Cho hình lăng trụ tam giác $ABC.A'B'C'$ có $AB = a, \, AC = 3a, \, \widehat{BAC} = 60^\circ, \, AA' = 2a$, $AA' \perp BC$.

a) Đúng b) Sai c) Đúng d) Sai Lời giải a) Vì $A'C' // AC$ nên $\Rightarrow \Big( AB, AC \Big) = \widehat{BAC} = 60^\circ$. b) Vì $A'B' // AB$ nên $\Rightarrow \Big( BC, A'B' \Big) = \Big( BC, AB \Big)$. Xét tam giác $ABC$, ta có: $$ BC^{2} = AB^{2} + AC^{2} - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos\widehat{BAC} = a^{2} + 9a^{2} - 2 \cdot a \cdot 3a \cdot \cos 60^\circ = 7a^{2} $$ $$ \cos\widehat{ABC} = \frac{BA^{2} + BC^{2} - AC^{2}}{2 \cdot BA \cdot BC} = \frac{a^{2} + 7a^{2} - 9a^{2}}{2 \cdot a \cdot a\sqrt{7}} = \frac{-\sqrt{7}}{14} < 0 $$ $$ \cos\Big( BC, A'B' \Big) = -\cos\widehat{ABC} = \frac{\sqrt{7}}{14} $$ c) Gọi $M, \, M'$ lần lượt là trung điểm của đoạn $BC, \, B'C'$. Dễ dàng chứng minh được tứ giác $AMM'A'$ là hình bình hành nên $AM // A'M', \, AM = A'M'$. $$ \Rightarrow AG // A'G', \, AG = A'G' $$ $$ \Rightarrow AGG'A' \text{ là hình bình hành } \Rightarrow GG' // AA' $$ Mà $AA' \perp BC \Rightarrow GG' \perp BC$. d) Vì $AA' \perp AG$ và $GG' // AA'$ nên $GG' \perp AG$. Mà $AA' \perp BC$ và $GG' // AA'$ nên $GG' \perp BC$. Vì $GG'$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $AG$ và $BC$ cùng nằm trong $\Big( ABC \Big)$ nên $GG' \perp \Big( ABC \Big)$, suy ra $GG' \perp GM$. Tam giác $ABC$ có trung tuyến $AM$: $AM^{2} = \dfrac{2AB^{2}+2AC^{2}-BC^{2}}{4} = \dfrac{2a^{2}+18a^{2}-7a^{2}}{4} = \dfrac{13a^{2}}{4} \Rightarrow AM = \dfrac{a\sqrt{13}}{2}$. Vì $G$ là trọng tâm nên $GM = \dfrac{1}{3}AM = \dfrac{a\sqrt{13}}{6}$. Xét tam giác $GMG'$ vuông tại $G$: $MG'^{2} = GM^{2}+GG'^{2} = \dfrac{13a^{2}}{36}+4a^{2} = \dfrac{157a^{2}}{36} \Rightarrow MG' = \dfrac{a\sqrt{157}}{6}$. Vậy $MG' = \dfrac{a\sqrt{157}}{6} \neq \dfrac{a\sqrt{157}}{3}$ nên khẳng định d) sai.