Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Góc hai đường (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh tứ diện đều là $a$. Chọn $\overrightarrow{DM}=\overrightarrow{AM}-\overrightarrow{AD}$. Ta có $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AM}=|AB|\cdot |AM|\cos 60^{\circ }=a\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ (vì $AM$ là trung tuyến tam giác đều $ABC$), và $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AD}=a^2\cos 60^{\circ }=\frac{a^2}{2}$. Suy ra $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{DM}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}-\frac{a^2}{2}$. Mặt khác $|DM|=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ (trung tuyến tam giác đều $DBC$), $|AB|=a$. Vậy $\cos \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{DM}\right)=\frac{\frac{\sqrt{3}}{4}-\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{3}-2}{2\sqrt{3}}=\frac{3-2\sqrt{3}}{6}\approx -0,0773\approx -0,08$.

(AI giải đề cho tôi)
Gán tọa độ hình lập phương cạnh 1: A(0;0;0), B(1;0;0), C(1;1;0), D(0;1;0), E(0;0;1), F(1;0;1), G(1;1;1), H(0;1;1). Khi đó $\overrightarrow{AF}=(1;0;1)$, $\overrightarrow{EG}=(1;1;0)$. Tích vô hướng: $\overrightarrow{AF}\cdot \overrightarrow{EG}=1+0+0=1$. Độ dài: $|\overrightarrow{AF}|=|\overrightarrow{EG}|=\sqrt{2}$. Vậy $\cos (\overrightarrow{AF},\overrightarrow{EG})=\frac{1}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}}=\frac{1}{2}$, suy ra góc giữa hai vectơ bằng $60^0$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác đều ABC, đường trung tuyến AM vuông góc với BC nên $\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{BC}=0$. Hơn nữa $\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{C{C}^{\prime }}=0$ vì $C{C}^{\prime }$ vuông góc với mặt đáy chứa $AM$. Do đó $\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{B{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AM}\cdot (\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }})=0+0=0$, tức hai vecto vuông góc, góc giữa chúng bằng $90^{\circ }$. Đáp án B (khớp với đáp án in đậm trong đề).

(AI giải đề cho tôi)
Gán tọa độ $A(0;0;0),B(1;0;0),D(0;1;0),A^{\prime }(0;0;1)$. Khi đó $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=(1;0;1)$, $\overrightarrow{A^{\prime }D}=(0;1;-1)$. Cosin góc giữa hai vectơ: $\cos (\overrightarrow{A{B}^{\prime }},\overrightarrow{A^{\prime }D})=\frac{0+0-1}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}}=-\frac{1}{2}$, nên góc giữa hai vectơ là $120^{\circ }$. Góc giữa hai đường thẳng là góc nhọn nên bằng $180^{\circ }-120^{\circ }=60^{\circ }$. Chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hình lập phương cạnh $a$ với tọa độ $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $A^{\prime }(0;0;a)$, $C^{\prime }(a;a;a)$. Ta có $\overrightarrow{A^{\prime }B}=(a;0;-a)$ và $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=(a;a;a)$. Tích vô hướng: $\overrightarrow{A^{\prime }B}\cdot \overrightarrow{A{C}^{\prime }}=a^2+0-a^2=0$. Vậy hai vectơ vuông góc, góc giữa hai đường thẳng $A^{\prime }B$ và $A{C}^{\prime }$ bằng $90^{\circ }$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều, bốn sợi xích đối xứng nhau và hợp với đường cao SO một góc bằng nhau. Vì \widehat{ASC}=60° và SA, SC đối xứng qua SO nên mỗi sợi xích hợp với phương thẳng đứng góc 30°. Cân bằng theo phương thẳng đứng: $4T\cos 30^{\circ }=mg=5\cdot 10=50$ N, suy ra $T=\frac{50}{4\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{25}{\sqrt{3}}\approx 14,43$ N. Làm tròn đến hàng đơn vị: $T\approx 14$ N, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Vì lăng trụ $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có $\overrightarrow{B^{\prime }{C}^{\prime }}=\overrightarrow{BC}$ (do $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ là hình bình hành), nên góc giữa hai vectơ $\overrightarrow{B^{\prime }{C}^{\prime }}$ và $\overrightarrow{AC}$ bằng góc giữa $\overrightarrow{BC}$ và $\overrightarrow{AC}$. Tam giác $ABC$ đều nên góc tại đỉnh $C$ là $\widehat{BCA}=60^{\circ }$. Vậy góc giữa hai vectơ bằng $60^{\circ }$, trùng với đáp án nguồn (mã đề 002, câu 10: C).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $A{A}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }$ và $A{A}^{\prime }=C{C}^{\prime }$ nên tứ giác $AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }$ là hình bình hành, do đó $\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}=\overrightarrow{A^{\prime }A}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AC}$. Vậy góc giữa hai vectơ $\overrightarrow{BC}$ và $\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}$ là góc giữa hai vectơ $\overrightarrow{BC}$ và $\overrightarrow{AC}$. Hai vectơ này cùng hướng về đỉnh $C$, nên góc giữa chúng bằng góc $\widehat{BCA}$ của tam giác đều $ABC$, tức bằng $60^{\circ }$. Đáp án C, khớp với đáp án nguồn (mã đề 001, câu 11: C).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ: $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$, $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$. Vì lăng trụ tam giác đều nên $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}\perp (ABC)$, do đó $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{A{A}^{\prime }}=0$. Tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}=a^2\cos 120^{\circ }=-\frac{a^2}{2}$. Tính: $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{B{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}+|\overrightarrow{A{A}^{\prime }}{|}^2=-\frac{a^2}{2}+2a^2=\frac{3a^2}{2}$. Mặt khác $|\overrightarrow{A{B}^{\prime }}|=\sqrt{a^2+2a^2}=a\sqrt{3}$, $|\overrightarrow{B{C}^{\prime }}|=a\sqrt{3}$. Vậy $\cos \alpha =\frac{3a^2/2}{3a^2}=\frac{1}{2}\Rightarrow \alpha =60^{\circ }$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: A.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $ABC$ có $AB=AC=a$, $BC=a\sqrt{2}$ nên vuông tại $A$ (vì $A{B}^2+A{C}^2=B{C}^2$). Gọi $M$ là trung điểm $BC$, vì $SA=SB=SC=a$ nên $S$ nằm trên đường thẳng qua $M$ vuông góc với $(ABC)$, với $SM=\sqrt{S{A}^2-A{M}^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(0;a;0)$, $S\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)$. Khi đó $\overrightarrow{AB}=(a;0;0)$, $\overrightarrow{SC}=\left(-\frac{a}{2};\frac{a}{2};-\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)$, nên $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{SC}=-\frac{a^2}{2}$. Vậy $\cos \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{SC}\right)=\frac{a^2/2}{a\cdot a}=\frac{1}{2}$, góc bằng $60^{\circ }$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: A(0,0,0), B(a,0,0). Vì ∠ABC=60° nên C(a/2, a√3/2, 0), D(-a/2, a√3/2, 0), H(a/2, 0, 0). Tam giác SAB cân tại S thuộc mặt phẳng vuông góc đáy nên SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ đáy, S(a/2, 0, h). Góc giữa SC và đáy là góc giữa SC và HC: HC = (0, a√3/2, 0), tan30° = SH/HC ⇒ h = (a√3/2)·(1/√3) = a/2. Vậy S(a/2, 0, a/2). Tính SC = (0, a√3/2, -a/2), DH = (a, -a√3/2, 0). Tích vô hướng: SC·DH = -3a²/4. |SC| = a√(3/4+1/4) = a; |DH| = a√(1+3/4) = a√7/2. cos(SC,DH) = (-3a²/4)/(a·a√7/2) = -3/(2√7) ≈ -0,567 ⇒ góc ≈ 124,5°, gần nhất với 125°.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương $ABCD.MNPQ$ (tứ giác $MNPQ$ là mặt trên, $M,N,P,Q$ lần lượt nằm trên $A,B,C,D$), vectơ $\overrightarrow{QN}$ nằm trong mặt trên $(MNPQ)$ và $QN$ là đường chéo của hình vuông $MNPQ$, nên $QN\parallel DB$ (vì $QNBD$ là hình chữ nhật với $QN\parallel DB$). Do đó góc giữa $\overrightarrow{QN}$ và $\overrightarrow{AD}$ bằng góc giữa $\overrightarrow{DB}$ và $\overrightarrow{AD}$. Xét tam giác $ABD$ vuông tại $A$ với $AB=AD$, ta có $\widehat{ADB}=45^{\circ }$. Vậy góc giữa $\overrightarrow{QN}$ và $\overrightarrow{AD}$ bằng $45^{\circ }$, tức $a=45$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;2a;0)$, $C(a;2a;0)$, $A^{\prime }(0;0;a)$, $B^{\prime }(a;0;a)$, $C^{\prime }(a;2a;a)$. Khi đó $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=(a;0;a)$, $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=(0;2a;a)$. Cosin góc giữa hai đường thẳng: $\cos \phi =\frac{|\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{B{C}^{\prime }}|}{|\overrightarrow{A{B}^{\prime }}||\overrightarrow{B{C}^{\prime }}|}=\frac{a^2}{a\sqrt{2}\cdot a\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{10}}$. Suy ra $\sin \phi =\frac{3}{\sqrt{10}}$, do đó $\tan \phi =\frac{3/\sqrt{10}}{1/\sqrt{10}}=3$. Vậy tang của góc giữa $A{B}^{\prime }$ và $B{C}^{\prime }$ bằng $3$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA=SB$ và $SE=SF$, tam giác $SAB$ và $SEF$ đồng dạng, suy ra $EF\parallel AB$. Vậy góc giữa $EF$ và $CH$ bằng góc giữa $AB$ và $CH$.

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $AB=a\sqrt{3}$, $AC=a$, nên $BC=\sqrt{3a^2+a^2}=2a$. Gọi $H$ là trung điểm $CB$ thì $CH$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền, do đó $CH=\frac{BC}{2}=a$.

Trong tam giác vuông $AHC$ (vuông tại $A$): $\tan \widehat{ACH}=\frac{AH}{AC}$. Tính $AH$: tam giác $ABH$ cân tại $H$ (vì $HA=HB=HC=a$), góc $\widehat{ABH}$ có $\tan \widehat{ABC}=\frac{AC}{AB}=\frac{1}{\sqrt{3}}$ nên $\widehat{ABC}=30^{\circ }$, suy ra $\widehat{ABH}=30^{\circ }$ và $\widehat{BAH}=180^{\circ }-30^{\circ }-30^{\circ }=120^{\circ }$, tức góc giữa $AB$ và $AH$ (phía trong) là $60^{\circ }$... Cách trực tiếp hơn: góc giữa $AB$ và $CH$ bằng $\widehat{ABC}$ trừ đi góc lệch của $CH$ so với $CB$. Vì tam giác $CHB$ cân tại $H$ với $CH=HB=a$, $CB=2a$, tam giác $CHB$ đều, nên $\widehat{HCB}=60^{\circ }$. Mà $\widehat{ABC}=30^{\circ }$, nên góc giữa $AB$ và $CH$ là $60^{\circ }-30^{\circ }=30^{\circ }$.

Vậy góc giữa hai đường thẳng $EF$ và $CH$ bằng $30^{\circ }$, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, ta có $AB\parallel DC$ nên góc giữa hai đường thẳng $AB$ và $C^{\prime }D$ bằng góc giữa $DC$ và $C^{\prime }D$, tức là góc $C^{\prime }DC$ trong tam giác $C^{\prime }DC$. Tam giác $C^{\prime }DC$ có $C^{\prime }{D}^{\prime }\parallel$ ... cụ thể: $DC$ là cạnh đáy, $C^{\prime }C\perp (ABCD)$ nên $C^{\prime }C\perp DC$, và $C^{\prime }D=C^{\prime }C$ (cùng là cạnh hình vuông $C^{\prime }CD{D}^{\prime }$... chính xác là $C^{\prime }DC$ vuông tại $C$ với $DC=C^{\prime }C=a$). Vậy tam giác $C^{\prime }DC$ vuông cân tại $C$, suy ra góc $C^{\prime }DC=45^{\circ }$. Vậy góc giữa $AB$ và $C^{\prime }D$ bằng $45^{\circ }$, khớp với đáp án A của đề.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ đơn vị $\vec{a}=\overrightarrow{OA},\vec{b}=\overrightarrow{OB},\vec{c}=\overrightarrow{OC}$ với $|\vec{a}|=|\vec{b}|=|\vec{c}|=1$, $\vec{a}\cdot \vec{b}=\cos 60^{\circ }=\frac{1}{2}$, $\vec{b}\cdot \vec{c}=\frac{1}{2}$, $\vec{a}\cdot \vec{c}=\cos 90^{\circ }=0$.

Vì $M$ là trung điểm $BC$: $\overrightarrow{OM}=\frac{\vec{b}+\vec{c}}{2}$; $N$ là trung điểm $OA$: $\overrightarrow{ON}=\frac{\vec{a}}{2}$. Suy ra $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{ON}-\overrightarrow{OM}=\frac{\vec{a}-\vec{b}-\vec{c}}{2}$.

Tích vô hướng: $\overrightarrow{MN}\cdot \overrightarrow{OC}=\frac{1}{2}(\vec{a}\cdot \vec{c}-\vec{b}\cdot \vec{c}-\vec{c}\cdot \vec{c})=\frac{1}{2}\left(0-\frac{1}{2}-1\right)=-\frac{3}{4}$.

Độ dài: $|\overrightarrow{MN}{|}^2=\frac{1}{4}\left(|\vec{a}{|}^2+|\vec{b}{|}^2+|\vec{c}{|}^2-2\vec{a}\cdot \vec{b}-2\vec{a}\cdot \vec{c}+2\vec{b}\cdot \vec{c}\right)=\frac{1}{4}(3-1-0+1)=\frac{3}{4}$, nên $|\overrightarrow{MN}|=\frac{\sqrt{3}}{2}$, $|\overrightarrow{OC}|=1$.

Vậy $\cos \left(\overrightarrow{MN},\overrightarrow{OC}\right)=\frac{-3/4}{\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 1}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$. Khớp đáp án nguồn C (trang 7).

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAD$, $M$ là trung điểm $AD$, $N$ là trung điểm $SD$ nên $MN$ là đường trung bình, suy ra $MN\parallel SA$. Do đó góc $(MN,SC)=(SA,SC)=\angle ASC$. Xét tam giác $SAC$: các cạnh bên của chóp đều bằng $a$ nên $SA=SC=a$; đáy là hình vuông cạnh $a$ nên $AC=a\sqrt{2}$. Áp dụng định lí cosin: $\cos \angle ASC=\frac{S{A}^2+S{C}^2-A{C}^2}{2\cdot SA\cdot SC}=\frac{a^2+a^2-2a^2}{2a^2}=0$. Vậy $\angle ASC=90^{\circ }$, chọn đáp án C.

[Hình cần kiểm tra lại: p11_f1] Ta có: $\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{SA}.\left(\overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SB}\right)=\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SB}=SA.SC.\cos ASC-SA.SB.\cos ASB=0$ $\Rightarrow \left(\overrightarrow{SA},\overrightarrow{BC}\right)=90^0$

(AI giải đề cho tôi)
Gán tọa độ hình lập phương đơn vị: A(0;0;0), B(1;0;0), C(1;1;0), D(0;1;0), A'(0;0;1), B'(1;0;1), C'(1;1;1), D'(0;1;1).
- A: $\overrightarrow{AB}=(1;0;0)$, $\overrightarrow{A^{\prime }{D}^{\prime }}=(0;1;0)$, tích vô hướng bằng 0 nên góc bằng $90^{\circ }$: đúng.
- B: $\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}=(1;1;0)$, $\cos =\frac{1}{\sqrt{1}\cdot \sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ nên góc $45^{\circ }$: đúng.
- C: $\overrightarrow{A^{\prime }A}=(0;0;-1)$, $\overrightarrow{C{B}^{\prime }}=(0;-1;1)$, tích vô hướng $=-1$, $\cos =\frac{-1}{1\cdot \sqrt{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$ nên góc bằng $135^{\circ }\ne 45^{\circ }$: khẳng định SAI.
- D: $\overrightarrow{AC}=(1;1;0)$, $\overrightarrow{B^{\prime }{D}^{\prime }}=(-1;1;0)$, tích vô hướng bằng 0 nên góc $90^{\circ }$: đúng.
Vậy khẳng định sai là C, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$:
- A: $\overrightarrow{A^{\prime }{D}^{\prime }}$ cùng hướng với $\overrightarrow{AD}$, mà $AB\perp AD$ nên góc bằng $90^{\circ }$ → đúng.
- B: $\overrightarrow{B^{\prime }{D}^{\prime }}$ cùng hướng với $\overrightarrow{BD}$, mà $AC\perp BD$ (hai đường chéo hình vuông) nên góc bằng $90^{\circ }$ → đúng.
- C: $\overrightarrow{C{B}^{\prime }}=\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$, với $\overrightarrow{CB}\perp \overrightarrow{A^{\prime }A}$ và $\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$ cùng hướng $\overrightarrow{A^{\prime }A}$. Góc giữa $\overrightarrow{A^{\prime }A}$ và $\overrightarrow{C{B}^{\prime }}$ thỏa $\cos =\frac{1}{\sqrt{3}}$, tức khoảng $54,7^{\circ }\ne 45^{\circ }$ → sai.
- D: $\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}$ cùng hướng với $\overrightarrow{AC}$, góc giữa $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{AC}$ trong hình vuông $ABCD$ bằng $45^{\circ }$ → đúng.
Vậy khẳng định sai là C, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1101, câu 12: C).