Ta có \(AD'\parallel BC'\).

\(\Rightarrow \left(A'B,AD'\right)=\left(A'B,BC'\right)=\widehat{A'BC'}\).

Vì tam giác \(\Delta A'BC'\) đều nên suy ra \(\widehat{A'BC'}=60^{\circ}\).

Vậy \(\left(A'B,AD'\right)=60^{\circ}\).

Gọi \(N\) là trung điểm của \(AC\) và \(a\) là độ dài cạnh tứ diện đều.

Ta có \(M N \parallel A B\Rightarrow(A B, D M)=(M N, D M)=\widehat{D M N}\).

Tam giác \(DMN\) có \(D M=D N=\displaystyle\frac{a\sqrt 3}2,~ M N=\displaystyle\frac 12A B=\displaystyle\frac a2\).

Theo định lý hàm số \(\cos\) có

\(\cos \widehat{DMN}=\displaystyle\frac{D M^2+M N^2-D N^2}{2D M\cdot M N}=\displaystyle\frac{\sqrt 3}6.\)

Vậy \(\cos(A B, D M)=\displaystyle\frac{\sqrt 3}6\).

Do \(A'C'\text{//}AC\) nên ta có: \(( AC,A'D )=( A'C',A'D )=\widehat{DA'C'}\).

Vì \(A'D=A'C'=C'D\)\(\Rightarrow \Delta A'C'D\) đều \(\Rightarrow \widehat{DA'C'}=60^\circ\).

Ta có \(B'C' \parallel BC \Rightarrow (BD,B'C') = (BD,BC)=45^\circ.\)

\(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AB}.(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC})\)

\(=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC} = AB.AD.\cos60^{\circ} -AB.AC.\cos60^{\circ} = 0\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{AB}\perp \overrightarrow{CD} \Leftrightarrow\) góc giữa \(AB\) và \(CD\) bằng \(90^{\circ}\).

Vì \(AC \parallel A'C'\Rightarrow \left(A'C';BD\right)=\left(AC;BD\right)=90^{\circ}\) (tính chất hai đường chéo của hình vuông).

Ta có \(CC'\parallel BB'\) nên \((AB',CC')=(AB',BB')=\widehat{AB'B}=45^\circ\) (do \(ABB'A'\) là hình vuông).

Ta có \(CC'\parallel BB'\) nên góc giữa hai đường thẳng \(A'B\) và \(CC'\) cũng là góc giữa hai đường thẳng \(A'B\) và \(BB'\).

Lại có \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng có tất cả các cạnh bằng nhau nên \(ABB'A'\) là hình vuông. Suy ra góc giữa hai đường thẳng \(A'B\) và \(BB'\) là \(\widehat{A'BB'}=45^\circ\).

Vì \(ABC.A'B'C'\) là hình lăng trụ đứng nên ta có \(CC' \perp (A'B'C')\) và \(CC' \parallel AA'\).

Từ đó suy ra \(CC' \perp B'C'\) và \((AA', B'C) = (CC', B'C) = \widehat{B'CC'}\) (do \(\triangle B'CC'\) vuông nên \(\widehat{B'CC'} < 90^\circ\)).

Xét \(\triangle B'CC'\) vuông tại \(C'\) có \(B'C' = CC'\) (gt) nên \(\triangle B'CC'\) vuông cân tại \(C'\).

Vậy \((AA', B'C) = \widehat{B'CC'} = 45^\circ\).

Do \(AA'\parallel BB'\) nên góc giữa hai đường thẳng \(AA'\) và \(BC'\) bằng góc giữa hai đường thẳng \(BB'\) và \(B'C\) bằng \(\widehat{CB'B}\).

Mà tam giác \(\triangle B'BC\) vuông tại \(B\) có \(BC=BB'\) nên \(\widehat{CB'B}=45^\circ\).

Ta có: \(AC\parallel A'C' \Rightarrow \left(AC,A'D\right)=\left(A'C',A'D\right)\).

Mặt khác: \(A'C'=A'D=DC'=a\sqrt{2}\) nên suy ra \(\triangle A'DC'\) đều.

Do đó \(\left(A'C',A'D\right)=60^{\circ}\).

Ta có \(A'C'\parallel AC\) nên

\(\left(A'C',D'C\right)=\left( D'C,AC \right).\)

Dễ thấy tam giác \(ACD'\) là tam giác đều nên \(\widehat{D'CA}=60^\circ\), do đó

\begin{align*}\left(A'C',D'C\right)=\left( D'C,AC \right)=60^\circ.\end{align*}

Ta có \(\widehat{(AC,DA')}=\widehat{(AC,CB')}=\widehat{ACB'}\).

Xét \(\triangle ACB'\) có \(AC=CB'=AB'=AB\sqrt{2}\).

Do đó \(\triangle ACB'\) là tam giác đều.

Vậy \(\widehat{ACB'}=60^\circ\) hay \(\widehat{\left(AC,DA'\right) }=60^\circ\).

Gọi \(N\) là trung điểm của \(CC'\), suy ra \(C'M \parallel DN\). Khi đó, góc giữa hai đường thẳng \(B'C\) và \(C'M\) chính là góc giữa hai đường thẳng \(A'D\) và \(DN\).

Giả sử hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có cạnh là \(a\). Ta có \(A'D=a\sqrt{2}\), \(DN=\displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{2}\), \(A'N=\displaystyle\frac{3a}{2}\).

Khi đó, áp dụng định lí cô-sin trong tam giác \(A'DN\), ta có

\begin{equation*}\cos \widehat{A'DN}=\displaystyle\frac{DA'^2+DN^2-A'N^2}{2\cdot A'D \cdot DN}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{10}}.\end{equation*}

Do \(A'C'\parallel AC\) nên \((AC,A'B)=(A'C',A'B)=\widehat{BA'C'}\). Đặt \(AB=a\).

Xét \(\triangle BA'C'\), có \(A'B=BC'=a\sqrt{2}\), \(A'C'=a\). Suy ra

\(\cos\varphi=\displaystyle\frac{A'B^2+A'C'^2-BC'^2}{2A'B\cdot A'C'}=\displaystyle\frac{a^2}{2\cdot a\sqrt{2}\cdot a}=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{4}.\)

Vì \(BC\parallel B'C'\) nên \(\widehat{AB,B'C'}=\widehat{AB,BC}=\widehat{ABC}=60^\circ\).

Ta có \(A'C'\parallel AC\) nên góc giữa \(A'C'\) và \(BD\) là góc giữa \(AC\) và \(BD\).

Gọi \(O=AC\cap BD\).

Xét \(\triangle AOD\) có \(AD=a\), \(OA=OD=\displaystyle\frac{BD}{2}=a\) nên \(\triangle AOD\) đều cạnh \(a\).

Do đó \(\widehat{AOD}=60^\circ\).

Vậy góc giữa \(A'C'\) và \(BD\) bằng \(60^\circ\).

Vì hình chóp \(S.ABCD\) có tất cả các cạnh bằng nhau nên đáy \(ABCD\) là hình vuông. Do đó \(CD \parallel AB\).

Suy ra số đo góc giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(CD\) bằng số đo góc giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(AB\).

Ta lại có \(\triangle SAB\) là tam giác đều nên \(\widehat{SAB}=60^\circ\).

Suy ra số đo góc giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(CD\) bằng \(60^\circ\).

Do \(A'B'\parallel AB\) nên góc giữa \(AB\) và \(B'D'\) bằng góc giữa \(A'B'\) và \(B'D'\) chính là góc \(\widehat{A'B'D'}=45^\circ\).

Ta có \(\begin{cases}BC\perp CD\\BC\perp CC'\end{cases}\Rightarrow BC\perp (DCC'D')\Rightarrow BC\perp DC'\qquad(1)\)

Mặt khác \(DC'\perp CD'\qquad(2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(DC'\perp (A'BCD')\Rightarrow DC'\perp BD'\).

Do \(AB\parallel CD\) nên góc giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(DC'\) cũng là góc giữa \(CD\) và \(DC'\).

Do \(\triangle CDC'\) vuông cân tại \(C\) nên \(\widehat{CDC'}=45^\circ\).

Vậy góc giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(DC'\) là \(\widehat{CDC'}=45^\circ\).

Vì \(BC'\parallel AD'\) nên suy ra \((A'B,AD')=(A'B,BC')=\widehat{A'BC'}\).

Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình lập phương nên ta có tam giác \(A'BC'\) là tam giác đều. Suy ra \(\widehat{A'BC'}=60^\circ\), hay \((A'B,AD')=60^\circ\).

Ta có \(AB\parallel CD\) nên \((SB,CD)=(SB,AB)\).

Vì tam giác \(SAB\) đều nên \((SB,AB)=\widehat{SBA}=60^\circ\).

Gọi \(N\) là trung điểm \(AD\), ta có \(MN \parallel AC\). Do đó ta có

\begin{align*}(\widehat{AC,BM}) = \widehat{BMN}.\end{align*}

Do \(M\), \(N\) là trung điểm \(CD\) và \(AD\) nên ta có

\begin{align*}BM = BN = \displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2};\, MN = \displaystyle\frac{a}{2}.\end{align*}

Suy ra

\begin{align*}\cos \widehat{BMN} = \displaystyle\frac{BM^2 + MN^2 - BN^2}{2BM \cdot MN} = \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{6}.\end{align*}

Gọi \(N\) là trung điểm \(AC \Rightarrow MN=\displaystyle\frac{AC}{2}\) và \(\widehat{\left(OM,AB\right)}=\widehat{\left(OM,MN\right)}\).

Do các tam giác \(OAC, OBC\) vuông tại \(O\)

nên \(OM=\displaystyle\frac{BC}{2}; ON=\displaystyle\frac{AC}{2}\).

Do \(OA, OB, OC\) đôi một vuông góc với nhau

và \(OA=OB=OC\) nên \(AB=AC=BC\)

\(\Rightarrow OM=ON=MN \Rightarrow \widehat{\left(OM,MN\right)}=60^\circ\).

Vậy góc giữa hai đường thẳng \(OM\) và \(AB\) bằng \(60^\circ\).

Ta có \(AC\parallel A'C'\) nên góc giữa hai đường thẳng \(A'C'\) và \(BD\) cũng chính là góc giữa hai đường thẳng \(AC\) và \(BD\).

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\). Khi đó tam giác \(AOB\) đều do \(3\) cạnh bằng \(a\) nên \(\widehat{AOB}=60^\circ\).

Vậy \((A'C',BD)=(AC,BD)=\widehat{AOB}=60^\circ\).

Gọi \(M, N, P\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(BC, AC, AD\).

Trong tam giác \(ABC\) ta có \(\begin{cases} MN\parallel AB \\ MN=\displaystyle\frac{1}{2}AB=\displaystyle\frac{1}{2}.\end{cases}\)

Trong tam giác \(ACD\) ta có \(\begin{cases} NP\parallel CD \\ NP=\displaystyle\frac{1}{2}CD=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}.\end{cases}\)

Xét tam giác \(AMP\) vuông tại \(A\) ta có:

\(MP=\sqrt{AP^2+AM^2}=\sqrt{\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right)^2+\left(\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\).

Ta có \(\begin{cases} MN\parallel AB \\ NP\parallel CD\end{cases}\) nên góc giữa \(AB\) và \(CD\) bằng góc giữa \(MN\) và \(NP\). Đó là góc \(\widehat{MNP}\).

Áp dụng định lý côsin cho tam giác \(MNP\) ta có:

\(\cos \widehat{MNP}=\displaystyle\frac{NP^2+NM^2-MP^2}{2NP.NM}=\displaystyle\frac{\left(\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2+\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right)^2-\left(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2}{2.\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}.\displaystyle\frac{1}{2}}=0\Rightarrow \widehat{MNP}=90^\circ.\)

Vậy số đo góc giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(CD\) bằng \(90^\circ\).

Gọi \(J\) là trung điểm của \(AC\) thì \(IJ\) là đường trung bình của \(\Delta ABC \Rightarrow IJ \parallel BC\).

Vậy \(\left(SI,BC \right)=\left( SI,IJ \right)=\widehat{SIJ}\).

Ta có \(\Delta ABS\) vuông cân tại \(S\) nên \(SI=\displaystyle\frac{AB}{2}\).

\(\Delta ACS\) vuông cân tại \(S\) nên \(SJ=\displaystyle\frac{AC}{2}\).

\(IJ\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\Rightarrow IJ=\displaystyle\frac{1}{2}BC\).

Mà \(SA=SB=SC \Rightarrow AB=AC=BC\). Suy ra \(SI=SJ=IJ\Rightarrow \Delta SIJ\) đều.

Suy ra \(\widehat{SIJ}=60^\circ\).

Ta có \(MN\parallel AC\parallel A'C'\) nên \(\left(MN,B'D'\right)=\left(A'C',B'D'\right)=90^\circ \left(\text{vì}\ A'B'C'D'\ \text{là hình vuông}\right).\)

Do \(ABCD\) là hình thoi nên \(AB \parallel CD\).

Ta lại có \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SBC\) nên \(MN \parallel SB\).

Do đó

\(\widehat{(MN,CD)}=\widehat{(SB,AB)}=\widehat{SBA}=60^\circ\).

Ta có \(AD\parallel BC\) nên \((\widehat{BC,SA})=(\widehat{SA,AD})=\widehat{SAD}=60^{\circ}\).

\(\triangle SBC\) có \(IJ\) là đường trung bình \(\Rightarrow IJ\parallel SB\)

Ta có \(AB\parallel CD\)

Suy ra \(\left(IJ;CD\right)=\left(SB;AB\right)=\widehat{SBA}=60^{\circ}\).

Ta có \(MN\parallel SB\) và \(CD\parallel AB\) nên

\((MN,CD)=(SB,AB)=\widehat{SBA}=60^\circ.\)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\). Khi đó \(IM\) là đường trung bình của tam giác \(SAB\) nên \(IM\parallel SB\) và \(IM=\displaystyle\frac{SB}{2}=\displaystyle\frac{a}{2}\). Tương tự \(MJ=\displaystyle\frac{a}{2}\).

Mặt khác, dễ dàng chứng minh tam giác \(IBJ\) vuông tại \(J\) nên

\(IJ=\sqrt{IB^2-IB^2}=\sqrt{\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2-\left(\displaystyle\frac{a}{2}\right)^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}.\)

Tam giác \(IMJ\) có \(MI=MJ=\displaystyle\frac{a}{2},IJ=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\) nên là tam giác vuông cân tại \(M\). Suy ra

\((IJ,SB)=(IJ,IM)=\widehat{MIJ}=45^\circ \text{ (do }IM\parallel SB).\)

a) Ta có \(AC \parallel A'C'\), suy ra \(\left(A'C', BC\right)=(AC, BC)=\widehat{ACB}=45^{\circ}\)

(tam giác \(ACB\) vuông cân tại \(B\) ).

b) Ta có \(AC\parallel MN\), \(AD'\parallel EF\),

suy ra \((MN, EF)=\left(AC, AD'\right)=\widehat{CAD'}=60^{\circ}\) (tam giác \(ACD'\) có ba cạnh bằng nhau).

Ta có \(CC' \parallel BB'\), suy ra \(\left(AB, CC'\right)=\left(AB, BB'\right)=\widehat{ABB'}=90^{\circ}\). Vậy \(A B \perp C C'\).

Ta có \(B'D' \parallel BD\), suy ra \(\left(AC, B'D'\right)=(AC, BD)=90^{\circ}\) (hai đường chéo của hình vuông luôn vuông góc với nhau). Vậy \(AC \perp B'D'\).

Vì \(CD\parallel AB\) nên \((SB,CD)=(SB,AB)=\widehat{SBA}\).

\(\triangle SBA\) vuông tại \(A\), có \(\tan \widehat{SBA}=\displaystyle\frac{SA}{AB}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SBA}=60^\circ\).

Tương tự, \(CB\parallel AD\) nên \((SD,CB)=(SD,AD)=\widehat{SDA}\).

Do \(\triangle SAD=\triangle SAB\) (c.g.c) nên \(\widehat{SDA}=\widehat{SBA}=60^\circ\).

Gọi \(2x\) là cạnh của tứ diện đều.

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

Các tam giác \(ABD\) và \(CBD\) đều có cùng cạnh \(2x\) nên các đường cao \(AP\) và \(CP\) của chúng cũng bằng nhau, và

\(AP=CP=\displaystyle\frac{2x\sqrt{3}}{2}=x\sqrt{3}\).

Khi đó \(\triangle PAC\) cân tại \(P\), có \(PN\) là đường trung tuyến suy ra \(PN\perp AC\).

Ta có \(\begin{cases}AB\parallel MN \text{ (\(MN\)\, là đường trung bình của\, \(\triangle ABC\)). }\\ CD\parallel MP \text{ (\(MP\)\, là đường trung bình của\, \(\triangle BCD\)) }\end{cases}\)

\(\Rightarrow (AB,CD)=(MN,MP)\).

Xét \(\triangle MNP\) có: \(MN=\displaystyle\frac{AB}{2}=x\), \(MP=\displaystyle\frac{CD}{2}=x\); \(PN=\sqrt{PA^2-AN^2}=\sqrt{\left(x\sqrt{3}\right)^2-x^2}=x\sqrt{2}\).

Suy ra \(\triangle MPN\) vuông cân tại \(M\), suy ra \(\widehat{MNP}=90^\circ\).

Vậy \((AB,CD)=(MN,MP)=\widehat{MPN}=90^\circ\), suy ra \(AB\perp CD\) (đpcm).

\(\triangle SAB\) và \(\triangle SAC\) cân tại \(S\), có \(\widehat{ASB}=\widehat{ASC}=60^\circ\), suy ra \(SAB\) và \(SAC\) là các tam giác đều. Suy ra \(AB=AC=a\).

\(\triangle SBC\) vuông cân tại \(S\), suy ra \(BC=SA\sqrt{2}=a\sqrt{2}\).

Suy ra \(\triangle BAC\) vuông cân tại \(A\).

\(SBC\) và \(ABC\) là các tam giác vuông có cùng cạnh huyền \(BC\), \(J\) là trung điểm \(BC\Rightarrow JS=JA \left(=\displaystyle\frac{BC}{2}\right)\).

\(\triangle JSA\) cân tại \(S\) có \(JI\) là đường trung tuyến, suy ra \(JI\perp SA\).

\(IB\) và \(IC\) là các đường cao của tam giác đều có cùng cạnh \(a\), suy ra \(IB=IC\).

\(\triangle IBC\) cân tại \(I\), có \(IJ\) là đường trung tuyến nên \(IJ\perp BC\).

Gọi \(I\) là trung điểm \(BD\). Khi đó \(IK\) là đường trung bình của \(\triangle BCD\) nên \(IK\parallel BC\).

Do đó \((AK,BC)=(AK,IK)\).

Xét \(\triangle AIK\) có: \(\begin{cases}AI=AK=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2} \text{ (chiều cao của tam giác đều cạnh a)}\\ IK=\displaystyle\frac{BC}{2}=\displaystyle\frac{a}{2}\text{ (IK là đường trung bình của BCD). }\end{cases}\)

\(\Rightarrow \cos \widehat{AKI}=\displaystyle\frac{KA^2+KI^2-AI^2}{2KI\cdot KA}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{6}\Rightarrow \widehat{AKI}\approx 73^\circ 13'\).

Gọi \(P\) là trung điểm \(AC\). Ta có

\(\begin{cases}MP\parallel AB\text{ (MP là đường trung bình của CAB)} \\ NP\parallel CD \text{ (NP là đường trung bình của ACD).}\end{cases}\)

\(\Rightarrow (AB,CD)=(MP,NP)\).

Xét \(\triangle MNP\) có \(\begin{cases}NP=\displaystyle\frac{CD}{2}=a\\MP=\displaystyle\frac{AB}{2}=a\\MN=a\sqrt{3}.\end{cases}\)

\(\Rightarrow \cos\widehat{NPM}=\displaystyle\frac{PN^2+PM^2-MN^2}{2PN\cdot PM}=-\displaystyle\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{NPM}=120^\circ>90^\circ\).

Suy ra \((MP,NP)=180^\circ-\widehat{NPM}=180^\circ-120^\circ=60^\circ\).

Vậy \((AB,CD)=60^\circ\).

Gọi \((\alpha)\) là mặt phẳng đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(AB\) và vuông góc với đường thẳng \(AB\). Ta có \(M A=M B\) khi và chỉ khi \(M\) trùng hoặc tam giác \(M A B\) cân tại \(M\).\\ Mặt khác, \(\triangle MAB\) cân tại \(M\) khi và chỉ khi \(M I \perp A B\), tức là \(M\) thuộc mặt phẳng \((\alpha)\).

Do đó, \(M A=M B\) khi và chỉ khi \(M\) thuộc \((\alpha)\).

Vì \(C D \parallel AB\) nên \(\left(A A', C D\right)=\left(A A', A B\right)=90^{\circ}\).\\ Tứ giác \(A C C' A'\) có các cặp cạnh đối bằng nhau nên nó là một hình bình hành. Do đó, \(A' C' \parallel AC\).\\ Vậy \(\left(A'C', BD\right)=(A C, B D)=90^{\circ}\).

Tương tự, \(D C' \parallel AB'\). Vậy \(\left(A C, D C'\right)=\left(AC, AB'\right)\).\\ Tam giác \(AB'C\) có ba cạnh bằng nhau (vì là các đường chéo của các hình vuông có độ dài cạnh bằng nhau) nên nó là một tam giác đều. Từ đó ta có, \(\left(A C, D C'\right)=\left(AC, AB'\right)=60^{\circ}\).

a) Hai đường thẳng \(AC\) và \(B'D'\) lần lượt thuộc hai mặt phẳng song song \((ABCD)\) và \(\left(A' B' C' D'\right)\) nên chúng không có điểm chung, tức là chúng không thể trùng nhau hoặc cắt nhau.

Tứ giác \(B D D' B'\) có hai cạnh đối \(B B'\) và \(D D'\) song song và bằng nhau nên nó là một hình bình hành. Do đó \(B'D'\) song song với \(B D\). Mặt khác, \(B D\) không song song với \(AC\) nên \(B'D'\) không song song với \(AC\).

Từ những điều trên suy ra \(AC\) và \(B'D'\) chéo nhau.

b) Do \(B'D'\) song song với \(B D\) nên \(\left(A C, B' D'\right)=(A C, B D)\). Do đó, \(AC\) và \(B'D'\) vuông góc với nhau khi và chỉ khi \(AC\) và \(B D\) vuông góc với nhau. Do \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AC\) vuông góc với \(B D\) khi và chỉ khi \(ABCD\) là hình thoi.

Vì \(B'C' \parallel BC\) nên \((AB,B'C')=(AB,BC)=\widehat{ABC}=60^\circ\).

Hình hộp đã cho có các cạnh bằng nhau nên tứ giác \(ABCD\) là một hình thoi. Suy ra \(AC \perp BD\). Mà \(BD\parallel B'D'\) nên \(AC \perp B'D'\).

Lập luận tương tự cho hai cặp cạnh đối diện còn lại.

Vậy tứ diện \(ACB'D'\) có các cặp cạnh đối diện vuông góc.

a) Vì \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ABD\) nên \(MN\parallel BD\) và theo giả thiết \(BD\perp BC\) nên ta có \(MN\perp BC\).

b) Hai đường thẳng \(GK\) và \(BD\) cùng nằm trong mặt phẳng \((PBD)\) nên đồng phẳng, đồng thời \(\displaystyle\frac{PG}{PB}=\displaystyle\frac{PK}{PD}=\displaystyle\frac{1}{3}\) nên ta có \(GK \parallel BD\).

Mặt khác, \(BD\perp BC\) nên ta cũng có \(GK \perp BC\).

a) Hai đường thẳng \(AC\) và \(B'D'\) lần lượt thuộc hai mặt phẳng song song \((ABCD)\) và \(\left(A' B' C' D'\right)\) nên chúng không có điểm chung, tức là chúng không thể trùng nhau hoặc cắt nhau.

Tứ giác \(B D D' B'\) có hai cạnh đối \(B B'\) và \(D D'\) song song và bằng nhau nên nó là một hình bình hành. Do đó \(B'D'\) song song với \(B D\). Mặt khác, \(B D\) không song song với \(AC\) nên \(B'D'\) không song song với \(AC\).

Từ những điều trên suy ra \(AC\) và \(B'D'\) chéo nhau.

b) Do \(B'D'\) song song với \(B D\) nên \(\left(A C, B' D'\right)=(A C, B D)\). Do đó, \(AC\) và \(B'D'\) vuông góc với nhau khi và chỉ khi \(AC\) và \(B D\) vuông góc với nhau. Do \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AC\) vuông góc với \(B D\) khi và chỉ khi \(ABCD\) là hình thoi.

Vì \(B'C' \parallel BC\) nên \((AB,B'C')=(AB,BC)=\widehat{ABC}=60^\circ\).

Hình hộp đã cho có các cạnh bằng nhau nên tứ giác \(ABCD\) là một hình thoi. Suy ra \(AC \perp BD\). Mà \(BD\parallel B'D'\) nên \(AC \perp B'D'\).

Lập luận tương tự cho hai cặp cạnh đối diện còn lại.

Vậy tứ diện \(ACB'D'\) có các cặp cạnh đối diện vuông góc.

a) Vì \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ABD\) nên \(MN \parallel BD\) và theo giả thiết \(BD \perp BC\) nên ta có \(MN \perp BC\).

b) Hai đường thẳng \(GK\) và \(BD\) cùng nằm trong mặt phẳng \((PBD)\) nên đồng phẳng, đồng thời \(\displaystyle\frac{PG}{PB}=\displaystyle\frac{PK}{PD}=\displaystyle\frac{1}{3}\) nên ta có \(GK \parallel BD\).

Mặt khác, \(BD\perp BC\) nên ta cũng có \(GK \perp BC\).

Gọi \(S\) là giao điểm của ba đường thẳng \(AA'\), \(BB'\), \(CC'\). Vì hình chóp \(S.ABC\) là hình chóp đều nên \(SA=SB\). Tam giác \(SAB\) cân tại \(S\) và \(\widehat{SAB}=60^{\circ}\) nên là tam giác đều, suy ra \(\widehat{ASB}=60^{\circ}\).

Vậy góc giữa hai đường thẳng \(AA'\) và \(BB'\) bằng \(60^{\circ}\).

Vì \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của \(SB\) và \(SD\) nên \(MN \parallel BD\).

Do tứ giác \(ABCD\) là hình thoi nên \(AC \perp BD\). Từ các kết quả trên, ta có \(AC \perp MN\).

a) Góc giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(AB\) là \(\widehat{SAB}=100^{\circ}\).

b) Vì \(CD\parallel AB\) nên góc giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(CD\) bằng góc giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(AB\). Suy ra \((SA,CD)=100^{\circ}\).

Vì \(CD\parallel AB\) nên \((SB,CD)=(SB,AB)=\widehat{SBA}\).

\(\triangle SBA\) vuông tại \(A\), có \(\tan \widehat{SBA}=\displaystyle\frac{SA}{AB}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SBA}=60^\circ\).

Tương tự, \(CB\parallel AD\) nên \((SD,CB)=(SD,AD)=\widehat{SDA}\).

Do \(\triangle SAD=\triangle SAB\) (c.g.c) nên \(\widehat{SDA}=\widehat{SBA}=60^\circ\).

Gọi \(2x\) là cạnh của tứ diện đều.

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

Các tam giác \(ABD\) và \(CBD\) đều có cùng cạnh \(2x\) nên các đường cao \(AP\) và \(CP\) của chúng cũng bằng nhau, và

\(AP=CP=\displaystyle\frac{2x\sqrt{3}}{2}=x\sqrt{3}\).

Khi đó \(\triangle PAC\) cân tại \(P\), có \(PN\) là đường trung tuyến suy ra \(PN\perp AC\).

Ta có \(\begin{cases}AB\parallel MN\\ CD\parallel MP\end{cases}\) \(\Rightarrow (AB,CD)=(MN,MP)\).

Xét \(\triangle MNP\) có: \(MN=\displaystyle\frac{AB}{2}=x\), \(MP=\displaystyle\frac{CD}{2}=x\); \(PN=\sqrt{PA^2-AN^2}=\sqrt{\left(x\sqrt{3}\right)^2-x^2}=x\sqrt{2}\).

Suy ra \(\triangle MPN\) vuông cân tại \(M\), suy ra \(\widehat{MNP}=90^\circ\).

Vậy \((AB,CD)=(MN,MP)=\widehat{MPN}=90^\circ\), suy ra \(AB\perp CD\) (đpcm).

\(\triangle SAB\) và \(\triangle SAC\) cân tại \(S\), có \(\widehat{ASB}=\widehat{ASC}=60^\circ\), suy ra \(SAB\) và \(SAC\) là các tam giác đều. Suy ra \(AB=AC=a\).

\(\triangle SBC\) vuông cân tại \(S\), suy ra \(BC=SA\sqrt{2}=a\sqrt{2}\).

Suy ra \(\triangle BAC\) vuông cân tại \(A\).

\(SBC\) và \(ABC\) là các tam giác vuông có cùng cạnh huyền \(BC\), \(J\) là trung điểm \(BC\Rightarrow JS=JA \left(=\displaystyle\frac{BC}{2}\right)\).

\(\triangle JSA\) cân tại \(S\) có \(JI\) là đường trung tuyến, suy ra \(JI\perp SA\).

\(IB\) và \(IC\) là các đường cao của tam giác đều có cùng cạnh \(a\), suy ra \(IB=IC\).

\(\triangle IBC\) cân tại \(I\), có \(IJ\) là đường trung tuyến nên \(IJ\perp BC\).

Gọi \(I\) là trung điểm \(BD\). Khi đó \(IK\) là đường trung bình của \(\triangle BCD\) nên \(IK\parallel BC\).

Do đó \((AK,BC)=(AK,IK)\).

Xét \(\triangle AIK\) có: \(\begin{cases}AI=AK=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\\ IK=\displaystyle\frac{BC}{2}=\displaystyle\frac{a}{2}\end{cases}\)

\(\Rightarrow \cos \widehat{AKI}=\displaystyle\frac{KA^2+KI^2-AI^2}{2KI\cdot KA}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{6}\Rightarrow \widehat{AKI}\approx 73^\circ 13'\).

Gọi \(P\) là trung điểm \(AC\). Ta có \(\begin{cases}MP\parallel AB\\ NP\parallel CD\end{cases}\) \(\Rightarrow (AB,CD)=(MP,NP)\).

Xét \(\triangle MNP\) có \(\begin{cases}NP=\displaystyle\frac{CD}{2}=a\\MP=\displaystyle\frac{AB}{2}=a\\MN=a\sqrt{3}.\end{cases}\)

\(\Rightarrow \cos\widehat{NPM}=\displaystyle\frac{PN^2+PM^2-MN^2}{2PN\cdot PM}=-\displaystyle\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{NPM}=120^\circ>90^\circ\).

Suy ra \((MP,NP)=180^\circ-\widehat{NPM}=180^\circ-120^\circ=60^\circ\).

Vậy \((AB,CD)=60^\circ\).

Trong lục giác đều, mỗi góc ở đỉnh bằng \(120^\circ\).

Vì \(a\parallel AB\) nên

\(\bullet\,\) \((a,AF)=(AB,AF)=180^\circ-\widehat{BAF}=180^\circ-120^\circ=60^\circ\).

\(\bullet\,\) \((a,AE)=(AB,AE)=90^\circ\) (\(\triangle EAB\) có \(OE=OB=OA\) nên vuông tại \(A\)).

\(\bullet\,\) \((a,AD)=(AB,AD)=\widehat{DAB}=\widehat{OAB}=60^\circ\) (\(\triangle OAB\) đều).

Vì \(B'C' \parallel BC\) nên \((AB,B'C')=(AB,BC)=\widehat{ABC}=60^\circ\).

Hình hộp đã cho có các cạnh bằng nhau nên tứ giác \(ABCD\) là một hình thoi. Suy ra \(AC \perp BD\). Mà \(BD\parallel B'D'\) nên \(AC \perp B'D'\).

Lập luận tương tự cho hai cặp cạnh đối diện còn lại.

Vậy tứ diện \(ACB'D'\) có các cặp cạnh đối diện vuông góc.

\(\bullet\,\) Vì \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ABD\) nên \(MN \parallel BD\) và theo giả thiết \(BD \perp BC\) nên ta có \(MN \perp BC\).

\(\bullet\,\) Hai đường thẳng \(GK\) và \(BD\) cùng nằm trong mặt phẳng \((PBD)\) nên đồng phẳng, đồng thời \(\displaystyle\frac{PG}{PB}=\displaystyle\frac{PK}{PD}=\displaystyle\frac{1}{3}\) nên ta có \(GK \parallel BD\).

Mặt khác, \(BD\perp BC\) nên ta cũng có \(GK \perp BC\).

\(\bullet\,\) Ta có \(ABB'A'\) là hình chữ nhật nên \(AB\perp BB'\), \(BCC'B'\) là hình chữ nhật nên \(BB'\parallel CC'\). Suy ra \(AB \perp CC'\).

\(\bullet\,\) Ta có \(BCC'B'\) là hình chữ nhật nên \(BC\perp CC'\), \(ACC'A'\) là hình chữ nhật nên \(AA'\parallel CC'\). Suy ra \(AA'\perp BC\).

\(\bullet\,\) Góc giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(AB\) là \(\widehat{SAB}=100^{\circ}\).

\(\bullet\,\) Vì \(CD\parallel AB\) nên góc giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(CD\) bằng góc giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(AB\). Suy ra \((SA,CD)=100^{\circ}\).

Bạn Hoa nói sai vì \(a\) và \(b\) chưa chắc vuông góc, chúng có thể cắt nhau, chéo nhau hay song song.

Ví dụ. Hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có \(AB\) và \(CD\) cùng vuông góc với \(BC\) nhưng \(AB\) và \(CD\) song song.