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

(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)
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)
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)
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)
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.

(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 tam giác $ABD$, $M$ là trung điểm $AB$, $N$ là trung điểm $AD$ nên $MN$ là đường trung bình, suy ra $MN\parallel BD$. Vì $\widehat{CBD}=90^{\circ }$ nên $BD\perp BC$, do đó $MN\perp BC$. Vậy $MN$ vuông góc với $BC$, chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SBC$, $I$ là trung điểm $SC$, $J$ là trung điểm $BC$ nên $IJ$ là đường trung bình, suy ra $IJ\parallel SB$. Do đó góc $(IJ,CD)=(SB,CD)$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $CD\parallel AB$, do đó góc $(SB,CD)=(SB,AB)$. Tam giác $SAB$ có $SA=SB=AB=a$ nên đều, góc ở đỉnh $B$ bằng $60^{\circ }$. Vậy góc $(IJ,CD)=60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương, $D{A}_1\parallel C{B}_1$ (vì $DA{A}_1{D}_1$ và $CB{B}_1{C}_1$ ... thực chất $\overrightarrow{D{A}_1}=\overrightarrow{C{B}_1}$). Do đó góc giữa $AC$ và $D{A}_1$ bằng góc giữa $AC$ và $C{B}_1$. Xét tam giác $AC{B}_1$: ba cạnh $AC$, $C{B}_1$, $A{B}_1$ đều là đường chéo của các mặt hình lập phương nên đều bằng $a\sqrt{2}$. Tam giác $AC{B}_1$ đều, suy ra góc $AC{B}_1=60^{\circ }$. Vậy góc giữa $AC$ và $D{A}_1$ là $60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp BC$ và $BC\parallel AD$ (đáy là hình thoi) nên $SA\perp AD$. Xét tam giác $SAD$ vuông tại $A$ có $SA=a\sqrt{3}$, $AD=a$. Góc giữa $SD$ và $BC$ bằng góc giữa $SD$ và $AD$, tức là góc $SDA$ (góc ở đỉnh $D$). Ta có $\tan (\widehat{SDA})=\frac{SA}{AD}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}$, suy ra $\widehat{SDA}=60^{\circ }$. Vậy góc giữa $SD$ và $BC$ bằng $60^{\circ }$, chọn đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Trong không gian, tồn tại duy nhất một mặt phẳng $(\alpha )$ đi qua $O$ và vuông góc với $d$. Mọi đường thẳng nằm trong $(\alpha )$ và đi qua $O$ đều vuông góc với $d$, và trong mặt phẳng $(\alpha )$ có vô số đường thẳng đi qua $O$. Vậy qua $O$ có vô số đường thẳng vuông góc với $d$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Các đường thẳng đi qua $M$ và vuông góc với $\Delta$ chính là các đường thẳng nằm trong mặt phẳng duy nhất đi qua $M$ và vuông góc với $\Delta$. Do đó chúng cùng thuộc một mặt phẳng. Chúng không vuông góc hay song song với nhau, và cũng không cùng vuông góc với một mặt phẳng (qua $M$ chỉ có một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng cho trước). Vậy đáp án D.

Trong hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, ta có $B{B}^{\prime }\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ nên $B{B}^{\prime }\perp B^{\prime }{C}^{\prime }$ (vì $B^{\prime }{C}^{\prime }$ nằm trong mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$). Vậy đường thẳng vuông góc với $B^{\prime }{C}^{\prime }$ là $B{B}^{\prime }$. Đáp án C.

Xét các phương án còn lại:
- $A^{\prime }D$: vì $A^{\prime }D\parallel B^{\prime }{C}^{\prime }$ (cùng vuông góc với mặt bên $AD{D}^{\prime }{A}^{\prime }$... cụ thể $A^{\prime }D$ song song với $B^{\prime }C$) nên $A^{\prime }D$ không vuông góc với $B^{\prime }{C}^{\prime }$.
- $AC$: $B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel BC$ và trong hình vuông $ABCD$, $AC$ tạo với $BC$ góc $45^{\circ }$, nên $AC$ không vuông góc với $B^{\prime }{C}^{\prime }$.
- $A{D}^{\prime }$: là đường chéo của mặt $AD{D}^{\prime }{A}^{\prime }$, tạo với $B^{\prime }{C}^{\prime }$ (song song $AD$) góc khác $90^{\circ }$, nên không vuông góc với $B^{\prime }{C}^{\prime }$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, $D{D}^{\prime }$ vuông góc với mặt đáy $(ABCD)$ nên $D{D}^{\prime }\perp AB$ (dù $AB$ và $D{D}^{\prime }$ chéo nhau). Các phương án khác: $AC$ và $BD$ là đường chéo đáy tạo với $AB$ góc $45^{\circ }$; $A{B}^{\prime }$ là đường chéo mặt $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ tạo với $AB$ góc $45^{\circ }$, đều không vuông góc. Vậy đáp án là $D{D}^{\prime }$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $D^{\prime }{C}^{\prime }\parallel DC$, ta xét đường thẳng vuông góc với $DC$. Trong mặt phẳng $(ABCD)$, $DC$ không vuông góc với $AC$ hay $BD$ (góc $45^{\circ }$ do $AC,BD$ là hai đường chéo hình vuông). Tương tự $D^{\prime }{B}^{\prime }\parallel DB$ cũng tạo với $DC$ góc $45^{\circ }$. Còn $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên $A{A}^{\prime }\perp DC$, suy ra $A{A}^{\prime }\perp D^{\prime }{C}^{\prime }$. Vậy đáp án là D.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng phương án với đường thẳng $BC$ trong hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ cạnh $a$:
- $A^{\prime }{B}^{\prime }$: vì $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ là hình bình hành nên $A^{\prime }{B}^{\prime }\parallel AB$, mà $AB\perp BC$ (do $ABCD$ là hình vuông), suy ra $BC\perp A^{\prime }{B}^{\prime }$. Đúng.
- $B{C}^{\prime }$: tam giác $BC{C}^{\prime }$ vuông tại $C$ nên góc giữa $BC$ và $B{C}^{\prime }$ có $\cos =\frac{BC}{B{C}^{\prime }}=\frac{1}{\sqrt{2}}$, tức góc $45^{\circ }$, không vuông góc.
- $B{D}^{\prime }$: đặt hệ trục với $B$ làm gốc, $\overrightarrow{BC}=(0,a,0)$, $\overrightarrow{B{D}^{\prime }}=(a,a,a)$, tích vô hướng $=a^2\ne 0$, không vuông góc.
- $A{D}^{\prime }$: đặt $A=(0,0,0)$, $B=(a,0,0)$, $C=(a,a,0)$, $D^{\prime }=(0,a,a)$ thì $\overrightarrow{BC}=(0,a,0)$, $\overrightarrow{A{D}^{\prime }}=(0,a,a)$, tích vô hướng $=a^2\ne 0$, góc giữa hai đường thẳng có $\cos =\frac{a^2}{a\cdot a\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$, tức góc $45^{\circ }$, không vuông góc.
Vậy chỉ có $A^{\prime }{B}^{\prime }$ vuông góc với $BC$. Chọn đáp án B.