Cho hàm số \(f(x) = a{x^3} + b{x^2} + cx + 3\,\left( {a \ne 0} \right)\) có bảng biến thiên như sau:

Xác định dấu của hệ số \(a,b,c\).              

(a) Đúng: Áp dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng ta tính được

\(AB = CD = \sqrt {10} ;AC = BD = \sqrt {13} ;AD = BC = \sqrt 5 \)

Vậy tứ diện \(ABCD\) có các cạnh đối đôi một bằng nhau

(b) Sai: Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1;0;3} \right),\overrightarrow {CD}  = \left( { - 1;0; - 3} \right)\). Gọi \(\varphi \) là góc giữa \(AB\) và \(CD\)

\(\cos \varphi  = \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD} } \right) = \frac{{\left| { - 8} \right|}}{{\sqrt {10} .\sqrt {10} }} = \frac{4}{5}\)

Vậy góc giữa \(AB\) và \(CD\) là \(\varphi  = \arccos 0,8\)

(c) Sai: Lấy \[I\] trung điểm của \(AB,J\) là trung điểm của \(CD\)

\(\Delta ACD = \Delta BCD\)(c.c.c) nên 2 đường trung tuyến tương ứng \(AJ = BJ\).

Vậy \(\Delta AJB\) cân đỉnh \(J\) nên \[IJ\] vuông góc với \(AB\) tại \(I\).

Tương tự \(\Delta ICD\) cân đỉnh \[I\] nên \[IJ\] vuông góc với \(CD\) tại \(J\).

Vậy \[IJ\] là đường vuông góc chung của \(AB\) và \(CD\) ta được \(I\left( {\frac{3}{2};1;\frac{3}{2}} \right)\) và \(J\left( {\frac{3}{2}; - 1;\frac{3}{2}} \right)\)

Vậy khoảng cách giữa \(AB\) và \(CD\) chính là độ dài đoạn vuông góc chung \(IJ\).

\(d\left( {AB;CD} \right) = II = \sqrt {{{\left( {\frac{3}{2} - \frac{3}{2}} \right)}^2} + {{\left[ {1 - \left( { - 1} \right)} \right]}^2} + {{\left( {\frac{3}{2} - \frac{3}{2}} \right)}^2}}  = 2\)

(d) Đúng: Theo kết quả câu 3. Lấy \[G\] là trung điểm của \(IJ\) ta được:

\(GA = GB\)vì \(\Delta GAB\) cân đỉnh \(G\);\(GC = GD\) vì \(\Delta GCD\) cân đỉnh \(G\)

Mà \(GA = \sqrt {G{I^2} + I{A^2}} \) mà \(GI = GJ,IA = ID\) và \(GC = \sqrt {G{J^2} + I{D^2}} \)

Do đó \(GA = GB = GC = GD = R\)

Do đó \[G\]: Tâm mặt cầu ngoại tuyến khối tứ diện \(ABCD:G\left( {\frac{3}{2};0;\frac{3}{2}} \right)\) và bán kính của mặt cầu là \(R = GA = \frac{{\sqrt {14} }}{2}\) (\[G\]: cũng chính là trọng tâm của khối tứ diện gần đều \(ABCD\))