Ta có \(\frac{|\cos n+\sin n|}{n^{2}}<\frac{2}{n^{2}} \text { mà } \lim \frac{1}{n^{2}}=0 \Rightarrow \lim \frac{\cos n+\sin n}{n^{2}+1}=0\)

Với mọi a > 0 nhỏ tùy ý, ta chọn \(n_{a}=\left[\frac{2}{a}-1\right]+1\)

Suy ra \(\frac{2}{n+1}<a \forall n>n_{a} \Rightarrow \lim \frac{2}{n+1}=0\)

\(\begin{aligned} &\text { Với mọi số dương M lớn tùy ý ta chọn } n_{M} \text { thỏa } \frac{n_{M}^{2}-1}{n_{M}}>M\\ &\Leftrightarrow n_{M}>\frac{M+\sqrt{M^{2}+4}}{2} \end{aligned}\)

Ta có \(\frac{n^{2}-1}{n}>M \quad \forall n>n_{M} \Rightarrow \lim \frac{n^{2}-1}{n}=+\infty\)

\(\lim \frac{1-n^{2}}{n}=-\infty .\)

\(\begin{aligned} &\text { Với moi số durong M lớn tùy ý ta chọn } n_{M}>\frac{M-1}{2}\\ &\text { Ta có: } 2 n+1>2 n_{M}+1>M \quad \forall n>n_{M} \Rightarrow \lim (2 n+1)=+\infty \text { . } \end{aligned}\)

\(\text { Ta có: } C=\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \frac{x+1}{\sqrt{4 x^{2}+x+1}+2 x}=\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \frac{x\left(1+\frac{1}{x}\right)}{|x| \sqrt{4+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}}+2 x}=\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \frac{1+\frac{1}{x}}{\sqrt{4+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}}+2}=\frac{1}{2}\)

\(\begin{array}{l} \text { Ta có: } A=\lim\limits _{x \rightarrow+\infty}\left(|x| \sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}}-x \sqrt[3]{2+\frac{1}{x^{2}}-\frac{1}{x^{3}}}\right) \\ \quad=\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} x\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}}-\sqrt[3]{2+\frac{1}{x^{2}}-\frac{1}{x^{3}}}\right)=-\infty \end{array}\)

Ta có

\(D=\lim\limits _{x \rightarrow-\infty} \frac{\sqrt[3]{\frac{1}{x^{6}}+\frac{1}{x^{2}}+1}}{-\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{4}}}}=-1\)

Ta có 

\(C=\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \frac{2+\sqrt{3+\frac{2}{x^{2}}}}{5-\sqrt{1+\frac{1}{x^{2}}}}=\frac{2+\sqrt{3}}{4}\)

\(L=\lim \frac{\sqrt[3]{n}+1}{\sqrt[3]{n+8}}=\lim \frac{1+\frac{1}{\sqrt[3]{n}}}{\sqrt[3]{1+\frac{8}{n}}}=\frac{1}{\sqrt[3]{1}}=1\)

\(L=\lim \frac{\left(n^{2}+2 n\right)\left(2 n^{3}+1\right)(4 n+5)}{\left(n^{4}-3 n-1\right)\left(3 n^{2}-7\right)}=\lim \frac{\left(1+\frac{2}{n}\right)\left(2+\frac{1}{n^{3}}\right)\left(4+\frac{5}{n}\right)}{\left(1-\frac{3}{n^{3}}-\frac{1}{n^{4}}\right)\left(3-\frac{7}{n^{2}}\right)}=\frac{1.2 .4}{1.3}=\frac{8}{3}\)

\(L=\lim \frac{\left(2 n-n^{3}\right)\left(3 n^{2}+1\right)}{(2 n-1)\left(n^{4}-7\right)}=\lim \frac{n^{3}\left(\frac{2}{n^{2}}-1\right) \cdot n^{2}\left(3+\frac{1}{n^{2}}\right)}{n\left(2-\frac{1}{n}\right) \cdot n^{4}\left(1-\frac{7}{n^{4}}\right)}=\lim \frac{\left(\frac{2}{n^{2}}-1\right)\left(3+\frac{1}{n^{2}}\right)}{\left(2-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{7}{n^{4}}\right)}=\frac{-1.3}{2.1}=-\frac{3}{2}\)

\(L=\lim \frac{5 n^{2}-3 a n^{4}}{(1-a) n^{4}+2 n+1}=\lim \frac{\frac{5}{n^{2}}-3 a}{(1-a)+\frac{2}{n^{3}}+\frac{1}{n^{4}}}=\frac{-3 a}{(1-a)}>0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} a<0 \\ a>1 \end{array}\right.\)

Điều kiện: \(\cos \alpha \ne 0 \Leftrightarrow \alpha \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \) \((k \in Z)\)

Theo tính chất của cấp số nhân, ta có:

\({\cos ^2}\alpha = \frac{{\sin \alpha }}{6}.{\mkern 1mu} \tan \alpha \Leftrightarrow 6{\cos ^2}\alpha = \frac{{{{\sin }^2}\alpha }}{{\cos \alpha }}\)

\( \Leftrightarrow 6{\cos ^2}\alpha = \frac{{{{\sin }^2}\alpha }}{{\cos \alpha }}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 6{\cos ^3}\alpha - {\sin ^2}\alpha = 0\\ \Leftrightarrow 6{\cos ^3}\alpha + {\cos ^2}\alpha - 1 = 0\\ \Leftrightarrow \cos \alpha = \frac{1}{2} \end{array}\)

Ta có: \(\cos 2\alpha = 2{\cos ^2}\alpha - 1 = 2.\,{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} - 1 = - \frac{1}{2}\).

Cạnh của hình vuông (C₂) là: \({a_2} = \sqrt {{{\left( {\frac{3}{4}a} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{4}a} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {10} }}{4}\).

Do đó diện tích \({S_2} = \frac{5}{8}{a^2} = \frac{5}{8}{S_1}\).

Cạnh của hình vuông (C₃) là: \({a_3} = \sqrt {{{\left( {\frac{3}{4}{a_2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{4}{a_2}} \right)}^2}} = \frac{{{a_2}\sqrt {10} }}{4} = a{\left( {\frac{{\sqrt {10} }}{4}} \right)^2}\).

Do đó diện tích \({S_3} = {\left( {\frac{5}{8}} \right)^2}{a^2} = \frac{5}{8}{S_2}\).

Lý luận tương tự ta có các S₁, S₂, S₃,...,S_n tạo thành một dãy cấp số nhân lùi vô hạn có \({u_1} = {S_1}\) và công bội \(q = \frac{5}{8}\).

\(T = \frac{{{S_1}}}{{1 - q}} = \frac{{8{a^2}}}{3}\). Với \(T = \frac{{32}}{3}\) ta có \({a^2} = 4 \Leftrightarrow a = 2\).

Ta có \({u_{n + 1}} = 21{u_n} + 1 \Leftrightarrow {u_{n + 1}} + \frac{1}{{20}} = 21\left( {{u_n} + \frac{1}{{20}}} \right) \Leftrightarrow {u_{n + 1}} + \frac{1}{{20}} = 21\left( {{u_n} + \frac{1}{{20}}} \right)\).

Đặt \({v_n} = {u_n} + \frac{1}{{20}}\), ta có \({v_{n + 1}} = 21{v_n}\).

Do đó (vn) là một CSN với \({v_1} = - \frac{{41}}{{20}} + \frac{1}{{20}} = - 2\) và công bội q = 21.

Do đó số hạng tổng quát của dãy (vn) là

\({v_n} = {v_1}.{q^{n - 1}} = - {2.21^{n - 1}} \Rightarrow {u_n} = - {2.21^{n - 1}} - \frac{1}{{20}}\)

\( \Rightarrow {u_n} = - {2.21^{n - 1}} - \frac{1}{{20}}\)

Khi đó \({u_{2018}} = - {2.21^{2017}} - \frac{1}{{20}}\).

Vì \(\frac{{{a_{n + 1}}}}{{{a_n}}} = - 2\) suy ra (an) là một cấp số nhân với \(\left\{ \begin{array}{l} {a_1} = 2\\ q = - 2 \end{array} \right.\).

Suy ra \({S_{10}} = \frac{{{a_1}\left( {1 - {q^{10}}} \right)}}{{1 - q}} = - 682\)

Ta có \({S_{2018}} = \frac{{2018}}{2}\left( {2{u_1} + 2017d} \right)\), \({S_{1009}} = \frac{{1009}}{2}\left( {2{u_1} + 1008d} \right)\)

\({u_1} + {u_2} + ... + {u_{2018}} = 4\left( {{u_1} + {u_2} + ... + {u_{1009}}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \frac{{2018}}{2}\left( {2{u_1} + 2017d} \right) = 4.\frac{{1009}}{2}\left( {2{u_1} + 1008d} \right)\)

\( \Leftrightarrow 2{u_1} + 2017d = 2\left( {2{u_1} + 1008d} \right) \Leftrightarrow {u_1} = \frac{d}{2}\)

Dãy số (un): \(\frac{d}{2}\), \(\frac{{3d}}{2}\), \(\frac{{5d}}{2}\), ...

Ta có \(P = \log _3^2{u_2} + \log _3^2{u_5} + \log _3^2{u_{14}}\)

\( = \log _3^2\frac{{3d}}{2} + \log _3^2\frac{{9d}}{2} + \log _3^2\frac{{27d}}{2}\)

\( = {\left( {1 + {{\log }_3}\frac{d}{2}} \right)^2} + {\left( {2 + {{\log }_3}\frac{d}{2}} \right)^2} + {\left( {3 + {{\log }_3}\frac{d}{2}} \right)^2}\)

Đặt \({\log _3}\frac{d}{2} = x\) thì

\(\begin{array}{l} P = {\left( {1 + x} \right)^2} + {\left( {2 + x} \right)^2} + {\left( {3 + x} \right)^2}\\ = 3{x^2} + 12x + 14\\ = 3{\left( {x + 2} \right)^2} + 2 \ge 2 \end{array}\)

Dấu bằng xảy ra khi \(x = - 2 \Leftrightarrow d = \frac{2}{9}\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2.

Gọi d là công sai của cấp số cộng. Khi đó:

\({S_{100}} = 100{u_1} + \frac{{100.99}}{2}d \Leftrightarrow 100 + 4950d = 14950 \Leftrightarrow d = 3\)

Do đó \({u_{2018}} = {u_1} + 2017d = 6052\).

Ta có: 

\(\frac{1}{{{u_{k + 1}}\sqrt {{u_k}} + {u_k}\sqrt {{u_{k + 1}}} }} = \frac{1}{{\sqrt {{u_k}} .\sqrt {{u_{k + 1}}} .\left( {\sqrt {{u_k}} + \sqrt {{u_{k + 1}}} } \right)}} = \frac{1}{d}.\frac{{\sqrt {{u_{k + 1}}} - \sqrt {{u_k}} }}{{\sqrt {{u_k}} .\sqrt {{u_{k + 1}}} }} = \frac{1}{d}.\left( {\frac{1}{{\sqrt {{u_k}} }} - \frac{1}{{\sqrt {{u_{k + 1}}} }}} \right)\)

Do đó:

\(S = \frac{1}{d}.\left( {\frac{1}{{\sqrt {{u_1}} }} - \frac{1}{{\sqrt {{u_2}} }}} \right) + \frac{1}{d}.\left( {\frac{1}{{\sqrt {{u_2}} }} - \frac{1}{{\sqrt {{u_3}} }}} \right) + ... + \frac{1}{d}.\left( {\frac{1}{{\sqrt {{u_{2017}}} }} - \frac{1}{{\sqrt {{u_{2018}}} }}} \right) = \frac{1}{d}.\left( {\frac{1}{{\sqrt {{u_1}} }} - \frac{1}{{\sqrt {{u_{2018}}} }}} \right)\)

\( = \frac{1}{3}\left( {1 - \frac{1}{{\sqrt {6052} }}} \right)\)

Số ghế của mỗi dãy (bắt đầu từ dãy đầu tiên) theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng có 30 số hạng có công sai d = 3 và u₁ = 25

Tổng số ghế là 

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{{S_{30}} = {u_1} + {u_2} +  \cdots  + {u_{30}}}\\
{ = \,\,\frac{{30}}{2}\left[ {2{u_1}\,\, + \left( {30 - 1} \right)d} \right]}\\
{ = 2055}
\end{array}\)

Ba cạnh a, b, c ( a < b < c) của một tam giác theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng thỏa mãn yêu cầu thì:

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{a^2} + {b^2} = {c^2}}\\
{a + b + c = 3}\\
{a + c = 2b}
\end{array}} \right.}\\
{ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{a^2} + {b^2} = {c^2}}\\
{3b = 3}\\
{a + c = 2b}
\end{array}} \right.}\\
{ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{a^2} + {b^2} = {c^2}}\\
{b = 1}\\
{a = 2b - c = 2 - c}
\end{array}} \right..}
\end{array}\)

Ta có

\(\begin{array}{l}
{a^2} + {b^2} = {c^2}\mathop  \to \limits_{a = 2 - c}^{b = 1} {\left( {2 - c} \right)^2} + 1 = {c^2}\\
\begin{array}{*{20}{l}}
{ \Leftrightarrow  - 4c + 5 = 0}\\
{ \Leftrightarrow c = \frac{5}{4} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a = \frac{3}{4}}\\
{b = 1}\\
{c = \frac{5}{4}}
\end{array}} \right..}
\end{array}
\end{array}\)

Số tiền du khác đặt trong mỗi lần (kể từ lần đầu) là một cấp số nhân có \(u_1=20000\) và công bội q = 2.

Du khách thua trong 9 lần đầu tiên nên tổng số tiền thua là:

\({S_9} = {u_1} + {u_2} + ... + {u_9} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {p^9}} \right)}}{{1 - p}} = 10220000\)

Số tiền mà du khách thắng trong lần thứ 10 là:

\({u_{10}} = {u_1}.{q^9} = 10240000\)

Ta có: \(u_{10}-S_9=20000>0\)

Nên du khách thắng 20000 đồng.

Diện tích bề mặt của mỗi tầng (kể từ tầng 1) lập thành một cấp số nhân có công bội \(q=\dfrac12\) và \(u_1=\dfrac{12288}2=6144\)

Khi đó diện tích mặt trên cùng là

\(u_{11}=u_1.q^{10}=u_1=\dfrac{6144}{2^{10}}=6\) m²

Kí hiệu \(u_n\) (gam) là khối lượng còn lại của 20 gam poloni 210 sau n chu kì án rã.

Ta có 7314 ngày gồm 53 chu kì bán rã. Theo đề bài ra, ta cần tính \(u_{53}\).

Từ giả thiết suy ra dãy \((u_n)\) là một cấp số nhân với số hạng đầu là \({u_1} = \frac{{20}}{2} = 10\) và công bội q = 0,5.

Do đó \({u_{53}} = 10.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{52}} \approx 2,{22.10^{ - 15}}\)

Nếu ta giả sử mệnh đề đúng với n=k thì ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n=k+1

Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên BC

\( \Rightarrow H \in AK,BC \bot AK,BC \bot A'H \Rightarrow BC \bot \left( {AA'H} \right)\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\left( {AA'H} \right) \bot \left( {A'B'C'} \right)}\\ {\left( {BB'C'C} \right) \bot \left( {AA'H} \right)}\\ {BC \bot BB'} \end{array}} \right.\) nên đáp án B, C, D đúng.

Vì theo giả thiết ABCD.A'B'C'D' ta dễ dàng chỉ ra được:

+ \(\left\{ \begin{array}{l} AC \bot BD\\ AC \bot BB' \end{array} \right.\) và BD cắt BB' cùng nằm trong \(\left( {BB'D'D} \right) \Rightarrow AC \bot \left( {BB'D'D} \right)\). Mà \(BD' \subset \left( {BB'D'D} \right) \Rightarrow AC \bot BD'\) 

⇒ Đáp án D đúng.

+ \(\left\{ \begin{array}{l} AC \subset \left( {ACC'A'} \right)\\ AC \bot \left( {BB'D'D} \right) \end{array} \right. \Rightarrow \left( {ACC'A'} \right) \bot \left( {BB'D'D} \right)\)

⇒ Đáp án A đúng.

+ Áp dụng đình lý Pytago trong tam giác B'A'D' vuông tại A' ta có:

\(B'{D'^2} = B'{A'^2} + A'{D'^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2}\)

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác BB'D' vuông tại B' ta có:

\(B{D'^2} = B{B'^2} + B'{D'^2} = {a^2} + 2{a^2} = 3{a^2} \Rightarrow BD' = a\sqrt 3 \)

Hoàn toàn tương tự ta tính được độ dài các đường chéo còn lại của hình lập phương đều bằng nhau và bằng \(a\sqrt 3 \) 

⇒ Đáp án B đúng.

+ Xét tứ giác ACC'A' có \(\left\{ \begin{array}{l} AC//A'C'\\ AC = A'C' = a\sqrt 3 \\ AA' = CC' = a\\ \widehat {ACC'} = 90^\circ \end{array} \right. \Rightarrow ACC'A'\) là hình chữ nhật. hoàn toàn tương tự ta cũng chỉ ra BDD'B' cũng là hình chữ nhật có các cạnh là a và \(a\sqrt 3 \).

⇒ Hai mặt ACC'A' và BDD'B' là hai hình vuông bằng nhau ⇒ đáp án C sai.

Từ giả thiết dễ dàng tính được \(AC = a\sqrt 2 \).

Mặt khác vì ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương nên suy ra \(\widehat {AA'C'} = 90^\circ \).

Xét tứ giác ACC'A' có \(\left\{ \begin{array}{l} AA'//CC'\\ AA' = CC' = a\\ \widehat {AA'C'} = 90^\circ \end{array} \right.\) ⇒ ACC'A' là hình chữ nhật có các cạnh a và \(a\sqrt 2 \).

Diện tích hình chữ nhật ACC'A' là : \(S = a.a\sqrt 2 = {a^2}\sqrt 2 \)(đvdt)

⇒ đáp án C sai.

* Gọi \(I = A{B_1} \cap {A_1}B\).

Tam giác \({A_1}BD\) đều có DI là đường trung tuyến nên \(DI \bot {A_1}B\).

\(DA \bot \left( {A{A_1}{B_1}B} \right) \Rightarrow DA \bot {A_1}B\)

\(\left. \begin{array}{l} {A_1}B \bot DI\\ {A_1}B \bot AD \end{array} \right\} \Rightarrow {A_1}B \bot \left( {A{B_1}D} \right)\) nên A đúng.

* Ta có \(\left. \begin{array}{l} BD \bot AC\\ BD \bot A{A_1} \end{array} \right\} \Rightarrow BD \bot \left( {AC{C_1}{A_1}} \right) \Rightarrow \left( {{A_1}BD} \right) \bot \left( {AC{C_1}{A_1}} \right)\) nên B đúng.

* Gọi \(J = A{D_1} \cap {A_1}D\).

Tam giác \({A_1}BD\) đều có BJ là đường trung tuyến nên \(BJ \bot {A_1}D\).

\(BA \bot \left( {A{A_1}{D_1}D} \right) \Rightarrow BA \bot {A_1}D\).

\(\left. \begin{array}{l} {A_1}D \bot BJ\\ {A_1}D \bot BA \end{array} \right\} \Rightarrow {A_1}B \bot \left( {AB{D_1}} \right)\) nên C đúng

Đáp án A sai vì hai đường thẳng đó có thể chéo nhau.

Đáp án B sai vì hai mặt phẳng đó có thể cắt nhau.

Đáp án C sai vì hai đường thẳng đó có thể trùng nhau.

Chọn đáp án D đúng.

Qua một điểm cho trước có thể kẻ được vô số mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng cho trước. 

Vậy D sai.

Theo định nghĩa mặt phẳng trung trực thì: trong không gian tập hợp các điểm M cách đều hai điểm cố định C và D là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng CD.

C sai vì hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thứ ba thì song song chỉ đúng khi ba đường thẳng đó đồng phẳng

Vì A'C' // AC nên góc giữa AC và DA₁ là \(\widehat {D{A_1}{C_1}}\).

Vì tam giác DA₁C₁ đều nên \(\widehat {D{A_1}{C_1}} = {60^0}\).

Vậy góc giữa AC và DA₁ bằng 60^o.

Ta có:

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AB} .\left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} } \right) = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \\ = AB.AD.\cos {60^0} - AB.AC.\cos {60^0} = 0 \end{array}\)

\( \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD} } \right) = {90^0}\)

Đặt cạnh của hình lập phương trên là a.

Gọi I là giao trung điểm EG

Qua A kẻ đường thẳng d // FI

Qua I kẻ đường thẳng d' // FA

Suy ra d cắt d' tại J.

Từ đó suy ra \(\left( {\widehat {\overrightarrow {EG,} \overrightarrow {AF} }} \right) = \widehat {EIJ} = \alpha \)

\(IJ = AF = 2EI = 2FI = 2AJ = a\sqrt 2 \)

\(E{J^2} = A{E^2} + A{J^2} = \frac{3}{2}\)

\(\cos \alpha = \left| {\frac{{E{I^2} + I{J^2} + A{J^2}}}{{2.EI.EJ}}} \right| = \frac{1}{2} \Rightarrow \alpha = 60^\circ \)

\({\left| {\vec a + \vec b} \right|^2} = {\vec a^2} + {\vec b^2} + 2\vec a.\vec b.\cos \left( {\vec a,\vec b} \right) = 19\)

Ta có 

\(\begin{array}{l} \overrightarrow{A M}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B M}=\overrightarrow{C B}-\overrightarrow{C A}+\frac{1}{2} \overrightarrow{B B^{\prime}} \\ =\vec{b}-\vec{a}+\frac{1}{2} \overrightarrow{A A^{\prime}}=\vec{b}-\vec{a}+\frac{1}{2} \vec{c} \end{array}\)

Các vectơ \(\vec{x}, \vec{y}, \vec{z} \text { đồng phẳng } \Leftrightarrow \exists m, n: \vec{x}=m \vec{y}+n \vec{z}\) 

Mà \(\vec{x}=m \vec{y}+n \vec{z}\)

\(\Leftrightarrow \vec{a}-2 \vec{b}+4 \vec{c}=m(3 \vec{a}-3 \vec{b}+2 \vec{c})+n(2 \vec{a}-3 \vec{b}-3 \vec{c}) \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} 3 m+2 n=1 \\ -3 m-3 n=-2(\text { hệ vô nghiệm }) \\ 2 m-3 n=4 \end{array}\right.\)

Vậy không tồn tại hai số m, n để \(\vec{x}=m \vec{y}+n \vec{z}\)

Ta có \(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A A^{\prime}}=\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{D D^{\prime}} \Leftrightarrow \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{A D}(\mathrm{vô} \mathrm{li}\)

\(\begin{array}{l} \text { Ta có : } 2 \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B^{\prime} C^{\prime}}+\overrightarrow{C D}+\overrightarrow{D^{\prime} A^{\prime}}=\overrightarrow{0} \\ \Leftrightarrow \overrightarrow{A B}+(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{C D})+\left(\overline{B^{\prime} C^{\prime}}+\overrightarrow{D^{\prime} A^{\prime}}\right)=\overrightarrow{0} \\ \Leftrightarrow \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{0}+\overrightarrow{0}=\overrightarrow{0} \Leftrightarrow \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{0} \text { (vô lí) } \end{array}\)