PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 17 đến câu 3.

Cho tứ diện \(ABCD\) Gọi \(E\) là trung điểm \(AD\), \(F\) là trung điểm\(BC\). Ta có \[\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DC} = .......\overrightarrow {EF} \]

Ta có \(\cos \left( {\overrightarrow {SM} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {SM} .\overrightarrow {BC} }}{{\left| {\overrightarrow {SM} } \right|\left| {\overrightarrow {BC} } \right|}} = \frac{{\overrightarrow {SM} .\overrightarrow {BC} }}{{SM.BC}}\).

\(\overrightarrow {SM} .\overrightarrow {BC}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SB} } \right).\left( {\overrightarrow {SC}  - \overrightarrow {SB} } \right)\)

\(\begin{array}{l} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SC}  - \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SB} .\overrightarrow {SC}  - \overrightarrow {SB} .\overrightarrow {SB} } \right)\\ =  - \frac{1}{2}\overrightarrow {SB} .\overrightarrow {SB}  =  - \frac{1}{2}S{B^2} =  - \frac{{{a^2}}}{2}.\end{array}\).

Tam giác \(SAB\) và \(SBC\) vuông cân tại \(S\) nên \(AB = BC = a\sqrt 2 \). \( \Rightarrow SM = \frac{{AB}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Do đó \(\cos \left( {\overrightarrow {SM} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \frac{{ - \frac{{{a^2}}}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.a\sqrt 2 }} =  - \frac{1}{2}\). Suy ra \(\left( {\overrightarrow {SM} ,\overrightarrow {BC} } \right) = {120^0}\).

Đặt \(\overrightarrow {BA}  = \vec x\), \(\overrightarrow {BB'}  = \vec y\), \(\overrightarrow {BC}  = \vec z\).

Do \(\overrightarrow {CM} \), \(\overrightarrow {CA'} \) là hai vectơ cùng phương \( \Rightarrow \exists \,k \in \mathbb{R}:\,\overrightarrow {CM}  = k.\overrightarrow {CA'} \).

Và \(\overrightarrow {C'N} \), \(\overrightarrow {C'D} \) là hai vectơ cùng phương \( \Rightarrow \exists \,h \in \mathbb{R}:\,\overrightarrow {C'N}  = h.\overrightarrow {C'D} \).

Ta có: \[\overrightarrow {BD'}  = \overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {BB'}  = \overrightarrow x  + \overrightarrow y  + \overrightarrow z \], (1)

Ta lại có: \(\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {CN}  - \overrightarrow {CM}  = \overrightarrow {CC'}  + \overrightarrow {C'N}  - \overrightarrow {CM}  = \overrightarrow {CC'}  + h.\overrightarrow {C'D}  - k.\overrightarrow {CA'} \)

\( = \overrightarrow y  + h.( - \overrightarrow y  + \overrightarrow x ) - k.\left( {\overrightarrow y  - \overrightarrow z  + \overrightarrow x } \right) = \left( {h - k} \right).\overrightarrow x  + \left( {1 - h - k} \right).\overrightarrow y  + k.\overrightarrow z \), (2)

Do \(MN\parallel B'D\) nên tồn tại $t\in ℝ:\overrightarrow{MN}=t.\overrightarrow{B{D}^{\text{'}}}$. Từ (1) và (2) ta có\(\left\{ \begin{array}{l}h - k = t\\1 - h - k = t\\k = t\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = t\\h = 2t\\1 - 3t = t\end{array} \right. \Rightarrow t = \frac{1}{4} \Rightarrow \overrightarrow {MN}  = \frac{1}{4}\overrightarrow {BD'} \).

Vậy \(\frac{{MN}}{{BD'}} = \frac{1}{4}\).