Hai đường thẳng vuông góc

Bước 1:

\(CD||AB \Rightarrow \widehat {\left( {SA,CD} \right)}\)\( = \widehat {\left( {SA,AB} \right)} = \widehat {SAB}\)

Bước 2:

Vì S.ABCD có tất cả các cạnh bằng nhau nên tam giác SAB là tam giác đều.

\( \Rightarrow \widehat {SAB} = 60^\circ \)

+ Do \(CC'//BB' \Rightarrow \angle \left( {A'B;CC'} \right) = \angle \left( {A'B;BB'} \right) = \angle A'BB'\).

+ Xét \(\Delta A'BB'\) vuông tại \(B\) có: \(BB' = A'B'\).

\( \Rightarrow \Delta B'BC\) vuông cân tại \(B \Rightarrow \angle A'BB' = {45^0}\).

\({A^\prime }{C^\prime }\) song song AC nên góc giữa hai đường thẳng \({A^\prime }{C^\prime }\) và BD bằng góc giữa AC và BD và bằng \({90^0 }\)

Ta có: \(BB'//CC' \Rightarrow \angle \left( {AB',CC'} \right) = \angle \left( {AB',B'B} \right) = \angle AB'B\)

Mà \(ABC.A'B'C'\) là hình lăng trụ đứng có tất cả các cạnh bằng nhau nên mặt bên là hình vuông \( \Rightarrow \angle AB'B = {45^o}\)

Bước 1:

Do \(AA'//BB' \Rightarrow \angle \left( {AA';BC'} \right) \)\(= d\left( {BB';BC'} \right) = \angle B'BC\).

Bước 2:

Xét \(\Delta B'BC\) vuông tại \(B'\) có: \(BB' = B'C' = a\).

\( \Rightarrow \Delta B'BC\) vuông cân tại \(B' \Rightarrow \angle B'BC = {45^0}\).

Bước 1:

\(CD'||A'B \Rightarrow \widehat {\left( {BA',CD} \right)}\)\( = \widehat {\left( {CD',CD} \right)} = \widehat {DCD'}\)

Bước 2:

Vì tam giác $DCD'$ là tam giác vuông cân.

\( \Rightarrow \widehat {DCD'} = 45^\circ \)

Vậy góc giữa BA' và CD là \({45^0}\)

Đáp án B sai vì vẫn có thể xảy ra các trường hợp hai đường thẳng đó chéo nhau, cắt nhau, trùng nhau hoặc thậm chí là vuông góc.

Do đó đáp án D cũng sai.

Đáp án C sai vì hai đường thẳng đó có thể chéo nhau.

Đáp án A sai vì nếu đường thẳng đó cắt mặt phẳng chứa hai đường thẳng còn lại tại chính giao điểm của hai đường thẳng thì ba đường thẳng đó cũng không đồng quy.

Do đó đáp án C và D cũng sai.

Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\).

Vì $ABCD$ là tứ diện đều nên \(AM \bot CD,\,\,OM \bot CD.\)

Ta có \(\overrightarrow {CD} .\overrightarrow {AO}  = \overrightarrow {CD} .\left( {\overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {MO} } \right) = \overrightarrow {CD} .\overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {CD} .\overrightarrow {MO}  = 0.\)

Suy ra \(\overrightarrow {AO}  \bot \overrightarrow {CD} \) nên số đo góc giữa hai đường thẳng $AO$ và $CD$  bằng \({90^0}.\)

Một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì vuông góc với đường thẳng kia nên nếu $a$ và $b$ song song, nếu $a$ vuông góc với $c$ thì $b$ cũng vuông góc với $c$

Đán án A sai vì A'B' và B'C' cùng vuông góc với BB' nhưng A'B' và B'C' lại không song song với nhau.

Đáp án B sai vì: A'B' và B'D' cùng vuông góc với BB' nhưng A'B' và B'D' lại không vuông góc với nhau.

Đáp án C sai vì: AB và CD là hai đường thẳng phân biệt, AD vuông góc với hai đường thẳng này nhưng cả 3 đường thẳng đồng phẳng

Ta có $\overrightarrow {SC} .\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {SC} .\left( {\overrightarrow {SB}  - \overrightarrow {SA} } \right) = \overrightarrow {SC} .\overrightarrow {SB}  - \overrightarrow {SC} .\overrightarrow {SA} $

$\begin{array}{l} = \left| {\overrightarrow {SC} } \right|.\left| {\overrightarrow {SB} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {SC} .\overrightarrow {SB} } \right) - \left| {\overrightarrow {SC} } \right|.\left| {\overrightarrow {SA} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {SC} .\overrightarrow {SA} } \right)\\ = SC.SB.\cos \widehat {BSC} - SC.SA.\cos \widehat {ASC}.\end{array}$

Mà $SA = SB = SC$ và $\widehat {BSC} = \widehat {ASC}$\( \Rightarrow \overrightarrow {SC} .\overrightarrow {AB}  = 0\).

Do đó $\left( {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {AB} } \right) = 90^\circ $.

Xét \(\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {SA} .\left( {\overrightarrow {SC}  - \overrightarrow {SB} } \right) = \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SC}  - \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SB} \)

$ = \left| {\overrightarrow {SA} } \right|.\left| {\overrightarrow {SC} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {SC} } \right) - \left| {\overrightarrow {SA} } \right|.\left| {\overrightarrow {SB} } \right|.\cos \widehat {SAB}$

$ = SA.SC.\cos \widehat {ASC} - SA.SB.\cos \widehat {ASB}.$   \(\left( 1 \right)\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}SA{\rm{ chung}}\\AB = AC\\\widehat {SAB} = \widehat {SAC}\end{array} \right. \Rightarrow \Delta SAB = \Delta SAC{\rm{ }}\left( {c - g - c} \right)\).

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}SC = SB\\\widehat {ASC} = \widehat {ASB}\end{array} \right.\).   \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\), suy ra \(\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {BC}  = 0\). Vậy \(SA \bot BC\).

Dễ thấy các đáp án A, B, C đều đúng.

Đáp án D: Vì \(b\) có thể nằm trong mặt phẳng $\left( P \right)$ nên D sai.

Giả sử cạnh của tứ diện là \(a\).

Tam giác \(BCD\) đều \( \Rightarrow DM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Tam giác \(ABC\) đều \( \Rightarrow AM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Ta có: $\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {DM} } \right) = \dfrac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DM} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {DM} } \right|}} = \dfrac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DM} }}{{a.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}$

Mặt khác: $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DM}  = \overrightarrow {AB} \left( {\overrightarrow {AM}  - \overrightarrow {AD} } \right) = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AM}  - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} $

$\begin{array}{l} = \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AM} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AM} } \right) - \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AD} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} } \right)\\ = \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AM} } \right|.\cos 30^\circ  - \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AD} } \right|.\cos 60^\circ \\ = a.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} - a.a.\dfrac{1}{2} = \dfrac{{3{a^2}}}{4} - \dfrac{{{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^2}}}{4}\end{array}$

$ \Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {DM} } \right) = \dfrac{{\sqrt 3 }}{6} > 0 $ $\Rightarrow \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {DM} } \right) = \left( {AB,DM} \right) $ $\Rightarrow \cos \left( {AB,DM} \right) = \dfrac{{\sqrt 3 }}{6}$.

Ta có $\overrightarrow {{B_1}M} .\overrightarrow {B{D_1}}  = \left( {\overrightarrow {{B_1}B}  + \overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {AM} } \right)\left( {\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {D{D_1}} } \right)$

\( = \underbrace {\overrightarrow {B{B_1}} .\overrightarrow {BA} }_{ = 0} + \underbrace {\overrightarrow {B{B_1}} .\overrightarrow {AD} }_{ = 0} + \overrightarrow {{B_1}B} .\overrightarrow {D{D_1}}  + {\overrightarrow {BA} ^2} + \underbrace {\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {AD} }_{ = 0}\) \( + \underbrace {\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {D{D_1}} }_{ = 0}\)\( + \underbrace {\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BA} }_{ = 0} + \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AD}  + \underbrace {\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {D{D_1}} }_{ = 0}\)

$ = \overrightarrow {{B_1}B} .\overrightarrow {D{D_1}}  + {\overrightarrow {BA} ^2} + \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AD} $$ =  - {a^2} + {a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^2}}}{2}$.

Vì $\cos \left( {AB,CD} \right) = \dfrac{{\left| { - \dfrac{1}{4}AB.CD} \right|}}{{AB.CD}} = \dfrac{1}{4}$ (\(AEGC\) là hình chữ nhật) nên \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {EG} } \right) = \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \widehat {BAC} = {45^0}\) (\(ABCD\) là hình vuông).

Vì $M,{\rm{ }}N,{\rm{ }}P,{\rm{ }}Q$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AC,{\rm{ }}CB,{\rm{ }}BC'$ và $C'A$

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}PQ = MN = \dfrac{1}{2}AB\\PQ//AB//MN\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \) \(MNPQ\) là hình bình hành.

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\). Vì hai tam giác $ABC$ và $ABC'$ đều  nên \(\left\{ \begin{array}{l}CH \bot AB\\C'H \bot AB\end{array} \right..\)

Suy ra \(AB \bot \left( {CHC'} \right)\). Do đó \(AB \bot CC'\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}PQ{\rm{//}}AB\\PN{\rm{//}}CC'\\AB \bot CC'\end{array} \right. \Rightarrow PQ \bot PN\) .

Vậy tứ giác $MNPQ$là hình chữ nhật.

Xét tam giác\(ICD\) có \(J\) là trung điểm đoạn \(CD\).

Ta có: \(\overrightarrow {IJ}  = \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {IC}  + \overrightarrow {ID} } \right)\)

Vì tam giác \(ABC\) có \(AB = AC\) và \(\widehat {BAC} = 60^\circ \)

Nên tam giác \(ABC\)đều. Suy ra: \(CI \bot AB\)

Tương tự ta có tam giác \(ABD\) đều nên \(DI \bot AB\).

Xét \(\overrightarrow {IJ} .\overrightarrow {AB}  = \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {IC}  + \overrightarrow {ID} } \right).\overrightarrow {AB}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {IC} .\overrightarrow {AB}  + \dfrac{1}{2}\overrightarrow {ID} .\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow 0 \).

Suy ra \(\overrightarrow {IJ}  \bot \overrightarrow {AB} \). Hay góc giữa cặp vectơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {IJ} \) bằng \({90^0}\).

Gọi \(P\) là trung điểm của \(AB\) \( \Rightarrow PN,PM\) lần lượt là đường trung bình của tam giác \(\Delta ABC\) và \(\Delta ABD\). Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}PN = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{a}{2}\\PM = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{{3a}}{2}\end{array} \right..\)

Ta có \(AC \bot BD \Rightarrow PN \bot PM\) hay tam giác \(\Delta PMN\) vuông tại \(P\)

Do đó \(MN = \sqrt {P{N^2} + P{M^2}}  = \sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{4} + \dfrac{{9{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{2}.\)