Đáp án: \(60^\circ\)

Lời giải:

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

Đáp án: \(60^\circ\)

Lời giải:

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 \(60^\circ\).

Đáp án: \(90^{\circ}\)

Lời giải:

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

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

\(\Rightarrow \overrightarrow{AB}\perp \overrightarrow{CD} \Leftrightarrow\) góc giữa \(AB\) và \(CD\) bằng \(9{\circ}\).

}

Đáp án: \(-a^2\)

Lời giải:

\(\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{C'D'}=\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}\right)\cdot\left(-\overrightarrow{AB}\right)=-\overrightarrow{AB}^2=-a^2\).

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 \(GK \perp BC\).

Các cấu kiện \(1\), \(2\), \(5\) vuông góc với nhau từng đôi một.

Các cấu kiện \(2\), \(3\), \(5\) vuông góc với nhau từng đôi một.

Cấu kiện \(4\) vuông góc với cấu kiện \(1\) và cấu kiện \(3\).

Ta có \(5\) cặp đường thẳng vuông góc là \(a\) và \(b\), \(a\) và \(c\), \(b\) và \(c\), \(a\) và \(d\), \(c\) và \(d\).

\(\bullet\,\) 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.