Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm $A C, B D$

Ta có: 

$\left\{\begin{array}{l}{M I=N I=\dfrac{1}{2} A B=\dfrac{1}{2} C D=\dfrac{a}{2}} \\ {M I / / A B / / N J, M J / / C D / / I N}\end{array} \Rightarrow M I N J\right.$là hình thoi.

Gọi $O$ là giao điểm của $MN$ và $IJ$

Ta có:  $\widehat{M I N}=2 \widehat{M I O}$

Xét $\Delta M I O$ vuông tại $O$, ta có: 

$\widehat{M I O}=\dfrac{I O}{M I}=\dfrac{\dfrac{a \sqrt{3}}{4}}{\dfrac{a}{2}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \widehat{M I O}=30^{\circ} \Rightarrow \widehat{M I N}=60^{\circ}$

Mà: $(A B, C D)=(I M, I N)=\widehat{M I N}=60^{\circ}$

Đáp án: C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có: $A C / / A^{\prime} C^{\prime}$ (tính chất của hình hộp)

$\Rightarrow\left(A C, A^{\prime} D\right)=\left(A^{\prime} C^{\prime}, A^{\prime} D\right)=\widehat{D A^{\prime} C^{\prime}}$(do giả thiết cho $\Delta D A^{\prime} C^{\prime}$ nhọn)

Đáp án: D

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Vì $M, N, P, Q$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $A C, C B, B C^{\prime}$ và $C\'A$ 

$\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}{P Q=M N=\dfrac{1}{2} A B} \\ {P Q / / A B / / M N}\end{array} \Rightarrow M N P Q\right.$ là hình bình hành.

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$. Vì hai tam giác $A B C$ và $ABC\'$ đều nên 

$\left\{\begin{array}{l}{C H \perp A B} \\ {C^{\prime} H \perp A B}\end{array}\right.$

Suy ra $A B \perp\left(C H C^{\prime}\right)$. Do đó $A B \perp C C^{\prime}$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{P Q / / A B} \\ {P N / / C C^{\prime} \Rightarrow P Q \perp P N} \\ {A B \perp C C^{\prime}}\end{array}\right.$

Vậy tứ giác $M N P Q$ là hình chữ nhật.

Đáp án: B

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi $O$ là tâm của hình thoi $A B C D \Rightarrow O J$ là đường trung bình của $\Delta B C D$. 

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}{O J \| C D} \\ {O J=\dfrac{1}{2} C D}\end{array}\right.$

Vì $C D \| O J \Rightarrow(I J, C D)=(I J, O J)$

Xét tam giác $IOJ,$ có $\left\{\begin{array}{l}{I J=\dfrac{1}{2} S B=\dfrac{a}{2}} \\ {O J=\dfrac{1}{2} C D=\dfrac{a}{2} \Rightarrow \Delta I O J} \\ {I O=\dfrac{1}{2} S A=\dfrac{a}{2}}\end{array}\right.$đều.

Vậy $(I J, C D)=(I J, O J)=\widehat{I J O}=60^{\circ}$

Đáp án: D

Hướng dẫn giải (chi tiết)

$\begin{array}{l}{A B^{2}+A C^{2}+A D^{2}+B C^{2}+B D^{2}+C D^{2}} \\ {=(\overrightarrow{A G}+\overrightarrow{G B})^{2}+(\overrightarrow{A G}+\overrightarrow{G C})^{2}+(\overrightarrow{A G}+\overrightarrow{G D})^{2}+(\overrightarrow{B G}+\overrightarrow{G C})^{2}+(\overrightarrow{B G}+\overrightarrow{G D})^{2}+(\overrightarrow{C G}+\overrightarrow{G D})^{2}} \\ {=3 A G^{2}+3 B G^{2}+3 C G^{2}+3 C G^{2}} \\ {+2 \overrightarrow{A G} \cdot \overrightarrow{G B}+2 \overrightarrow{A G} \cdot \overrightarrow{G C}+2 \overrightarrow{A G} \cdot \overrightarrow{G D}+2 \overrightarrow{B G} \cdot \overrightarrow{G D}+2 \overrightarrow{B G} \cdot \overrightarrow{G D}(1)}\end{array}$

Lại có: 

$\begin{array}{l}{\overrightarrow{G A}+\overrightarrow{G B}+\overrightarrow{G C}+\overrightarrow{G D}=\overrightarrow{0} \Leftrightarrow(\overrightarrow{G A}+\overrightarrow{G B}+\overrightarrow{G C}+\overrightarrow{G D})^{2}=0} \\ {\quad \quad=2 \overrightarrow{A G} \cdot \overrightarrow{G B}+2 \overrightarrow{A G} \cdot \overrightarrow{G C}+2 \overrightarrow{A G} \cdot \overrightarrow{G D}+2 \overrightarrow{B G} \cdot \overrightarrow{G D}+2 B G \cdot \overrightarrow{G D}+2 \overrightarrow{C G} \cdot \overrightarrow{G D}(2)}\end{array}$

Từ (1) và (2) suy ra

$A B^{2}+A C^{2}+A D^{2}+B C^{2}+B D^{2}+C D^{2}=4\left(G A^{2}+G B^{2}+G C^{2}+G D^{2}\right)$

Đáp án: B

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có $\cos (A B, C D)=\dfrac{|\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{C D}|}{|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{C D}|}=\dfrac{|\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{C D}|}{A B \cdot C D}$

Mặt khác $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{C D}=\overrightarrow{A B}(\overrightarrow{A D}-\overrightarrow{A C})=\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}-\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}$

$\begin{array}{l}{=|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A D}| \cdot \cos (\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D})-|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A C}| \cdot \cos (\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C})} \\ {=A B \cdot A D \cdot \cos 60^{\circ}-A B \cdot A C \cdot \cos 60^{\circ}} \\ {=A B \cdot A D \cdot \dfrac{1}{2}-A B \cdot \dfrac{3}{2} A D \cdot \dfrac{1}{2}=-\dfrac{1}{4} A B \cdot A D=-\dfrac{1}{4} A B \cdot C D}\end{array}$

Do có $\cos (A B, C D)=\dfrac{\left|-\dfrac{1}{4} A B \cdot C D\right|}{A B \cdot C D}=\dfrac{1}{4}$

Vậy $\cos \varphi=\dfrac{1}{4}$

Đáp án: D

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Giả sử cạnh của tứ diện là $a$

Tam giác $B C D$ đều $\Rightarrow A M=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$

Ta có: $\cos (\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{D M})=\dfrac{\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{D M}}{|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{D M}|}=\dfrac{\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{D M}}{a \cdot \dfrac{a \sqrt{3}}{2}}$

$=|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A M}| \cdot \cos (\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A M})-|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A D}| \cdot \cos (\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D})$

$\begin{array}{l}{=|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A M}| \cdot \cos 30^{\circ}-|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A D}| \cdot \cos 60^{\circ}} \\ {=\text { a. } \dfrac{a \sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}-\text { a. } a \cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{3 a^{2}}{4}-\dfrac{a^{2}}{2}=\dfrac{a^{2}}{4}} \\ {\Rightarrow \cos (\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{D M})=\dfrac{\sqrt{3}}{6}>0 \Rightarrow(\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{D M})=(A B, D M)} \\ {\Rightarrow \cos (A B, D M)=\dfrac{\sqrt{3}}{6}}\end{array}$

Đáp án: B

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Do $O, O’$ là tâm các hình vuông $A B C D, A B C^{\prime} D^{\prime}$ nên  $O, O’$  là trung điểm của $B D, B D^{\prime}$. 

Do đó  $OO’$ là đường trung bình của tam giác $B D D^{\prime} \Rightarrow \overrightarrow{O O^{\prime}}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{D D^{\prime}}$

Ta có: $\begin{array}{l}{\overrightarrow{A B} . \overrightarrow{O O^{\prime}}=\overrightarrow{A B} \cdot \dfrac{1}{2} \overrightarrow{D D^{\prime}}=\dfrac{1}{2} \cdot \overrightarrow{A B}\left(\overrightarrow{A D^{\prime}}-\overrightarrow{A D}\right)} \\ {=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D^{\prime}}-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}=0-0=0}\end{array}$

Do đó góc giữa $\overrightarrow{A B}$ và $\overrightarrow{O O^{\prime}}$ bằng $90^{0}$

Đáp án: D 

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{(M N P Q) / / A B} \\ {(M N P Q) \cap(A B C)=M N}\end{array} \Rightarrow M N / / A B\right.$

Tương tự ta có $M Q / / C D, N P / / C D, Q P / / A B$. Do đó tứ giác $MNPQ$ là hình bình hành.

Ta có $(A \widehat{B ; C} D)=(M \widehat{N ; M} Q)=\widehat{N M Q}=90^{0} \Rightarrow$ tứ giác $MNPQ$ là hình chữ nhật.

Lại có: $\Delta C M N \sim \Delta C B A \Rightarrow \dfrac{C M}{C B}=\dfrac{M N}{A B}=\dfrac{1}{3} \Rightarrow M N=\dfrac{4}{3}$

$\Delta A N P \sim \Delta A C D \Rightarrow \dfrac{A N}{A C}=\dfrac{N P}{C D}=\dfrac{2}{3} \Rightarrow M P=4$

Vậy $S_{M N P Q}=M N \cdot N P=\dfrac{16}{3}$

Đáp án: D