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

(AI giải đề cho tôi)
Với $M$ trung điểm $AD$, $N$ trung điểm $BC$, ta có vectơ $\overrightarrow{MN}=\frac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC}}{2}$. Suy ra $M{N}^2=\frac{A{B}^2+C{D}^2+2\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{DC}}{4}$. Thay $AB=CD=4$, $MN=2\sqrt{3}$: $12=\frac{16+16+2\cdot 16\cos \theta }{4}$, nên $48=32+32\cos \theta \Rightarrow \cos \theta =\frac{1}{2}$. Vậy góc giữa $AB$ và $CD$ bằng $60^{\circ }$, chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục toạ độ: $B(0,0,0)$, $C(a,0,0)$, $A\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2},0\right)$, $S(0,0,a)$ (vì $SB\perp (ABC)$, $SB=a$, tam giác $ABC$ đều cạnh $a$).

a) $I,K$ là trung điểm $AC,BC$ nên $IK$ là đường trung bình của tam giác $ABC$, do đó $IK\parallel AB$. Vậy góc giữa $SA$ và $IK$ bằng góc giữa $SA$ và $AB$.
$\overrightarrow{SA}=\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2},-a\right)$, $\overrightarrow{AB}=\left(-\frac{a}{2},-\frac{a\sqrt{3}}{2},0\right)$.
$\overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{AB}=-\frac{a^2}{4}-\frac{3a^2}{4}+0=-a^2$; $|\overrightarrow{SA}|=\sqrt{\frac{a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}+a^2}=a\sqrt{2}$; $|\overrightarrow{AB}|=a$.
$\cos (\overrightarrow{SA},\overrightarrow{AB})=\frac{|-a^2|}{a\sqrt{2}\cdot a}=\frac{1}{\sqrt{2}}$, suy ra góc giữa hai đường thẳng $SA$ và $IK$ bằng $45^{\circ }$.

b) Vì $SH=3HC$ nên $\overrightarrow{SH}=\frac{3}{4}\overrightarrow{SC}$, tức $H=S+\frac{3}{4}(C-S)=\left(\frac{3a}{4},0,\frac{a}{4}\right)$; $K$ trung điểm $BC$ nên $K=\left(\frac{a}{2},0,0\right)$.
$\overrightarrow{HK}=\left(-\frac{a}{4},0,-\frac{a}{4}\right)$, $\overrightarrow{SC}=(a,0,-a)$: $\overrightarrow{SC}\cdot \overrightarrow{HK}=\frac{a^2}{4}-\frac{a^2}{4}=0$ nên $SC\perp HK$.
$\overrightarrow{AH}=\left(\frac{a}{4},-\frac{a\sqrt{3}}{2},\frac{a}{4}\right)$: $\overrightarrow{SC}\cdot \overrightarrow{AH}=\frac{a^2}{4}-\frac{a^2}{4}=0$ nên $SC\perp AH$.
Vì $SC$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $HK$ và $AH$ nằm trong mặt phẳng $(AHK)$ nên $SC\perp (AHK)$. Đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AD\parallel BC$ nên góc giữa $B{C}^{\prime }$ và $AD$ bằng góc giữa $B{C}^{\prime }$ và $BC$. Trong hình vuông $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$, tam giác $BC{C}^{\prime }$ vuông tại $C$ với $BC=C{C}^{\prime }$, do đó là tam giác vuông cân nên $\widehat{C^{\prime }BC}=45^{\circ }$. Vậy $(B{C}^{\prime },AD)=45^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
$IJ$ là đoạn nối trung điểm của $SC$ và $BC$ trong tam giác $SBC$ nên $IJ\parallel SB$. Do $CD\parallel AB$, góc giữa $IJ$ và $CD$ bằng góc giữa $SB$ và $AB$. Tam giác $SAB$ có $SA=SB=AB=230m$ nên là tam giác đều, góc $SBA=60^{\circ }$. Vậy $a=60$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $SA=SB=SC=1$, lấy $S$ làm gốc tọa độ: $A=(1;0;0)$, $B=(0;1;0)$. Gọi $C=(x;y;z)$ với $x^2+y^2+z^2=1$. Vì $\widehat{CSA}=60^{\circ }$ nên $\overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{SC}=x=\cos 60^{\circ }=\frac{1}{2}$; vì $\widehat{BSC}=60^{\circ }$ nên $y=\frac{1}{2}$; suy ra $z=\sqrt{1-\frac{1}{4}-\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$. Kiểm tra: $\overrightarrow{SB}\cdot \overrightarrow{SA}=0$ đúng góc $90^{\circ }$. Trung điểm $E$ của $AB$: $E=(\frac{1}{2};\frac{1}{2};0)$; trung điểm $F$ của $SC$: $F=(\frac{1}{4};\frac{1}{4};\frac{\sqrt{2}}{4})$. Suy ra $\overrightarrow{FE}=(-\frac{1}{4};-\frac{1}{4};\frac{\sqrt{2}}{4})$ và $\overrightarrow{SC}=(\frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{\sqrt{2}}{2})$. Tích vô hướng: $\overrightarrow{FE}\cdot \overrightarrow{SC}=-\frac{1}{8}-\frac{1}{8}+\frac{1}{4}=0$. Vậy $EF\perp SC$, góc giữa hai đường thẳng bằng $90^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định nghĩa góc giữa hai đường thẳng trong không gian: góc giữa hai đường thẳng $a$ và $b$ là góc giữa hai đường thẳng $a^{\prime }$ và $b^{\prime }$ cùng đi qua một điểm và lần lượt song song hoặc trùng với $a$ và $b$. Do đó đáp án đúng là A. Lưu ý: cần cho phép $a^{\prime }$, $b^{\prime }$ trùng với $a$, $b$ (khi hai đường cắt nhau), nên C và D sai; và $a^{\prime }$, $b^{\prime }$ phải cùng đi qua một điểm để tạo thành góc, nên B sai.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định nghĩa, hai đường thẳng trong không gian vuông góc với nhau khi góc giữa chúng bằng $90^0$. Vậy đáp án là A.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SCD$, $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $SC$ và $SD$ nên $MN$ là đường trung bình, suy ra $MN\parallel CD$. Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $CD\perp BC$, do đó $MN\perp BC$. Các phương án khác sai vì $MN\parallel CD\parallel AB$ nên $MN$ không vuông góc với $AB$; còn $AC$, $BD$ là các đường chéo không vuông góc với $CD$ (trường hợp hình vuông mới có, nhưng đề cho hình chữ nhật nên không kết luận được, và $MN$ chéo với $AC$, $BD$). Vậy khẳng định đúng là $MN\perp BC$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương, $A^{\prime }D\parallel B^{\prime }C$ (vì $A{A}^{\prime }\parallel D{D}^{\prime }$ nên $AD{D}^{\prime }{A}^{\prime }$ là hình bình hành, và tương tự $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$... xét $A^{\prime }D$ và $B^{\prime }C$: $\overrightarrow{A^{\prime }D}=\overrightarrow{B^{\prime }C}$). Trong mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là hình vuông, hai đường chéo $B{C}^{\prime }$ và $B^{\prime }C$ vuông góc với nhau. Do đó $B{C}^{\prime }\perp B^{\prime }C\parallel A^{\prime }D$, tức $B{C}^{\prime }\perp A^{\prime }D$. Kiểm tra các phương án khác: $AC$ tạo với $B{C}^{\prime }$ góc $60^{\circ }$ (tam giác $AB{C}^{\prime }$ đều); $B{B}^{\prime }$ không vuông góc với $B{C}^{\prime }$ (góc $\ne 90^{\circ }$); $A{D}^{\prime }$ tạo với $B{C}^{\prime }$ góc $60^{\circ }$ (tam giác $AB{C}^{\prime }$... xét $A{D}^{\prime }\parallel B{C}^{\prime }$... thực tế $\overrightarrow{A{D}^{\prime }}$ và $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}$ không vuông góc, tích vô hướng $=a^2\ne 0$). Vậy đáp án là A.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hình lập phương cạnh $a$ với tọa độ $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $C(a,a,0)$, $D(0,a,0)$, $A^{\prime }(0,0,a)$. Khi đó $\overrightarrow{AC}=(a,a,0)$, $\overrightarrow{A^{\prime }D}=(0,a,-a)$.

$$\cos (AC,A^{\prime }D)=\frac{|\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{A^{\prime }D}|}{|\overrightarrow{AC}||\overrightarrow{A^{\prime }D}|}=\frac{|0+a^2+0|}{a\sqrt{2}\cdot a\sqrt{2}}=\frac{a^2}{2a^2}=\frac{1}{2}$$

Vậy góc giữa hai đường thẳng $AC$ và $A^{\prime }D$ bằng $60^{\circ }$.

Cách khác: $A^{\prime }D\parallel B^{\prime }C$ (vì $A^{\prime }D{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ là hình bình hành), nên góc giữa $AC$ và $A^{\prime }D$ bằng góc giữa $AC$ và $B^{\prime }C$. Tam giác $A{B}^{\prime }C$ có $A{B}^{\prime }=B^{\prime }C=AC=a\sqrt{2}$ là tam giác đều, nên góc $\widehat{AC{B}^{\prime }}=60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, xét từng phương án:
- $C{C}^{\prime }$ vuông với mặt đáy $(ABCD)$, mà $BD$ nằm trong $(ABCD)$ nên $C{C}^{\prime }\perp BD$. Đúng.
- $B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel BC$ mà $BC$ không vuông góc với $BD$ (tam giác $BCD$ vuông tại $C$, góc giữa $BD$ và $BC$ là $45^{\circ }$), nên sai.
- $AB$ tạo với $BD$ góc $45^{\circ }$ trong mặt đáy, không vuông góc.
- Với tọa độ $B(1,0,0),D(0,1,0),B^{\prime }(1,0,1),C(1,1,0)$: $\overrightarrow{BD}=(-1,1,0)$, $\overrightarrow{B^{\prime }C}=(0,1,-1)$, tích vô hướng $=1\ne 0$, không vuông góc.
Vậy đáp án là $C{C}^{\prime }$.

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ có 6 mặt đều là hình vuông nên là hình lập phương cạnh $a$, với $E,F,G,H$ lần lượt nằm trên $A,B,C,D$. Xét tam giác $EGD$: $EG$ là đường chéo mặt trên $EFGH$ nên $EG=a\sqrt{2}$; $GD$ là đường chéo mặt bên $DCGH$ nên $GD=a\sqrt{2}$; $ED$ là đường chéo mặt bên $ADHE$ nên $ED=a\sqrt{2}$. Tam giác $EGD$ đều nên góc giữa $EG$ và $GD$ bằng $60^{\circ }$.

(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)
Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $BC\parallel AD$, do đó góc giữa $SD$ và $BC$ bằng góc giữa $SD$ và $AD$, tức là góc $SDA$. Tam giác $SAD$ vuông tại $A$ (vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AD$) với $SA=AD=2a$, nên tam giác $SAD$ vuông cân tại $A$, suy ra $\widehat{SDA}=45^{\circ }$. Vậy góc giữa $SD$ và $BC$ bằng $45^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, ta có $BC\parallel A^{\prime }{D}^{\prime }$ (vì $BC\parallel AD\parallel A^{\prime }{D}^{\prime }$). Do đó góc giữa hai đường thẳng $BC$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }$ bằng góc giữa $A^{\prime }{D}^{\prime }$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }$. Xét mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$: tam giác $A^{\prime }{D}^{\prime }{C}^{\prime }$ vuông tại $D^{\prime }$ (vì $A^{\prime }{D}^{\prime }\perp D^{\prime }{C}^{\prime }$) và là tam giác vuông cân ($A^{\prime }{D}^{\prime }=D^{\prime }{C}^{\prime }$ = cạnh hình lập phương). Suy ra góc $\widehat{D^{\prime }{A}^{\prime }{C}^{\prime }}=45^{\circ }$. Vậy góc giữa $BC$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }$ bằng $45^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh hình lập phương là a. a) B'D' // BD (cùng vuông góc với mặt ADD'A'... thực chất B'D' song song BD vì BB' // DD'), mà BD // BD nên BD // B'D'. Đúng. b) Vì B'D' // BD và AC ⊥ BD (hai đường chéo hình vuông ABCD) nên (AC, B'D') = (AC, BD) = 90°. Đúng. c) AC = AD' = CD' = a√2 (các đường chéo của các hình vuông ABCD, ADD'A', CDD'C'), nên tam giác ACD' đều. Đúng. d) A'B // D'C (vì A'B // C'D... xét A'D' // BC nên A'BCD' là hình bình hành, suy ra A'B // D'C). Khi đó (AC, A'B) = (AC, D'C) = góc ACD' = 60° (tam giác ACD' đều), không phải 30°. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
B'D' // BD (do BB' // DD'), nên BD // B'D'.
b) (AI giải đề cho tôi)
B'D' // BD và AC ⊥ BD nên (AC, B'D') = 90°.
c) (AI giải đề cho tôi)
AC = AD' = CD' = a√2 nên tam giác ACD' đều.
d) (AI giải đề cho tôi)
A'B // D'C nên (AC, A'B) = góc ACD' = 60° (tam giác ACD' đều), không phải 30°.

(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)
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $DC\parallel AB$. Do đó góc giữa đường thẳng $SA$ và $DC$ bằng góc giữa $SA$ và $AB$, tức là góc ở đỉnh $A$ của tam giác đều $SAB$, bằng $60^{\circ }$. Vậy $\sin 60^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}\approx 0,87$.