overrightarrow {E{A_3}} = \left( {\frac{{ - \sqrt 3 }}{2}k;\frac{{ - 1}}{2}k; - 8k} \right)$

$\Rightarrow {\overrightarrow F _1} + \overrightarrow {{F_2}} + {\overrightarrow F _3} = \left( {0;0; - 24k} \right)$

Mà ${\overrightarrow F _1} + \overrightarrow {{F_2}} + {\overrightarrow F _3} = \overrightarrow P = \left( {0;0; - 240} \right) \Rightarrow - 24k = - 240 \Rightarrow k = 10$

Vậy $\overrightarrow {{F_1}} = \left( {0;10; - 80} \right)$

a) Đúng.

b) Đúng.

Ta có: $\overrightarrow {C'K} = \overrightarrow {C'C} + \overrightarrow {CK} = \overrightarrow {C'C} + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {CD} } \right) = \overrightarrow {C'C} + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {C'A'} + \overrightarrow {C'D'} } \right)$

$= \overrightarrow {C'C} + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {C'B'} + \overrightarrow {C'D'} + \overrightarrow {C'D'} } \right) = \overrightarrow {C'C} + \frac{1}{2}\overrightarrow {C'B'} + \overrightarrow {C'D'}$

c) Sai.

Ta có: $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {B'D'} = \left( {\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {A'B'} + \overrightarrow {B'B} } \right).\overrightarrow {B'D'} = \overrightarrow {AA'} .\overrightarrow {B'D'} + \overrightarrow {A'B'} .\overrightarrow {B'D'} + \overrightarrow {B'B} .\overrightarrow {B'D'} = \overrightarrow {A'B'} .\overrightarrow {B'D'}$

$= A'B'.B'D'.{\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {A'B'} ,\overrightarrow {B'D'} } \right) = a.a\sqrt 2 .{\rm{cos}}\left( {135^\circ } \right) = - {a^2}$

d) Đúng.

Ta đặt $\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow a ,\overrightarrow {AB} = \overrightarrow b ,\overrightarrow {AD} = \overrightarrow c$. Ta có $\left| {\overrightarrow a } \right| = \left| {\overrightarrow b } \right| = \left| {\overrightarrow c } \right| = a$

$\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD}$ hay $\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c$

Mặt khác

$\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {AN} - \overrightarrow {AM} = \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BN} } \right) - \left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DM} } \right)$ với $\overrightarrow {BN} = \frac{x}{a}.\overrightarrow a$ và $\overrightarrow {DM} = \frac{x}{a}.\overrightarrow b$

Do đó $\overrightarrow {MN} = \left( {\overrightarrow b + \frac{x}{a}\overrightarrow a } \right) - \left( {\overrightarrow c + \frac{x}{a}\overrightarrow b } \right) = \frac{x}{a}\overrightarrow a + \left( {a - \frac{x}{a}} \right)\overrightarrow b - \overrightarrow c$

Ta có $\overrightarrow {AC'} .\overrightarrow {MN} = \left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c } \right)\left[ {\frac{x}{a}\overrightarrow a + \left( {a - \frac{x}{a}} \right)\overrightarrow b - \overrightarrow c } \right]$

Vì $\overrightarrow a .\overrightarrow b = 0,\overrightarrow a .\overrightarrow c = 0,\overrightarrow b .\overrightarrow c = 0$ nên ta có

$\overrightarrow {AC'} .\overrightarrow {MN} = \frac{x}{a}{\overrightarrow a ^2} + \left( {1 - \frac{x}{a}} \right){\overrightarrow b ^2} - {\overrightarrow c ^2} = x.a + \left( {1 - \frac{x}{a}} \right){a^2} - {a^2} = 0$, vậy góc giữa vectơ $\overrightarrow {AC'}$ và $\overrightarrow {MN}$ bằng $90^\circ$.

a) Đúng.

Gọi $I$ là trung điểm của $AB$. Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = \frac{{ - 3 + \left( { - 5} \right)}}{2} = - 4\\{y_I} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2} = \frac{{4 + 6}}{2} = 5\\{z_I} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} = \frac{{2 + 2}}{2} = 2\end{array} \right. \Rightarrow I\left( { - 4;5;2} \right)$.

b) Đúng.

Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$.

Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{ - 3 + \left( { - 5} \right) + \left( { - 10} \right)}}{3} = - 6\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{4 + 6 + 17}}{3} = 9\\{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = \frac{{2 + 2 + \left( { - 7} \right)}}{3} = - 1\end{array} \right. \Rightarrow G\left( { - 6;9; - 1} \right)$.

c) Sai.

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { - 2;2;0} \right),\,\overrightarrow {DC} = \left( { - 10 - {x_D};17 - {y_D}; - 7 - {z_D}} \right)$.

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC}$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 10 - {x_D} = - 2\\17 - {y_D} = 2\\ - 7 - {z_D} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} = - 8\\{y_D} = 15\\{z_D} = - 7\end{array} \right. \Rightarrow D\left( { - 8;15; - 7} \right)$.

$\overrightarrow {AD} = \left( { - 5;11; - 9} \right)$. Do đó $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} = - 2.\left( { - 5} \right) + 2.11 + 0.\left( { - 0} \right) = 32$.

d) Sai.

Gọi $H\left( {a;b;c} \right)$ là trực tâm của tam giác $ABD$. Do đó $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AH} \bot \overrightarrow {BD} \\\overrightarrow {BH} \bot \overrightarrow {AD} \\\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} } \right].\overrightarrow {AH} = 0\end{array} \right.$

$\overrightarrow {AH} = \left( {a + 3;b - 4;c - 2} \right)$, $\overrightarrow {BH} = \left( {a + 5;b - 6;c - 2} \right)$ , $\overrightarrow {BD} = \left( { - 3;9; - 9} \right)$, $\overrightarrow {AD} = \left( { - 5;11; - 9} \right)$,

$\overrightarrow {AB} = \left( { - 2;2;0} \right)$.

$\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} } \right] = \left( { - 18; - 18; - 12} \right)$.

Suy ra $\left\{ \begin{array}{l} - 3\left( {a + 3} \right) + 9\left( {b - 4} \right) - 9\left( {c - 2} \right) = 0\\ - 5\left( {a + 5} \right) + 11\left( {b - 6} \right) - 9\left( {c - 2} \right) = 0\\ - 18\left( {a + 3} \right) - 18\left( {b - 4} \right) - 12\left( {c - 2} \right) = 0\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3a + 9b - 9c = 27\\ - 5a + 11b - 9c = 73\\ - 18a - 18b - 12c = - 42\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{{ - 153}}{{11}}\\b = \frac{{100}}{{11}}\\c = \frac{{118}}{{11}}\end{array} \right.$ .

Vậy $H\left( {\frac{{ - 153}}{{11}};\frac{{100}}{{11}};\frac{{118}}{{11}}} \right)$.

a) Đúng.

Ta có

$\overrightarrow {AB} = \left( {1;0;1} \right),\,\overrightarrow {AC} = \left( { - 3;0;4} \right)$, $\overrightarrow {AB} \ne k\,\overrightarrow {AC} = \left( { - 3k;0;4k} \right)$ với mọi $k$nên hai véctơ $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {AC}$không cùng phương, dó đó ba điểm $A,\,B,\,C$không thẳng hàng.

b) Đúng.

Ta có

$\overrightarrow {AB} = \left( {1;0;1} \right),\,\overrightarrow {AD} = \left( {2;0;2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AD} = 2\overrightarrow {AB}$, dó đó ba điểm $A,\,B,\,D$ thẳng hàng.

c) Sai.

Ta có

$$\overrightarrow {BA} = \left( { - 1;0; - 1} \right),\,\overrightarrow {BC} = \left( { - 4;0;3} \right) \Rightarrow \cos \widehat {ABC} = \cos \left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} }}{{\left| {\overrightarrow {BA} } \right|.\left| {\overrightarrow {BC} } \right|}} = \frac{1}{{5\sqrt 2 }} \Rightarrow \widehat {ABC} \approx 82^\circ$$

d) Đúng.

Ta có

$$\overrightarrow {AB} = \left( {1;0;1} \right),\,\overrightarrow {AC} = \left( { - 3;0;4} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {0.4 + 0.1;1.\left( { - 3} \right) - 1.4;1.0 + 0.\left( { - 3} \right)} \right) = \left( {0; - 7;0} \right)$$

a) Đúng.

Ta có$\overrightarrow {AB} = \left( {2; - 2;0} \right)$, $\overrightarrow {BC} = \left( { - 1;1; - 1} \right)$. Suy ra $\overrightarrow {AB} \ne k\overrightarrow {BC}$với mọi $k \in \mathbb{R}$ nên ba điểm $A$, $B$, $C$ không thẳng hàng.

b) Đúng.

Ta có$\overrightarrow {AC} = \left( {1; - 1; - 1} \right)$, $\overrightarrow {AM} = \left( {a - 1;b - 1;1} \right)$.

Ba điểm $A$, $C$, $M$ thẳng hàng suy ra $\overrightarrow {AB} = k.\overrightarrow {AM} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 = k.\left( {a - 1} \right)\\ - 1 = k.\left( {b - 1} \right)\\ - 1 = k.1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = 2\\k = - 1\end{array} \right.$.

Vậy $a + b = 0 + 2 = 2$

c) Sai.

$\cos \alpha = \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {BC} } \right|}} = \frac{{2.\left( { - 1} \right) + \left( { - 2} \right).1 + 0.\left( { - 1} \right)}}{{2\sqrt 2 .\sqrt 3 }} = - \frac{{\sqrt 6 }}{3}$.

d) Sai.

$\overrightarrow {AB} = \left( {2; - 2;0} \right)$, $\overrightarrow {AM} = \left( { - 1;1;1} \right)$.

$\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AM} } \right] = \left( { - 2; - 2;4} \right)$.

Tam giác $ABC$ có $AB = a,\,AC = a,\,BC = a\sqrt 2 \Rightarrow \Delta ABC$ vuông tại $A \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 0$.

$$\cos \left( {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {AB} } \right) = \frac{{\overrightarrow {SC} .\overrightarrow {AB} }}{{\left| {\overrightarrow {SC} } \right|.\left| {\overrightarrow {AB} } \right|}} = \frac{{\left( {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {AC} } \right).\overrightarrow {AB} }}{{SC.AB}} = \frac{{\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} }}{{SC.AB}} = \frac{{SA.AB.\cos 120^\circ }}{{SC.AB}} = \frac{{a.a.\left( { - \frac{1}{2}} \right)}}{{a.a}} = - \frac{1}{2}.$$

Suy ra $\left( {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {AB} } \right) = 120^\circ$.

Ta có $\overrightarrow {AC'} = \left( {3;\,5;\, - 6} \right)\,;\,\overrightarrow {AB} = \left( {1;1;1} \right)\,;\,\overrightarrow {AD} = \left( {0;\, - 1;\,0} \right)\,$

Theo quy tắc hình hộp ta có $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AC'}$.

$\Rightarrow \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AC'} - \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AD} = \left( {3 - 1 - 0\,;5 - 1 + 1\,;\, - 6 - 1 - 0\,} \right) = \left( {2;\,5;\, - 7} \right)$.

Gọi $A'\left( {x;\,y;\,z} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AA'} = \left( {x - 1;y;\,z - 1} \right) = \left( {2;\,5;\, - 7} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 2\\y = 5\\z - 1 = - 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 5\\z = - 6\end{array} \right. \Rightarrow A'\left( {3;\,5;\, - 6} \right)$.

Ta có $\overrightarrow {AB} \left( {1;1;1} \right);\overrightarrow {AD} \left( {0; - 1;0} \right)$.

Gọi $C\left( {x;y;z} \right)$ suy ra $\overrightarrow {AC} \left( {x - 1;y;z - 1} \right)$. Theo quy tắc hình bình hành, ta có

$\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD}$ hay $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x - 1 = 1}\\{y = 0}\\{z - 1 = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 2}\\{y = 0}\\{z = 2}\end{array}} \right. \Rightarrow C\left( {2;0;2} \right)$suy ra $\overrightarrow {CC'} = \left( {2;5; - 7} \right)$.

Mặt khác: $\overrightarrow {C'D'} = \overrightarrow {BA} = \left( { - 1; - 1; - 1} \right)$

Suy ra: $\left[ {\overrightarrow {CC'} ,\overrightarrow {C'D'} } \right] = \left( { - 12;9;3} \right)$. Đây là một vectơ khác $\overrightarrow 0$ vuông góc với với cả hai vectơ $\overrightarrow {CC'}$ và $\overrightarrow {C'D'}$.

Từ hình vẽ: $A \in \left( {Oxz} \right)$ nên $A\left( {x\,;\,0\,;\,z} \right)$ - $B \in \left( {Oyz} \right)$ nên $B\left( {0\,;\,y\,;\,z} \right)$

Cây quạt $A$treo chính giữa bức tường $8m$và cách trần $1m$ nên $A\left( {4\,;\,0\,;\,3} \right)$.

Cây quạt $B$ treo chính giữa bức tường $6m$và cách trần $1{,}5m$ nên $B\left( {0\,;\,3\,;\,\frac{5}{2}} \right)$.

Khi đó $\overrightarrow {AB} = \left( {{x_B} - {x_A};{y_B} - {y_A};{z_B} - {z_A}} \right) = \left( { - 4\,;\,3\,;\, - \frac{1}{2}} \right)$

a) Đáp số: $0$.

Ta có $OA = OB = OC = OD = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$ nên $A\left( { - \frac{1}{{\sqrt 2 }};0;0} \right),B\left( {0; - \frac{1}{{\sqrt 2 }};0} \right)$$,C\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }};0;0} \right)$,

$D\left( {0;\frac{1}{{\sqrt 2 }};0} \right)$

Ta có $OI = SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$ nên $S\left( {0;0;\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right),I\left( {0;0; - \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)$.

Tổng hoành độ các đỉnh $S,A,B,C,D,I$ là:

$- \frac{1}{{\sqrt 2 }} + 0 + \frac{1}{{\sqrt 2 }} + 0 + 0 + 0 = 0$.

b) Đáp số: $109$.

Gọi $M$ là trung điểm của $CD$ thì $M\left( {\frac{1}{{2\sqrt 2 }};\frac{1}{{2\sqrt 2 }};0} \right)$.

Có $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OM\\CD \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {S;CD;I} \right] = \widehat {SMI}$.

Ta có $\overrightarrow {MS} \left( { - \frac{1}{{2\sqrt 2 }}; - \frac{1}{{2\sqrt 2 }};\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right),\overrightarrow {MI} \left( { - \frac{1}{{2\sqrt 2 }}; - \frac{1}{{2\sqrt 2 }}; - \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)$.

$$\Rightarrow \cos \widehat {SMI} = \frac{{ - \frac{1}{{2\sqrt 2 }}. - \frac{1}{{2\sqrt 2 }} + - \frac{1}{{2\sqrt 2 }}. - \frac{1}{{2\sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 2 }}. - \frac{1}{{\sqrt 2 }}}}{{\sqrt {{{\left( { - \frac{1}{{2\sqrt 2 }}} \right)}^2} + {{\left( { - \frac{1}{{2\sqrt 2 }}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}} .\sqrt {{{\left( { - \frac{1}{{2\sqrt 2 }}} \right)}^2} + {{\left( { - \frac{1}{{2\sqrt 2 }}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{ - 1}}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}} }} = - \frac{1}{3}$$

$\Rightarrow \widehat {SMI} \approx 109^\circ$.

Đáp số: $13{,}3{\rm{\;kN}}$.

Gọi ${{\rm{A}}_1},{\rm{\;}}{{\rm{B}}_1},{{\rm{C}}_1}$, ${{\rm{D}}_1}$ lần lượt là các điểm sao cho

$\overrightarrow {E{A_1}} = \overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {E{B_1}} = \overrightarrow {{F_2}} ,\overrightarrow {E{C_1}} = \overrightarrow {{F_3}} ,\overrightarrow {E{D_1}} = \overrightarrow {{F_4}}$

Vì $EA, EB,EC,ED$ có độ dài bằng nhau và cùng tạo với mặt phẳng ($ABCD$) một góc bằng ${60^ \circ }$ nên $E{A_1},\;E{B_1},E{C_1},E{D_1}$ bẳng nhau và cùng tạo với mặt phẳng $\left( {{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}} \right)$ một góc bằng ${60^ \circ }$.

Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên ${A_1}{B_1}{C_1}{D_1}$ cũng là hình chữ nhật.
Gọi $O$ là tâm của hình chữ nhật ${A_1}{B_1}{C_1}{D_1}$.
Ta suy ra $EO \bot \left( {{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}} \right)$.

Do đó, góc giữa đường thẳng $E{A_1}$ và mặt phẳng $\left( {{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}} \right)$ bằng góc $E{A_1}O$.
Suy ra $\widehat {E{A_1}O} = {60^ \circ }$.
Ta có $\left| {{{\vec F}_1}} \right| = \left| {{{\vec F}_2}} \right| = \left| {{{\vec F}_3}} \right| = \left| {{{\vec F}_4}} \right| = 4700\left( {{\rm{\;N}}} \right)$ nên $E{A_1} = E{B_1} = E{C_1} = E{D_1} = 4{,}7$.
Tam giác $E{A_1}O$ vuông tại O nên $EO = E{A_1}\sin \widehat {E{A_1}O} = 4{,}7\sin {60^ \circ } = 2{,}35\sqrt 3$.
Theo quy tấc ba điếm, ta có $\overrightarrow {E{A_1}} = \overrightarrow {EO} + \overrightarrow {O{A_1}} ,\overrightarrow {E{B_1}} = \overrightarrow {EO} + \overrightarrow {O{B_1}} ,\overrightarrow {E{C_1}} = \overrightarrow {EO} + \overrightarrow {O{C_1}}$, $\overrightarrow {E{D_1}} = \overrightarrow {EO} + \overrightarrow {O{D_1}}$

Vì $O$ là trung điếm của ${A_1}{C_1}$ và ${B_1}{D_1}$ nên $\overrightarrow {O{A_1}} + \overrightarrow {O{C_1}} = \vec 0, \overrightarrow {O{B_1}} + \overrightarrow {O{D_1}} = \vec 0$

Từ đó suy ra $\overrightarrow {E{A_1}} + \overrightarrow {E{B_1}} + \overrightarrow {E{C_1}} + \overrightarrow {E{D_1}} = 4\overrightarrow {EO}$.
Do đó, $\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} + \overrightarrow {{F_4}} = 4\overrightarrow {EO}$.

Gọi $P$ là trọng lực của khung sắt có chứa chiếc ô tô.
Vì chiếc khung sắt chứa xe ô tô đang được kéo lên. Suy ra trọng lượng của khung sắt chứa chiếc xe ô tô là $\left| {\vec P\left| { \le 4} \right|\overrightarrow {EO} } \right| = 4.2{,}35\sqrt 3 = 9{,}4\sqrt 3 \left( {{\rm{\;kN}}} \right).$

Vì trọng lượng của khung sắt là $3{\rm{\;kN}}$ nên trọng lượng của chiếc xe ô tô là: $9{,}4\sqrt 3 - 3 \approx 13{,}3\left( {{\rm{\;kN}}} \right).$