Vì AC // A'C' nên (AM, A'C') = (AM, AC) = \(\widehat {MAC}\).

Vì DABC đều, AM là trung tuyến nên AM là phân giác của \(\widehat {BAC}\).

Do đó \(\widehat {MAC} = \frac{1}{2}\widehat {BAC} = 30^\circ \).

Ta có MN là đường trung bình của tam giác SCD suy ra MN // CD.

Ta có \(\left. \begin{array}{l}MN//CD\\BC \bot CD\end{array} \right\} \Rightarrow MN \bot BC\).

Do I, J lần lượt là trung điểm SA, SC nên IJ là đường trung bình của DSAC.

Suy ra IJ // AC.

Mà ABCD là hình thoi nên AC ^ BD. Do đó IJ ^ BD.

a) Ta có IJ // SB nên (IJ, SA) = (SB, SA) = \(\widehat {ASB} = 60^\circ \).

b) Ta có OJ là đường trung bình của DBCD nên OJ // CD Þ (IJ, CD) = (IJ, OJ).

Xét DIOJ có \(IJ = \frac{{SB}}{2} = \frac{a}{2};OJ = \frac{{CD}}{2} = \frac{a}{2};OI = \frac{{SA}}{2} = \frac{a}{2}\).

Vậy DIOJ đều nên góc giữa IJ và CD bằng (IJ, OJ) = \(\widehat {IJO} = 60^\circ \).

c) Ta có OI // SA nên (BI, SA) = (BI, OI)

Trong DIOB, ta có \(\cos \widehat {OIB} = \frac{{B{I^2} + I{O^2} - B{O^2}}}{{2.BI.OI}} = \frac{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}}{{2.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{a}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).

Vậy \(\cos \left( {BI,SA} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).

d) Kẻ GK // SB, K Î BC. Khi đó góc giữa DG và SB chính là góc giữa DG và GK.

DJGK đồng dạng DJSB nên ta có \(\frac{{GK}}{{SB}} = \frac{{JK}}{{JB}} = \frac{{JG}}{{JS}} = \frac{1}{3} \Rightarrow GK = \frac{1}{3}a;JK = \frac{1}{3}JB = \frac{1}{3}.\frac{a}{2} = \frac{a}{6}\).

Do đó CK = CJ + JK = \(\frac{a}{2} + \frac{a}{6} = \frac{{2a}}{3}\).

Mà \(DK = \sqrt {D{C^2} + C{K^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{{2a}}{3}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {13} }}{3}\).

Áp dụng định lí cosin trong DBDI ta có

\(\cos \widehat {DBI} = \frac{{B{I^2} + B{D^2} - D{I^2}}}{{2.DB.BI}} = \frac{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}{{2.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\).

Áp dụng định lí cosin trong DBDG có

\(DG = \sqrt {B{D^2} + B{G^2} - BD.BG.\cos \widehat {DBG}} \)\( = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2} - 2.a\sqrt 2 .\frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\frac{{\sqrt 6 }}{3}} = a\).

Áp dụng định lí cosin trong DKDG, ta có

\(\cos \widehat {DGK} = \frac{{G{D^2} + G{K^2} - D{K^2}}}{{2GD.GK}} = \frac{{{a^2} + {{\left( {\frac{a}{3}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt {13} }}{3}} \right)}^2}}}{{2.a.\frac{a}{3}}} = - \frac{1}{2}\).

Suy ra góc giữa hai đường thẳng DG và GK bằng 60°.

Do đó cosin của góc giữa DG và SB bằng \(\frac{1}{2}\).

Đáp án: a) Sai;   b) Đúng;   c) Đúng; d) Sai.

a) ABCD là hình thoi nên AC ^ BD.

b) Vì IJ // SB nên (IJ, BD) = (SB, BD) = \(\widehat {SBD}\).

c) Vì AB // CD nên (SA, CD) = (SA, AB) = \(\widehat {SAB} = 60^\circ \) (vì DSAB đều).

d) Vì IJ // SB và AB // CD nên (IJ, CD) = (SB, AB) = \(\widehat {SBA} = 60^\circ \) (vì DSAB đều).

Đáp án: a) Đúng;   b) Sai;   c) Sai; d) Đúng.

a) Ta có \(MC = MD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) Þ DMCD cân tại M.

Mà N là trung điểm của CD nên MN ^ CD Þ (MN, CD) = 90°.

b) Ta có \(\cos \left( {MC,MD} \right) = \cos \widehat {CMD} = \frac{{M{C^2} + M{D^2} - C{D^2}}}{{2MC.MD}}\)\( = \frac{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {a^2}}}{{2.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{1}{3}\).

Suy ra (MC, MD) ≈ 70,5°.

c) Tương tự câu a, ta có QP ^ AD.

Có PQ² = QD² – PD² = \({\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} - {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{2}\).

Ta thấy PE, QE lần lượt là đường trung bình của DABC và DACD nên \(QE = PE = \frac{a}{2}\).

Suy ra \(Q{E^2} + P{E^2} = {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{2} = P{Q^2}\). Do đó DPQE vuông tại E hay PE ^ QE.

d) Vì \(\left\{ \begin{array}{l}AB//QE\\CD//PE\\PE \bot QE\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot CD\).

Đáp án: a) Sai;   b) Sai;   c) Đúng; d) Đúng.

Ta có: \(A'A//C'C \Rightarrow \left( {A'B,C'C} \right) = \left( {A'B,A'A} \right) = \widehat {AA'B}\)

Mà \(\Delta A'AB\) vuông cân tại \[A\] nên \(\widehat {AA'B} = 45^\circ \).

Gọi \(N\) là trung điểm của \(AC\)

Ta có: \(A'C//MN \Rightarrow \left( {A'C,MB} \right) = (MN,MB) = \widehat {BMN}\)

Xét \(\Delta MNB\) có:

\(MB = MN = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{1}{2}a} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}a,BN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

\(\cos \widehat {BMN} = \frac{{2 \cdot {{\left( {\frac{{\sqrt 5 }}{2}a} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}a} \right)}^2}}}{{2{{\left( {\frac{{\sqrt 5 }}{2}a} \right)}^2}}} = \frac{7}{{10}} \Rightarrow \widehat {BMN} \approx 45,6^\circ .\)

Đáp án: a) Đúng;    b) Đúng;   c) Sai;   d) Sai.

a) Ta có BC // AD mà SA ^ AD Þ SA ^ BC.

b) CD // AB mà SA ^ AB Þ SA ^ CD.

c) Có \(SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = a\sqrt 2 ;BC = a\).

Suy ra SC² = 3a² = SB² + BC² Þ DSBC vuông tại B. Vậy BC ^ SB.

d) Ta có DSAB vuông cân tại A và K là hình chiếu của A lên SB nên K là trung điểm SB.

Gọi I là trung điểm BC. Khi đó KI // SC. Suy ra (SC, AK) = (KI, AK).

Ta có AK là đường trung tuyến trong tam giác vuông SAB nên \(AK = \frac{{SB}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\);

KI là đường trung bình của tam giác SBC nên \(KI = \frac{{SC}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Có \(AI = \sqrt {A{B^2} + B{I^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\).

Vì \(A{I^2} = \frac{{5{a^2}}}{4} = A{K^2} + K{I^2}\) nên DAKI vuông tại K Þ (SC, AK) = (KI, AK) = 90°.

Đáp án: a) Đúng;   b) Đúng;   c) Đúng;   d) Đúng.

Ta có AB // CD nên (AB, SC) = (CD, SC) = \(\widehat {SCD}\).

Xét DSCD có \(\cos \widehat {SCD} = \frac{{S{C^2} + C{D^2} - S{D^2}}}{{2SC.CD}} = \frac{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2} + {{\left( {2a} \right)}^2} - {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{2.a\sqrt 2 .2a}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Suy ra góc giữa hai đường thẳng AB và SC bằng 45°.

Trả lời: 45.

Gọi K là trung điểm của BD. Khi đó MK là đường trung bình của DABD.

Suy ra MK // AB; \(MK = \frac{{AB}}{2} = 1\).

Tương tự \(NK = \frac{{CD}}{2} = 1\).

Vì MK // AB nên (MN, AB) = (MN, MK) = \(\widehat {NMK} = 30^\circ \).

Xét DMNK có NK² = MK² + MN² – 2MK.MN.cos30° Û 1 = 1 + MN² – 2.1.MN.\(\frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Û \(M{N^2} - \sqrt 3 MN = 0 \Leftrightarrow MN = \sqrt 3 \approx 1,73\).

Trả lời: 1,73.

Trong mặt phẳng (ABC), vì \(\widehat {BAC} = 120^\circ \) nên (AB, AC) = 180° − 120° = 60°.

Trả lời: 60.

Gọi P là trung điểm của CD.

Ta có MP // AC và NP // BD.

Mà AC ^ BD nên MP ^ NP hay tam giác MNP vuông tại P.

Lại có \(MP = \frac{1}{2}AC = 3;NP = \frac{1}{2}BD = 4\).

Suy ra \(MN = \sqrt {M{P^2} + N{P^2}} = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5\).

Trả lời: 5.

Ta có (MN, MO) = \(\widehat {NMO}\).

Vì MN là đường trung bình của DSAB nên \(MN = \frac{1}{2}SA = \frac{a}{2}\).

MO là đường trung bình của DABD nên \(MO = \frac{{AD}}{2} = \frac{a}{2}\).

NO là đường trung bình của DSBD nên \(NO = \frac{{SD}}{2} = \frac{a}{2}\).

Suy ra DMON là tam giác đều nên \(\alpha = \widehat {NMO} = 60^\circ \). Do đó \(\cos \alpha = 0,5\).

Trả lời: 0,5.