Cho hình lập phương $ABCD.A'B'C'D'$ có cạnh bằng $a$.

a) Đúng b) Đúng c) Sai d) Đúng Lời giải a) Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} BD \parallel B'D' \\ AC \perp BD \end{array} \right. \Rightarrow AC \perp B'D'$. b) Ta có: $A'D' \parallel AD \Rightarrow \Big( AC, A'D' \Big) = \Big( AC, AD \Big) = \widehat{DAC}$. Do $ABCD$ là hình vuông nên $\widehat{DAC} = 45^\circ$. Vậy $\Big( AC, A'D' \Big) = \widehat{DAC} = 45^\circ$. c) Gọi $P$ là trung điểm cạnh $A'D'$ khi đó $B'D' \parallel NP$. Lại có, $B'D' \parallel BD$ nên $BD \parallel NP$. Khi đó góc giữa $\Big( MN, BD \Big) = \Big( MN, NP \Big) = \widehat{MNP}$. Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương cạnh $a$ nên $AB' = B'D' = D'A = a\sqrt{2}$. Suy ra $MN = NP = PM = \frac{a\sqrt{2}}{2}$. Do đó tam giác $MNP$ đều $\Rightarrow \Big( MN, BD \Big) = \widehat{MNP} = 60^\circ$. d) Trong $\Big( AA'D'D \Big)$, từ $K$ kẻ $KH \parallel AD', \; H \in AA'$. Khi đó ta dễ dàng xác định được $A'H = x$. Từ đó ta có, $\Big( BK, AD' \Big) = \Big( BK, KH \Big)$. Xét tam giác $A'B'K$ vuông tại $A'$ ta có $B'K = \sqrt{A'B'^{2} + A'K^{2}} = \sqrt{a^{2}+x^{2}}$. Vì $BB' \perp \Big( A'B'C'D' \Big)$ nên tam giác $BB'K$ vuông tại $B'$, suy ra $BK = \sqrt{BB'^{2}+B'K^{2}} = \sqrt{a^{2}+a^{2}+x^{2}} = \sqrt{2a^{2}+x^{2}}$. Vì $KH \parallel AD'$ và $AA' \parallel D'D$ nên $A'H = A'K = x$, do đó $KH = x\sqrt{2}$ và $BH = \sqrt{AB^{2}+AH^{2}} = \sqrt{a^{2}+(a-x)^{2}}$. Xét tam giác $BKH$, theo định lý côsin: $$ \cos\widehat{BKH} = \frac{BK^{2}+KH^{2}-BH^{2}}{2 \cdot BK \cdot KH} = \frac{(2a^{2}+x^{2})+2x^{2}-\big(a^{2}+(a-x)^{2}\big)}{2\sqrt{2a^{2}+x^{2}} \cdot x\sqrt{2}} = \frac{x+a}{\sqrt{2}\sqrt{2a^{2}+x^{2}}} $$ Vì $\Big( BK, AD' \Big) = \widehat{BKH}$ nên để góc giữa $BK$ và $AD'$ bằng $45^\circ$ ta cần $\cos\widehat{BKH} = \frac{\sqrt{2}}{2}$, tức là: $$ \frac{x+a}{\sqrt{2}\sqrt{2a^{2}+x^{2}}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \Leftrightarrow x+a = \sqrt{2a^{2}+x^{2}} \Leftrightarrow (x+a)^{2} = 2a^{2}+x^{2} \Leftrightarrow 2ax = a^{2} \Leftrightarrow x = \frac{a}{2} $$ Vậy $x = \dfrac{a}{2}$.