Hai đường thẳng vuông góc

Đáp án A sai vì nếu góc giữa hai véc tơ chỉ phương lớn hơn \({90^0}\) thì góc giữa hai đường thẳng sẽ là góc bù với góc đó chứ không bằng.

Đáp án B sai vì vẫn có thể xảy ra các trường hợp \(b\) và \(c\) chéo nhau, cắt nhau, trùng nhau.

Đáp án C sai vì góc giữa hai đường thẳng có thể nhọn hoặc vuông.

Do đó D đúng.

Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\).

Ta có \(\overrightarrow {CD} .\overrightarrow {AM}  = \vec 0\) và \(\overrightarrow {CD} .\overrightarrow {MB}  = \vec 0\).

Do đó  \(\overrightarrow {CD} .\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {CD} .\left( {\overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {MB} } \right) = \overrightarrow {CD} .\overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {CD} .\overrightarrow {MB}  = \vec 0\).

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

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}a \bot b\\b//c\end{array} \right. \Rightarrow a \bot c\) nên đáp án C đúng.

Đán án A: Ta thấy b cùng vuông góc với a và c nhưng hai đường thẳng a,c không vuông góc với nhau

Đáp án B: AB và BC và BB' vuông góc với nhau từng đôi một. BD cũng vuông góc với BB' nhưng lại không vuông góc với AB và cũng không vuông góc với BC.

Đáp án D: Ta thấy đường thẳng AD và BC song song, đường thẳng AB vuông góc với AD nhưng không vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng (ABCD)

Ta có \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AB} .\left( {\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AC} } \right) = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \)

\(\begin{array}{l} = \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AD} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} } \right) - \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right)\\ = \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AD} } \right|.\cos 60^\circ  - \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\cos 60^\circ .\end{array}\)

Mà \(AC = AD \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD}  = 0\)\( \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD} } \right) = 90^\circ \).

Xét \(\overrightarrow {SC} .\overrightarrow {AB}  =  - \overrightarrow {CS} .\left( {\overrightarrow {CB}  - \overrightarrow {CA} } \right) = \overrightarrow {CS} .\overrightarrow {CA}  - \overrightarrow {CS} .\overrightarrow {CB} \)

\( = CS.CA.\cos \widehat {SCA} - CS.CB.\cos \widehat {SCB}\)

Do \(\Delta SAC = \Delta SBC\left( {c.c.c} \right)\) nên \(\widehat {SCA} = \widehat {SCB} \Rightarrow \cos \widehat {SCA} = \cos \widehat {SCB}\)

Do đó \(CS.CA.\cos \widehat {SCA} - CS.CB.\cos \widehat {SCB} = 0\) (do \(CA = CB\)) hay \(\overrightarrow {SC} .\overrightarrow {AB}  = 0\)

Vậy \(SC \bot AB\).

Một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì vuông góc với đường thẳng kia.

Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm \(AC\), \(BD.\)

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}MI = NI = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{1}{2}CD = \dfrac{a}{2}\\MI{\text{ // }}AB{\text{ // }}NJ,MJ//CD//IN\end{array} \right. \Rightarrow MINJ\) là hình thoi.

Gọi \(O\) là giao điểm của \(MN\) và \(IJ\).

Ta có: \(\widehat {MIN} = 2\widehat {MIO}\).

Xét \(\Delta MIO\) vuông tại \(O\), ta có: \(\cos \widehat {MIO} = \dfrac{{IO}}{{MI}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\dfrac{a}{2}}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat {MIO} = 30^\circ  \Rightarrow \widehat {MIN} = 60^\circ \)

Mà: \(\left( {AB,CD} \right) = \left( {IM,IN} \right) = \widehat {MIN} = 60^\circ \)

Ta có: \(AC{\rm{ // }}A'C'\) (tính chất của hình hộp)

\( \Rightarrow \left( {AC,A'D} \right) = \left( {A'C',A'D} \right) = \widehat {DA'C'}\) (do giả thiết cho \(\Delta DA'C'\) nhọn).

$\left. \begin{array}{l}AB \bot AE\\AE\,{\rm{//}}\,DH\end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot DH $ $\Rightarrow \widehat {\left( {AB,DH} \right)} = 90^\circ $

Do \(O,O'\) là tâm các hình vuông \(ABCD,ABC'D'\) nên \(O,O'\) là trung điểm của \(BD,BD'\).

Do đó \(OO'\) là đường trung bình của tam giác \(BDD'\) \( \Rightarrow \overrightarrow {OO'}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {DD'} \)

Ta có:

\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {OO'}  = \overrightarrow {AB} .\dfrac{1}{2}\overrightarrow {DD'}  = \dfrac{1}{2}.\overrightarrow {AB} \left( {\overrightarrow {AD'}  - \overrightarrow {AD} } \right)\) \( = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD'}  - \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  = 0 - 0 = 0\)

Do đó góc giữa \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {OO'} \) bằng \({90^0}\)

Ta có $BAC$ và $BAD$ là 2 tam giác đều, $I$ là trung điểm của $AB$ nên $CI = DI$ (2 đường trung tuyến của 2 tam giác đều chung cạnh $AB$) nên $CID$ là tam giác cân ở $I$. Do đó $IJ \bot CD$

Ta có \(\cos \left( {AB,CD} \right) = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {CD} } \right|}} = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} } \right|}}{{AB.CD}}\)

Mặt khác \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AB} \left( {\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AC} } \right) = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \)

\(\begin{array}{l} = \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AD} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} } \right) - \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right)\\ = AB.AD.\cos 60^\circ  - AB.AC.\cos 60^\circ \\ = AB.AD.\dfrac{1}{2} - AB.\dfrac{3}{2}AD.\dfrac{1}{2} =  - \dfrac{1}{4}AB.AD =  - \dfrac{1}{4}AB.CD.\end{array}\)

Do có \(\cos \left( {AB,CD} \right) = \dfrac{{\left| { - \dfrac{1}{4}AB.CD} \right|}}{{AB.CD}} = \dfrac{1}{4}\).

Vậy \(\cos \varphi  = \dfrac{1}{4}\).

$\begin{array}{l}A{B^2} + A{C^2} + A{D^2} + B{C^2} + B{D^2} + C{D^2}\\ = {\left( {\overrightarrow {AG}  + \overrightarrow {GB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {AG}  + \overrightarrow {GC} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {AG}  + \overrightarrow {GD} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {BG}  + \overrightarrow {GC} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {BG}  + \overrightarrow {GD} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {CG}  + \overrightarrow {GD} } \right)^2}\end{array}$

$= 3A{G^2} + 3B{G^2} + 3C{G^2} + 3D{G^2} + 2 {\overrightarrow {AG} .\overrightarrow {GB}  + 2\overrightarrow {AG} .\overrightarrow {GC}  + 2\overrightarrow {AG} .\overrightarrow {GD}  + 2\overrightarrow {BG} .\overrightarrow {GD}  + 2\overrightarrow {BG} .\overrightarrow {GD}  + 2\overrightarrow {CG} .\overrightarrow {GD} } \left( 1 \right)$

Lại có:

 \(\begin{array}{l}\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {G{\rm{D}}}  = \overrightarrow 0  \Leftrightarrow {\left( {\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {G{\rm{D}}} } \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow G{A^2} + G{B^2} + G{C^2} + G{{\rm{D}}^2} = 2 {\overrightarrow {AG} .\overrightarrow {GB}  + 2\overrightarrow {AG} .\overrightarrow {GC}  + 2\overrightarrow {AG} .\overrightarrow {GD}  + 2\overrightarrow {BG} .\overrightarrow {GD}  + 2\overrightarrow {BG} .\overrightarrow {GD}  + 2\overrightarrow {CG} .\overrightarrow {GD} } \left( 2 \right)\end{array}\)

Từ (1) và (2) suy ra $A{B^2} + A{C^2} + A{D^2} + B{C^2} + B{D^2} + C{D^2} = 4\left( {G{A^2} + G{B^2} + G{C^2} + G{D^2}} \right)$

Ta có: $AC = a\sqrt 2 $

$ \Rightarrow A{C^2} = 2{a^2} = S{A^2} + S{C^2}$

$ \Rightarrow \Delta SAC$ vuông tại $S$.

Khi đó: $\overrightarrow {NM} .\overrightarrow {SC}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SC}  = 0$ $ \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow {NM} ,\overrightarrow {SC} } \right) = 90^\circ $

$ \Rightarrow \left( {MN,SC} \right) = 90^\circ $

Ta có: $\overrightarrow {AA'} .\overrightarrow {B'D'}  = \overrightarrow {BB'} .\overrightarrow {BD}  = \overrightarrow {BB'} .\left( {\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BC} } \right)$ $ = \overrightarrow {BB'} .\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BB'} .\overrightarrow {BC}  = 0$

(vì $\left( {\overrightarrow {BB'} ,\overrightarrow {BA} } \right) = {90^0}$ và $\left( {\overrightarrow {BB'} ,\overrightarrow {BC} } \right) = {90^0}$)

Do đó: $\left( {\overrightarrow {AA'} ,\overrightarrow {B'D'} } \right) = {90^0} \Rightarrow \widehat {\left( {AA',B'D'} \right)} = {90^0}$

Đáp án A: \({\left| {\vec a + \vec b} \right|^2} = {\left( {\overrightarrow a  + \overrightarrow b } \right)^2} = {\vec a^2} + {\vec b^2} + 2\vec a.\vec b \) \( = {\left| {\overrightarrow a } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow b } \right|^2} + 2.\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right)\) \( = {3^2} + {5^2} + 2.3.5.\left( { - \dfrac{1}{2}} \right) = 19\)

Do đó \(\left| {\overrightarrow a  + \overrightarrow b } \right| = \sqrt {19} \)

Đáp án B: \({\left| {\vec a - \vec b} \right|^2} = {\left( {\overrightarrow a  - \overrightarrow b } \right)^2}\)\( = {\overrightarrow a ^2} - 2\overrightarrow a \overrightarrow b  + {\overrightarrow b ^2}\) \( = {\left| {\overrightarrow a } \right|^2} - 2.\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) + {\left| {\overrightarrow b } \right|^2}\) \( = {3^2} - 2.3.5.\left( { - \dfrac{1}{2}} \right) + {5^2} = 49\) \( \Rightarrow \left| {\overrightarrow a  - \overrightarrow b } \right| = 7\) nên B đúng.

Đáp án C: \({\left| {\overrightarrow a  - 2\overrightarrow b } \right|^2} = {\left( {\overrightarrow a  - 2\overrightarrow b } \right)^2}\) \( = {\overrightarrow a ^2} - 4\overrightarrow a \overrightarrow b  + 4{\overrightarrow b ^2}\) \( = {\left| {\overrightarrow a } \right|^2} - 4\left| {\overrightarrow a } \right|\left| {\overrightarrow b } \right|\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) + 4{\left| {\overrightarrow b } \right|^2}\) \( = {3^2} - 4.3.5.\left( { - \dfrac{1}{2}} \right) + {4.5^2} = 139\) \( \Rightarrow \left| {\overrightarrow a  - 2\overrightarrow b } \right| = \sqrt {139} \) nên C đúng.

Đáp án D: \({\left| {\overrightarrow a  + 2\overrightarrow b } \right|^2} = {\left( {\overrightarrow a  + 2\overrightarrow b } \right)^2}\) \( = {\overrightarrow a ^2} + 4\overrightarrow a \overrightarrow b  + 4{\overrightarrow b ^2}\) \( = {\left| {\overrightarrow a } \right|^2} + 4\left| {\overrightarrow a } \right|\left| {\overrightarrow b } \right|\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) + 4{\left| {\overrightarrow b } \right|^2}\) \( = {3^2} + 4.3.5.\left( { - \dfrac{1}{2}} \right) + {4.5^2} = 79\) \( \Rightarrow \left| {\overrightarrow a  + 2\overrightarrow b } \right| = \sqrt {79} \) nên D sai.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AF}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AE} \\\overrightarrow {EG}  = \overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} \\ \Rightarrow \overrightarrow {AF} .\overrightarrow {EG}  = \left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AE} } \right).\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} } \right) = A{B^2} + \overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AD}  = A{B^2}\\ \Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow {AF} ,\overrightarrow {EG} } \right) = \dfrac{{\overrightarrow {AF} .\overrightarrow {EG} }}{{\left| {\overrightarrow {AF} } \right|.\left| {\overrightarrow {EG} } \right|}} = \dfrac{{{a^2}}}{{a\sqrt 2 .a\sqrt 2 }} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \widehat {\left( {\overrightarrow {AF} ,\overrightarrow {EG} } \right)} = {60^0}\end{array}\)

A đúng vì:

\(\left\{ \begin{array}{l}A'C' \bot B'D'\\B'D'{\rm{ // }}BD\end{array} \right. \Rightarrow A'C' \bot BD\).

C đúng vì: \(\left\{ \begin{array}{l}A'B \bot AB'\\AB'{\rm{ // }}DC'\end{array} \right. \Rightarrow A'B \bot DC'\).

D đúng vì: \(\left\{ \begin{array}{l}BC' \bot B'C\\B'C{\rm{ // }}A'D\end{array} \right. \Rightarrow BC' \bot A'D\).

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {MNPQ} \right){\rm{//}}AB\\\left( {MNPQ} \right) \cap \left( {ABC} \right) = MQ\end{array} \right. $ $\Rightarrow MQ{\rm{//}}AB$

Tương tự ta có: \(MN{\rm{//}}CD,\,\,NP{\rm{//}}AB,\,\,QP{\rm{//}}C{\rm{D}}\).

Do đó tứ giác \(MNPQ\) là hình bình hành

 lại có \(MN \bot MQ\left( {do\,AB \bot CD\,} \right)\).

Vậy tứ giác \(MNPQ\) là hình chữ nhật.

Xét tứ giác \(MNPQ\) có \(\left\{ \begin{array}{l}MQ{\rm{//}}NP{\rm{//}}AB\\MN{\rm{//}}PQ{\rm{//}}CD\end{array} \right.\)\( \Rightarrow MNPQ\) là hình bình hành.

Mặt khác, \(AB \bot CD \Rightarrow MQ \bot MN\). Do đó, \(MNPQ\) là hình chữ nhật.

Vì \(MQ{\rm{//}}AB\) nên \(\dfrac{{MQ}}{{AB}} = \dfrac{{CM}}{{CB}} = x \Rightarrow MQ = x.AB = 6x\).

Theo giả thiết \(MC = x.BC \Rightarrow BM = \left( {1 - x} \right)BC\).

Vì \(MN{\rm{//}}CD\) nên \(\dfrac{{MN}}{{CD}} = \dfrac{{BM}}{{BC}} = 1 - x \Rightarrow MN = \left( {1 - x} \right).CD = 6\left( {1 - x} \right)\).

Diện tích hình chữ nhật \(MNPQ\) là

\({S_{MNPQ}} = MN.MQ = 6\left( {1 - x} \right).6x = 36.x.\left( {1 - x} \right) \le 36{\left( {\dfrac{{x + 1 - x}}{2}} \right)^2} = 9\) .

Ta có \({S_{MNPQ}} = 9\) khi \(x = 1 - x \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{2}\) .

Vậy diện tích tứ giác \(MNPQ\) lớn nhất bằng \(9\) khi \(M\) là trung điểm của \(BC\).