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

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC})$, nên $4M{N}^2=A{B}^2+C{D}^2+2\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{DC}=4a^2+4a^2+8a^2\cos \theta =8a^2(1+\cos \theta )$, với $\theta$ là góc giữa $AB$ và $CD$. Thay $M{N}^2=3a^2$: $12a^2=8a^2(1+\cos \theta )\Rightarrow \cos \theta =\frac{1}{2}\Rightarrow \theta =60^{\circ }$. Vậy chọn C.

(AI giải đề cho tôi)
Hình hộp là lập phương cạnh $a$. a) Trong hình vuông $ABCD$ ta có $AC\perp BD$, mà $B^{\prime }{D}^{\prime }\parallel BD$ nên $AC\perp B^{\prime }{D}^{\prime }$: đúng. b) Lập phương có $D{D}^{\prime }\perp (ABC)$: đúng. c) $B{D}^{\prime }$ là đường chéo khối lập phương nên $B{D}^{\prime }=a\sqrt{3}\ne \frac{a\sqrt{3}}{2}$: sai. d) Tọa hóa: $B(a,0,0),D(0,a,0),C(a,a,0),D^{\prime }(0,a,a)$; $\overrightarrow{BD}=(-a,a,0)$, $\overrightarrow{C{D}^{\prime }}=(-a,0,a)$, $\cos =\frac{a^2}{a\sqrt{2}\cdot a\sqrt{2}}=\frac{1}{2}$ nên góc bằng $60^{\circ }$: đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Trong hình vuông $ABCD$ có $AC\perp BD$, mà $B^{\prime }{D}^{\prime }\parallel BD$ nên $AC\perp B^{\prime }{D}^{\prime }$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hình hộp có tất cả các mặt là hình vuông nên là lập phương, do đó $D{D}^{\prime }\perp (ABC)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$B{D}^{\prime }$ là đường chéo khối: $B{D}^{\prime }=\sqrt{a^2+a^2+a^2}=a\sqrt{3}$, không bằng $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ $B(a,0,0),D(0,a,0),C(a,a,0),D^{\prime }(0,a,a)$: $\overrightarrow{BD}=(-a,a,0)$, $\overrightarrow{C{D}^{\prime }}=(-a,0,a)$, $\cos (\overrightarrow{BD},\overrightarrow{C{D}^{\prime }})=\frac{a^2}{a\sqrt{2}\cdot a\sqrt{2}}=\frac{1}{2}$, suy ra góc bằng $60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\overrightarrow{MN}=\frac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD}}{2}$ (vì $M,N$ lần lượt là trung điểm $AC,BD$). Do đó $4M{N}^2=A{B}^2+C{D}^2+2\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{CD}$, tức $12a^2=4a^2+4a^2+2\cdot 2a\cdot 2a\cos \theta$, suy ra $8a^2\cos \theta =4a^2$, vậy $\cos \theta =\frac{1}{2}$ (góc giữa $AB$ và $CD$ là $60^{\circ }$).

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(2;0;0)$, $D(0;2;0)$, $C(2;2;0)$, $H(1;0;0)$, $K(0;1;0)$, $S(1;0;h)$ với $h>0$ (vì $SH\perp (ABCD)$). Ta có $\overrightarrow{BK}=K-B=(-2;1;0)$ và $\overrightarrow{SC}=C-S=(1;2;-h)$. Tích vô hướng: $\overrightarrow{BK}\cdot \overrightarrow{SC}=-2+2+0=0$. Vậy hai đường thẳng $BK$ và $SC$ vuông góc với nhau, góc giữa chúng bằng $90^{\circ }$ (kết quả không phụ thuộc chiều cao $h$).

(AI giải đề cho tôi)
Với $M$ trung điểm $AD$, $N$ trung điểm $BC$, ta có $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC})$. Khi đó $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}(A{B}^2+\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{DC})=\frac{1}{2}(4+4\cos \theta )=2(1+\cos \theta )$ với $\theta$ là góc giữa $AB$ và $DC$. Mặt khác $M{N}^2=\frac{1}{4}(A{B}^2+C{D}^2+2\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{DC})=\frac{1}{4}(8+8\cos \theta )=2(1+\cos \theta )$. Suy ra $\cos (\widehat{AB,MN})=\frac{2(1+\cos \theta )}{2\sqrt{2(1+\cos \theta )}}=\sqrt{\frac{1+\cos \theta }{2}}=\cos \frac{\theta }{2}$. Vì góc giữa $AB$ và $MN$ bằng $30^{\circ }$ nên $\cos \frac{\theta }{2}=\cos 30^{\circ }\Rightarrow \theta =60^{\circ }$. Do đó $MN=\sqrt{2(1+\cos 60^{\circ })}=\sqrt{3}\approx 1,73$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(0;a;0)$, $C^{\prime }(0;a;a\sqrt{2})$. Ta có $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=(-a;a;a\sqrt{2})$, $\overrightarrow{AC}=(0;a;0)$. Tích vô hướng: $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{AC}=a^2$. Độ dài: $|B{C}^{\prime }|=\sqrt{a^2+a^2+2a^2}=2a$, $|AC|=a$. Vậy $\cos \phi =\frac{a^2}{2a\cdot a}=\frac{1}{2}\Rightarrow \phi =60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ trục tại $O$: $C=(a,0,0)$, $B=(0,a,0)$ (vì $\widehat{BOC}=90^{\circ }$), và $A=\left(\frac{a}{2},\frac{a}{2},\frac{a}{\sqrt{2}}\right)$ (kiểm tra $|OA|=a$, $OA\cdot OC=\frac{a^2}{2}$, $OA\cdot OB=\frac{a^2}{2}$ nên hai góc bằng $60^{\circ }$). Vì $MC=2MB$ nên $M=\frac{2C+B}{3}=\left(\frac{2a}{3},\frac{a}{3},0\right)$. Suy ra $\overrightarrow{AM}=\left(\frac{a}{6},-\frac{a}{6},-\frac{a}{\sqrt{2}}\right)$, $|AM{|}^2=a^2\left(\frac{1}{36}+\frac{1}{36}+\frac{1}{2}\right)=\frac{5a^2}{9}$, tức $|AM|=\frac{a\sqrt{5}}{3}$. Khi đó $\cos (AM,OC)=\frac{\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{OC}}{|AM|\cdot |OC|}=\frac{a^2/6}{\frac{a\sqrt{5}}{3}\cdot a}=\frac{1}{2\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{10}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi P là trung điểm AB. Trong tam giác ABC: M trung điểm AC, P trung điểm AB nên PM ∥ BC và PM = BC/2 = 3. Trong tam giác ABD: N trung điểm BD, P trung điểm AB nên PN ∥ AD và PN = AD/2 = 7. Xét tam giác PMN có PM = 3, PN = 7, MN = 8: cos∠PMN = (PM² + MN² − PN²)/(2·PM·MN) = (9 + 64 − 49)/(2·3·8) = 24/48 = 1/2, suy ra ∠PMN = 60°. Vì PM ∥ BC nên góc giữa BC và MN bằng góc giữa PM và MN = 60°. Kết quả khớp với đáp án nguồn (60).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi P là trung điểm AB. Khi đó MP là đường trung bình của tam giác ABC nên MP ∥ BC và MP = BC/2 = 3; NP là đường trung bình của tam giác ABD nên NP ∥ AD và NP = AD/2 = 7. Xét tam giác MNP có MP = 3, NP = 7, MN = 8. Góc giữa hai đường thẳng BC và MN bằng góc giữa MP và MN (do MP ∥ BC). Theo định lý cosin: cos∠PMN = (MP² + MN² − NP²)/(2·MP·MN) = (9 + 64 − 49)/(2·3·8) = 24/48 = 1/2. Vậy góc giữa BC và MN bằng 60°. Kết quả trùng với đáp án 60 của đề.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SC\perp CD$ và $SC\perp CB$ với $CD,CB$ cắt nhau tại $C$ nên $SC\perp (ABCD)$. Chọn hệ trục $C(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $D(0;1;0)$, $A(1;1;0)$, $S(0;0;1)$. Với $SP=4PC$ thì $PC=\frac{1}{5}SC$ nên $P\left(0;0;\frac{1}{5}\right)$. Với $5SQ=4SA$ thì $\overrightarrow{SQ}=\frac{4}{5}\overrightarrow{SA}$ nên $Q\left(\frac{4}{5};\frac{4}{5};\frac{1}{5}\right)$. Suy ra $\overrightarrow{PQ}=\left(\frac{4}{5};\frac{4}{5};0\right)\parallel (1;1;0)\parallel \overrightarrow{AC}$. Kiểm tra các đáp án: $\overrightarrow{DB}=(1;-1;0)$, $\overrightarrow{DB}\cdot \overrightarrow{PQ}=\frac{4}{5}-\frac{4}{5}=0$ nên $DB\perp PQ$ (thực chất $PQ\parallel AC$ và $AC\perp BD$ trong hình vuông). Các cặp khác: $\overrightarrow{SB}=(1;0;-1)$, $\overrightarrow{SB}\cdot \overrightarrow{PQ}=\frac{4}{5}\ne 0$; $\overrightarrow{DP}=(0;-1;\frac{1}{5})$, $\overrightarrow{AB}=(0;-1;0)$, tích vô hướng $=1\ne 0$; $\overrightarrow{SD}=(0;1;-1)$, $\overrightarrow{DB}\cdot \overrightarrow{SD}=-1\ne 0$. Đáp án B, khớp với mã đề 1101 câu 4.

(AI giải đề cho tôi)
Vì AB ∥ CD nên góc giữa SC và AB bằng góc giữa SC và CD, tức góc SCD. Tam giác SCD cân tại S với SC = SD = 219m, CD = 230m. Gọi H là trung điểm CD thì CH = 115m, SH ⊥ CD, nên cos(SCD) = CH/SC = 115/219 ≈ 0,5251. Suy ra góc SCD ≈ 58,33° ≈ 58°. Vậy góc tạo bởi cạnh bên SC và cạnh đáy AB khoảng 58°.

(AI giải đề cho tôi)
Khối gỗ có hai đáy ABCD và A'B'C'D' là hình chữ nhật song song (cắt theo mặt phẳng (P) qua C song song với (A'B'C'D')). Các cạnh bên: AA' = BB' = 1 m, CC' = DD' = 65 cm = 0,65 m; AD = B'C' = 4 m. Mặt cắt (P) giao với mặt bên B'C'CB theo đường thẳng qua C song song với B'C' — đây là đường lưỡi cắt. Trong hình thang vuông B'C'CB (hai đáy song song BC và B'C' cùng dài 4 m, hai cạnh bên BB' = 1 m và CC' = 0,65 m), độ chênh cao giữa B' và C' là 1 − 0,65 = 0,35 m trên chiều dài ngang 4 m. Góc giữa BC và lưỡi cắt thỏa tan θ = 0,35/4 = 0,0875, nên θ = arctan(0,0875) ≈ 5,00°. Vậy bác Minh cần đặt mép BC tạo với lưỡi cắt một góc khoảng 5°.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(2;0;0)$, $C(0;2;0)$, $S(0;0;2)$ (vì $SA\perp (ABC)$). Khi đó $O$ trung điểm $BC$ là $O(1;1;0)$. Ta có $\overrightarrow{SB}=(2;0;-2)$, $\overrightarrow{AO}=(1;1;0)$. Vậy $\cos (SB,AO)=\frac{|2+0+0|}{\sqrt{8}\sqrt{2}}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$. Suy ra góc giữa $SB$ và $AO$ bằng $60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, vì $\widehat{ABC}=60^{\circ }$ và $AB=BC=a$ nên tam giác $ABC$ đều cạnh $a$, do đó $C\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$, $D=B+C-A=\left(\frac{3a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$. Vì $SA=SB=SC=a$ nên $S$ nằm trên đường thẳng qua tâm đều $O\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{6};0\right)$ của tam giác $ABC$ và vuông góc với $(ABC)$, với $SO=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{3}}=a\sqrt{\frac{2}{3}}$. Vậy $S\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{6};a\sqrt{\frac{2}{3}}\right)$. Suy ra $\overrightarrow{SD}=\left(a;\frac{a\sqrt{3}}{3};-a\sqrt{\frac{2}{3}}\right)$, $|SD{|}^2=a^2+\frac{a^2}{3}+\frac{2a^2}{3}=2a^2\Rightarrow |SD|=a\sqrt{2}$. Vì $\overrightarrow{AB}=(a;0;0)$ song song với trục $Ox$: $\cos (SD,AB)=\frac{|\overrightarrow{SD}\cdot \overrightarrow{AB}|}{|SD|\cdot |AB|}=\frac{a^2}{a\sqrt{2}\cdot a}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\approx 0,71$.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác đều $ABC$ có diện tích $\sqrt{3}$ nên cạnh $AB=BC=CA=2$ (vì $\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}\Rightarrow a=2$). Hai mặt $A{A}^{\prime }{B}^{\prime }B$ và $A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C$ được phủ kín bằng một mảnh vải hình chữ nhật diện tích $20{\text{m}}^2$, mỗi mặt là hình chữ nhật có diện tích $10{\text{m}}^2$, nên $AB\cdot A{A}^{\prime }=10\Rightarrow A{A}^{\prime }=5\text{m}$.

Chọn hệ trục: $A=(0;0;0)$, $B=(2;0;0)$, $C=(1;\sqrt{3};0)$, $A^{\prime }=(0;0;5)$, $B^{\prime }=(2;0;5)$, $C^{\prime }=(1;\sqrt{3};5)$.

Đường thẳng chứa dải đèn thứ nhất: $B^{\prime }A$, vectơ $\vec{u}=\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=(2;0;5)$. Đường thẳng chứa dải đèn thứ hai: $C{C}^{\prime }$, vectơ $\vec{v}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=(0;0;5)$ (song song $A{A}^{\prime }$).

$$\cos \phi =\frac{|\vec{u}\cdot \vec{v}|}{|\vec{u}||\vec{v}|}=\frac{25}{\sqrt{29}\cdot 5}=\frac{5}{\sqrt{29}}\approx 0,9285.$$

Suy ra $\phi \approx 21,79^{\circ }\approx 22^{\circ }$. Vậy $a=22$, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Vì các cạnh bên bằng nhau nên chân đường cao của hình chóp là tâm $O$ của đáy, $OA=115\sqrt{2}$. Chiều cao: $h^2=219^2-(115\sqrt{2}{)}^2=47961-26450=21511$, nên $h=\sqrt{21511}\approx 146,668$.

Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(230;0;0)$, $C(230;230;0)$, $D(0;230;0)$, $S(115;115;h)$.

Trọng tâm tam giác $SCD$: $G=\left(\frac{115+230+0}{3};\frac{115+230+230}{3};\frac{h}{3}\right)=\left(115;\frac{575}{3};\frac{h}{3}\right)$.

$\overrightarrow{BG}=\left(-115;\frac{575}{3};\frac{h}{3}\right)$, $\overrightarrow{SA}=(-115;-115;-h)$.

$\overrightarrow{BG}\cdot \overrightarrow{SA}=13225-\frac{575h}{3}-\frac{h^2}{3}=13225-28111,4-7170,3\approx -22056,8$.

$|\overrightarrow{BG}{|}^2=13225+\frac{575^2}{9}+\frac{h^2}{9}=13225+36736,1+2390,1=52351,2\Rightarrow |\overrightarrow{BG}|\approx 228,804$; $|\overrightarrow{SA}|=219$.

$\cos (BG,SA)=\frac{22056,8}{228,804\cdot 219}\approx \frac{22056,8}{50108,1}\approx 0,4402\Rightarrow$ góc $\approx 63,9^{\circ }\approx 64^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $CD\parallel AB$ nên góc giữa $SB$ và $CD$ bằng góc giữa $SB$ và $AB$, tức là góc $\widehat{SBA}$ trong tam giác $SAB$. Tam giác $SAB$ có $SA=SB=130$, $AB=100$. Định lí cosin: $\cos \widehat{SBA}=\frac{S{B}^2+A{B}^2-S{A}^2}{2\cdot SB\cdot AB}=\frac{130^2+100^2-130^2}{2\cdot 130\cdot 100}=\frac{10000}{26000}=\frac{5}{13}$. Vậy $a=5$, $b=13$, $P=a\cdot b=65$, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1102, câu 18: 65).

(AI giải đề cho tôi)
Vì các cạnh bên bằng nhau nên đỉnh S nằm trên đường vuông góc với đáy tại tâm O của hình vuông ABCD, với $SA=SB=SC=SD=219$ m và $AB=230$ m.

Góc giữa đường thẳng $SC$ và $AB$: do $AB\parallel CD$ nên góc này bằng góc giữa $SC$ và $CD$, tức là góc $\widehat{SCD}$ trong tam giác $SCD$ cân tại $S$ ($SC=SD=219$, $CD=230$).

Áp dụng định lí cosin:
$$\cos \widehat{SCD}=\frac{S{C}^2+C{D}^2-S{D}^2}{2\cdot SC\cdot CD}=\frac{219^2+230^2-219^2}{2\cdot 219\cdot 230}=\frac{230}{2\cdot 219}=\frac{115}{219}.$$

Kiểm tra phân số tối giản: $\gcd (115,219)=1$ (vì $219=3\cdot 73$, $115=5\cdot 23$). Vậy $a=115$, $b=219$ và $P=a-b=115-219=-104$.

Kết quả trùng với đáp án nguồn $-104$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ có tất cả các mặt là hình vuông nên là hình lập phương. Ta có $A^{\prime }B\parallel D^{\prime }C$ (vì $A^{\prime }B\parallel D^{\prime }C$ do $A^{\prime }{D}^{\prime }\parallel BC$ và $B{B}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }$, tứ giác $A^{\prime }BC{D}^{\prime }$... xét vectơ: $\overrightarrow{A^{\prime }B}=\overrightarrow{D^{\prime }C}$). Do đó góc giữa $AC$ và $A^{\prime }B$ bằng góc giữa $AC$ và $D^{\prime }C$. Gọi cạnh hình lập phương là $a$, tam giác $AC{D}^{\prime }$ có $AC=C{D}^{\prime }=a\sqrt{2}$, $A{D}^{\prime }=a\sqrt{2}$, tức là tam giác đều, nên góc giữa $AC$ và $D^{\prime }C$ (tại $C$) bằng $60^{\circ }$. Vậy góc giữa hai đường thẳng $AC$ và $A^{\prime }B$ bằng $60^{\circ }$, trùng với đáp án nguồn (đề 102, câu 9: D).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $I$ là trung điểm của $BC$. Vì $AB=AC$ nên tam giác $ABC$ cân tại $A$, suy ra $AI\perp BC$. Vì $DB=DC$ nên tam giác $DBC$ cân tại $D$, suy ra $DI\perp BC$. Khi đó $BC\perp AI$ và $BC\perp DI$, với $AI,DI$ là hai đường thẳng cắt nhau trong mặt phẳng $(AID)$, nên $BC\perp (AID)$. Mà $AD\subset (AID)$ nên $BC\perp AD$. Vậy góc giữa hai đường thẳng $BC$ và $AD$ bằng $90^{\circ }$, khớp với đáp án nguồn 90.