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

(AI giải đề cho tôi)
Trong không gian, hai đường thẳng vuông góc là hai đường thẳng cắt nhau và tạo góc $90^{\circ }$ theo định nghĩa SGK; tuy nhiên theo cách hiểu góc giữa hai đường thẳng (góc giữa chúng bằng $90^{\circ }$), hai đường thẳng $a$ và $b$ có thể cắt nhau hoặc chéo nhau (ví dụ: $a$ nằm trong mặt phẳng $(P)$, $b$ vuông góc với $(P)$ nhưng không đi qua giao điểm thì $a$ và $b$ chéo nhau và vuông góc). Do đó đáp án đúng là A, khớp với đáp án nguồn (mã đề 1102, câu 8: A).

(AI giải đề cho tôi)
Trong không gian, hai đường thẳng vuông góc với nhau là hai đường thẳng tạo góc $90^{\circ }$. Chúng có thể cắt nhau (ví dụ hai cạnh của hình vuông) hoặc chéo nhau (ví dụ cạnh $AB$ và cạnh $C{C}^{\prime }$ của hình lập phương). Chúng không thể song song vì hai đường thẳng song song tạo góc $0^{\circ }$. Vậy đáp án là A, trùng với đáp án nguồn (Câu 5, mã đề 1101: A).

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, ta có $A^{\prime }{B}^{\prime }\parallel AB$ nên $BC\perp A^{\prime }{B}^{\prime }$ (vì $BC\perp AB$ trong đáy hình vuông). Đồng thời $C{C}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên $C{C}^{\prime }\perp BC$. Ngoài ra $BC$ cắt $C{C}^{\prime }$ tại $C$. Vậy $BC$ vuông góc với cả hai đường thẳng $A^{\prime }{B}^{\prime }$ và $C{C}^{\prime }$ và cắt đường thẳng $C{C}^{\prime }$, tức $BC$ là đường vuông góc chung của $A^{\prime }{B}^{\prime }$ và $C{C}^{\prime }$. Các phương án khác: $B^{\prime }{C}^{\prime }$ song song với $A^{\prime }{B}^{\prime }$ nên không vuông góc; $B{B}^{\prime }$ song song với $C{C}^{\prime }$; $DC$ song song với $A^{\prime }{B}^{\prime }$ nên không vuông góc với $A^{\prime }{B}^{\prime }$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, ta có $A^{\prime }{B}^{\prime }\parallel AB$ và $C{C}^{\prime }$ là cạnh bên vuông góc với mặt đáy. Xét đoạn thẳng $BC$: vì $ABCD$ là hình vuông nên $BC\perp AB$, suy ra $BC\perp A^{\prime }{B}^{\prime }$; mặt khác $BC$ nằm trong mặt đáy nên $BC\perp C{C}^{\prime }$. Hơn nữa $BC$ cắt $A^{\prime }{B}^{\prime }$ tại $B$ và cắt $C{C}^{\prime }$ tại $C$. Vậy $BC$ là đường vuông góc chung của $A^{\prime }{B}^{\prime }$ và $C{C}^{\prime }$. Các đáp án khác: $B^{\prime }{C}^{\prime }$ song song với $A^{\prime }{B}^{\prime }$; $B{B}^{\prime }$ song song với $C{C}^{\prime }$; $DC$ song song với $AB$ nên song song với $A^{\prime }{B}^{\prime }$ — đều không phải đường vuông góc chung.

(AI giải đề cho tôi)
Trong lăng trụ tam giác $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$, ta có $B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel BC$. Do đó góc giữa hai đường thẳng $AC$ và $B^{\prime }{C}^{\prime }$ bằng góc giữa $AC$ và $BC$, tức là góc $ACB$ của tam giác $ABC$. Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ và $\widehat{BAC}=60^0$ nên $\widehat{ACB}=90^0-60^0=30^0$. Vậy góc giữa $AC$ và $B^{\prime }{C}^{\prime }$ bằng $30^0$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, ta có $CD\parallel BA$. Do đó góc giữa $B{A}^{\prime }$ và $CD$ bằng góc giữa $B{A}^{\prime }$ và $BA$, tức là góc $A^{\prime }BA$. Tam giác $AB{A}^{\prime }$ vuông cân tại $A$ (vì $A{A}^{\prime }\perp AB$ và $A{A}^{\prime }=AB$), nên $\widehat{A^{\prime }BA}=45^{\circ }$. Vậy góc giữa hai đường thẳng $B{A}^{\prime }$ và $CD$ bằng $45^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $A$ làm gốc: $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $C(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{2};0)$, $S(0;0;1)$ vì $SA\perp (ABC)$, $SA=1$. Khi đó $\overrightarrow{AM}=(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{2};0)$ với $M$ trung điểm $BC$, và $\overrightarrow{SB}=(1;0;-1)$. Tích vô hướng: $\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{SB}=\frac{1}{2}$. Độ dài: $|\overrightarrow{AM}|=\frac{\sqrt{3}}{2}$ (đường cao tam giác đều cạnh 1), $|\overrightarrow{SB}|=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$. Vậy $\cos \alpha =\frac{1/2}{\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{6}$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Theo hình vẽ, hình lập phương $ABCD.EFGH$ có $E,F,G,H$ lần lượt nằm trên các đường thẳng vuông góc với mặt đáy qua $A,B,C,D$, tức $E$ ở trên $A$, $F$ ở trên $B$, $G$ ở trên $C$, $H$ ở trên $D$. Khi đó $FG\parallel BC$ và cùng hướng với $BC$, nên $\overrightarrow{FG}=\overrightarrow{BC}$. Vậy góc giữa $\overrightarrow{FG}$ và $\overrightarrow{BD}$ bằng góc giữa $\overrightarrow{BC}$ và $\overrightarrow{BD}$. Xét tam giác $BCD$ vuông tại $C$ với $BC=CD$ (cạnh hình vuông), nên tam giác vuông cân, suy ra $\widehat{CBD}=45^{\circ }$. Do đó góc giữa hai vecto $\overrightarrow{FG}$ và $\overrightarrow{BD}$ bằng $45^{\circ }$, trùng với đáp án nguồn D.

[Hình cần kiểm tra lại: p16_f1]
Gọi $O$, $N$ lần lượt là trung điểm đoạn $AC$ và $MD$. Suy ra $ON//BM$.
Khi đó Co-sin góc giữa đường thẳng $AC$ và đường thẳng $BM$ là Co-sin góc giữa đường thẳng $AC$ và đường thẳng $ON$ hay là $\left|\cos NOC\right|$.
Ta có $<table><tbody><tr><td>CD\perp AD</td></tr><tr><td>CD\perp SA</td></tr></tbody></table>\}\Rightarrow CD\perp (SAD)\Rightarrow CD\perp SD$.
Trong $\Delta CDN$ vuông tại $D$ ta có $CD=a$; $DN=\frac{1}{4}SD=\frac{1}{4}.a\sqrt{2}=\frac{a\sqrt{2}}{4}$;
$CN=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{2}}{4}\right)}^2+a^2}=\sqrt{\frac{18a^2}{16}}=\frac{3\sqrt{2}a}{4}$.
Trong $\Delta SBD$ ta có $SD=SB=BD=a\sqrt{2}$ nên $BM=\frac{a\sqrt{2}.\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}\Rightarrow ON=\frac{BM}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{4}$.
Trong $\Delta OCN$ ta có $OC=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Áp dụng định lý cos ta có
$$\cos NOC=\frac{O{N}^2+O{C}^2-C{N}^2}{2.ON.OC}=\frac{{\left(\frac{a\sqrt{6}}{4}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2-{\left(\frac{3\sqrt{2}a}{4}\right)}^2}{2.\frac{a\sqrt{6}}{4}.\frac{a\sqrt{2}}{2}}=\frac{-\frac{a^2}{4}}{\frac{a^2\sqrt{12}}{4}}=-\frac{1}{2\sqrt{3}}.$$
Suy ra Co-sin góc giữa đường thẳng $AC$ và đường thẳng $BM$ bằng là
$$\cos (AC,DN)=\left|\cos NOC\right|=\left|-\frac{1}{2\sqrt{3}}\right|=\frac{\sqrt{3}}{6}.$$

Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ với gốc $A(0;0;0)$:
$A(0;0;0)$, $B(2;0;0)$, $D(0;2;0)$, $C(2;2;0)$, $S(0;0;1)$.
$M$ là trung điểm của $CD⟹M(1;2;0)$.
Ta có:
$\overrightarrow{AM}=(1;2;0)⟹|\overrightarrow{AM}|=\sqrt{1^2+2^2+0}=\sqrt{5}$.
$\overrightarrow{SB}=(2;0;-1)⟹|\overrightarrow{SB}|=\sqrt{2^2+0+(-1{)}^2}=\sqrt{5}$.
Tích vô hướng: $\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{SB}=1\cdot 2+2\cdot 0+0\cdot (-1)=2$.
Cosin của góc tạo bởi hai đường thẳng $SB$ và $AM$ là:
$\cos \alpha =\frac{|\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{SB}|}{|\overrightarrow{AM}|\cdot |\overrightarrow{SB}|}=\frac{2}{\sqrt{5}\cdot \sqrt{5}}=\frac{2}{5}$.

Vì $SA\perp (ABCD)$ và đường thẳng $BC$ nằm trong mặt phẳng $(ABCD)$ nên $SA\perp BC$. Do đó góc giữa hai đường thẳng $SA$ và $BC$ bằng $90^{\circ }$. Chọn C.

Kẻ $AH\perp (BCD)$, $H\in (BCD)$.
Ta có: $\{\begin{array}{l}CD\perp AH\\ CD\perp AB\end{array}⟹CD\perp (ABH)⟹CD\perp BH$ (1).
Tương tự: $\{\begin{array}{l}BD\perp AH\\ BD\perp AC\end{array}⟹BD\perp (ACH)⟹BD\perp CH$ (2).
Từ (1) và (2) suy ra $H$ là trực tâm tam giác $BCD$.
Khi đó $DH\perp BC$. Mà $AH\perp BC$, suy ra $BC\perp (ADH)⟹BC\perp AD$.
Vậy góc giữa hai vectơ $\overrightarrow{AD}$ và $\overrightarrow{BC}$ là $90^{\circ }$. Chọn D.

Ta có $(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{C{D}^{\prime }})=(\overrightarrow{DC},\overrightarrow{C{D}^{\prime }})=180^{\circ }-(\overrightarrow{CD},\overrightarrow{C{D}^{\prime }})=180^{\circ }-45^{\circ }=135^{\circ }$.

Ta có $A{B}^{\prime }=B{C}^{\prime }=\sqrt{a^2+(2a{)}^2}=a\sqrt{5}$. Mặt khác $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{B{C}^{\prime }}=(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }})(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }})=\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}+B{B}^{\prime 2}=-a^2\cos 60^{\circ }+4a^2=\frac{7a^2}{2}$. Do đó $\cos \alpha =\frac{|\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{B{C}^{\prime }}|}{A{B}^{\prime }\cdot B{C}^{\prime }}=\frac{\frac{7a^2}{2}}{5a^2}=\frac{7}{10}$. Chọn đáp án D.

Chọn A.
Ta có $B{C}^{\prime }\parallel A{D}^{\prime }$. Gọi góc giữa $AM$ và $B{C}^{\prime }$ là góc giữa $AM$ và $A{D}^{\prime }$.
Đặt cạnh hình lập phương bằng $a$.
Xét tam giác $AM{D}^{\prime }$:
$AM=\sqrt{A{B}^2+B{B}^{\prime 2}+B^{\prime }{M}^2}=\sqrt{a^2+a^2+a^2/4}=\frac{3a}{2}$.
$A{D}^{\prime }=a\sqrt{2}$.
$M{D}^{\prime }=\sqrt{D^{\prime }{C}^{\prime 2}+C^{\prime }{M}^2}=\sqrt{a^2+a^2/4}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$.
Áp dụng định lý côsin trong tam giác $AM{D}^{\prime }$:
$\cos \widehat{MA{D}^{\prime }}=\frac{A{M}^2+A{D}^{\prime 2}-M{D}^{\prime 2}}{2\cdot AM\cdot A{D}^{\prime }}=\frac{9a^2/4+2a^2-5a^2/4}{2\cdot \frac{3a}{2}\cdot a\sqrt{2}}=\frac{3a^2}{3\sqrt{2}{a}^2}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
Suy ra góc giữa $AM$ và $B{C}^{\prime }$ bằng $45^{\circ }$.

Vì các mặt của hình hộp đều là hình thoi nên hai đường chéo của mỗi mặt vuông góc với nhau: $B^{\prime }{D}^{\prime }\parallel BD\perp AC$, $D{C}^{\prime }\parallel A{B}^{\prime }\perp A^{\prime }B$, $A{D}^{\prime }\parallel B{C}^{\prime }\perp B^{\prime }C$. Do đó các mệnh đề B, C, D đúng và mệnh đề A sai. Chọn đáp án A.

Trong $\Delta ABC$ có $AB=BC=a,\widehat{ABC}=120^{\circ }$, ta có $AC=a\sqrt{3}$, $AM=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}-2a\cdot \frac{a}{2}\cos 120^{\circ }}=\frac{a\sqrt{7}}{2}$, và $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=a\sqrt{6}$. Mặt khác $\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{SC}=\overrightarrow{AM}\cdot (\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AS})=\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{AC}=\frac{9a^2}{4}$. Suy ra $\cos (AM,SC)=\frac{9a^2/4}{\frac{a\sqrt{7}}{2}\cdot a\sqrt{6}}=\frac{3\sqrt{42}}{28}$. Chọn đáp án A.

Vì $A^{\prime }D\parallel B^{\prime }C$ nên góc giữa $A^{\prime }B$ và $B^{\prime }C$ bằng góc giữa $A^{\prime }B$ và $A^{\prime }D$. Xét tam giác $A^{\prime }BD$, ta có $A^{\prime }B=BD=A^{\prime }D$ (đều là đường chéo của các mặt hình vuông bằng nhau của hình lập phương), nên tam giác $A^{\prime }BD$ đều, suy ra $\widehat{B{A}^{\prime }D}=60^{\circ }$. Vậy góc giữa $A^{\prime }B$ và $B^{\prime }C$ bằng $60^{\circ }$. Chọn A.

Sử dụng phương pháp tọa độ hóa hoặc vectơ:
Chọn hệ trục tọa độ phù hợp, xác định tọa độ các điểm $B^{\prime },M,C,N$.
Tính góc giữa hai vectơ chỉ phương ${\vec{u}}_1=\overrightarrow{B^{\prime }M}$ và ${\vec{u}}_2=\overrightarrow{CN}$, ta được $\cos (B^{\prime }M,CN)=\frac{1}{2}⟹$ góc giữa hai đường thẳng bằng $60^{\circ }$. Chọn B.

Nội tiếp tứ diện gần đều $ABCD$ vào hình hộp chữ nhật có ba kích thước $x,y,z$: $x^2+y^2=25,y^2+z^2=34,z^2+x^2=41\Rightarrow x=4,y=3,z=5$. Khi đó $\cos (AB,CD)=\frac{|x^2-y^2|}{A{B}^2}=\frac{7}{25}\Rightarrow \sin (AB,CD)=\frac{24}{25}$.