20 câu trắc nghiệm Toán 11 Chân trời sáng tạo Bài 1. Hai đường thẳng vuông góc (Đúng sai - Trả lời ngắn) có đáp án

D

Một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì vuông góc với đường thẳng kia.

D

Ta có IF là đường trung bình của DACD \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}IF//CD\\IF = \frac{1}{2}CD\end{array} \right.\).

Lại có JE là đường trung bình của DBCD \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}JE//CD\\JE = \frac{1}{2}CD\end{array} \right.\).

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}IF = JE\\IF//JE\end{array} \right.\)Þ tứ giác IJEF là hình bình hành.

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}IJ = \frac{1}{2}AB\\JE = \frac{1}{2}CD\end{array} \right.\) mà AB = CD nên IJ = JE.

Do đó IJEF là hình thoi. Suy ra (IE, JF) = 90°.

D

Gọi O là tâm của hình thoi ABCD Þ OJ là đường trung bình của DBCD.

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}OJ//CD\\OJ = \frac{1}{2}CD\end{array} \right.\).

Vì CD // OJ Þ (IJ, CD) = (IJ, OJ).

Vì \(IJ = \frac{1}{2}SB = \frac{a}{2};OJ = \frac{1}{2}CD = \frac{a}{2};OI = \frac{1}{2}SA = \frac{a}{2}\) nên DIOJ đều.

Suy ra (IJ, CD) = (IJ, OJ) = \(\widehat {IJO} = 60^\circ \).

D

Ta có IJ là đường trung bình của DSBC nên IJ // SB.

Vì IJ // SB và CD // AB nên (IJ, CD) = (SB, AB) = \(\widehat {SBA} = 60^\circ \) (do DSAB đều).

D

Vì AB // CD nên (SA, CD) = (SA, AB).

Tam giác SAB đều cạnh a \( \Rightarrow \widehat {SAB} = 60^\circ \). Vậy (SA, CD)= 60°.

B

Tam giác ABC là tam giác đều suy ra \(\widehat {BAC} = 60^\circ \).

Lại có CA // C'A' nên (AB, C'A') = (AB, CA) = \(\widehat {BAC} = 60^\circ \).

A

Do tính chất: trong không gian hai đường thẳng a và b vuông góc với nhau thì có thể cắt nhau hoặc chéo nhau.

A

Do tính chất: Trong không gian cho hai đường thẳng song song với nhau, nếu đường thẳng nào vuông góc với đường thẳng này thì cũng vuông góc với đường thẳng kia.

A

Vì hình hộp ABCD.A'B'C'D' có tất cả các cạnh đều bằng nhau nên các tứ giác ABCD, A'B'BA, B'C'CB đều là hình thoi nên ta có:

AC ^ BD mà AC // A'C' Þ A'C' ^ BD.

A'B ^ AB' mà AB' // DC' Þ A'B ^DC'.

BC' ^ B'C mà B'C // A'D Þ BC' ^ A'D.

D

Ta có tam giác SAC cân tại S và SO là đường trung tuyến đồng thời là đường cao Þ SO ^ AC.

Trong tam giác vuông SOA thì AC và SA không thể vuông tại A.

a) Ta có BC // AD mà SA ^ AD Þ SA ^ BC.

b) CD // AB mà SA ^ AB Þ SA ^ CD.

c) Có \(SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = a\sqrt 2 ;BC = a\).

Suy ra SC² = 3a² = SB² + BC² ÞDSBC vuông tại B. Vậy BC ^ SB.

d) Ta có DSAB vuông cân tại A và K là hình chiếu của A lên SB nên K là trung điểm SB.

Gọi I là trung điểm BC. Khi đó KI // SC. Suy ra (SC, AK) = (KI, AK).

Ta có AK là đường trung tuyến trong tam giác vuông SAB nên \(AK = \frac{{SB}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\);

KI là đường trung bình của tam giác SBC nên \(KI = \frac{{SC}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Có \(AI = \sqrt {A{B^2} + B{I^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\).

Vì \(A{I^2} = \frac{{5{a^2}}}{4} = A{K^2} + K{I^2}\) nên DAKI vuông tại K Þ (SC, AK) = (KI, AK) = 90°.

Đáp án: a) Đúng;   b) Đúng;   c) Đúng;   d) Đúng.

Vì \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{MN//AB(*)}\\{MN = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}}\end{array}} \right.\)

Vì \(\Delta BCD\) và \(\Delta ACD\) là các tam giác đều cạnh bằng \(a\) nên \(MD = ND = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Từ \((*)\) suy ra: \((AB,DM) = (MN,DM)\).

Xét \(\Delta MND\), ta có:

\(\cos \widehat {DMN} = \frac{{M{N^2} + M{D^2} - N{D^2}}}{{2MN \cdot MD}} = \frac{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}{{2 \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{6} > 0\)

\( \Rightarrow \widehat {DMN}\) là góc nhọn.

Vậy \((AB,DM) = (MN,DM) = \widehat {DMN}\) nên \(\cos (AB,DM) = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\).

Đáp án: a) Đúng;   b) Sai;   c) Đúng;   d) Sai.

Xét tam giác \(SBD\) có \(MN\)là đường trung bình, suy ra \(MN//BD\). (1)

Mặt khác: \(AC \bot BD\)(hai đường chéo trong hình thoi).\((2)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(AC \bot MN\) hay \((MN,AC) = 90^\circ \).

Đáp án: a) Đúng;    b) Đúng;   c) Đúng;   d) Đúng.

a) Vì DSAB vuông cân tại S và SA = a nên SB = a và \(AB = \sqrt {S{A^2} + S{B^2}} = a\sqrt 2 \).

b) Vì DABC vuông cân tại C và AB = \(a\sqrt 2 \) nên AC = CB = a.

Xét DSBC có SB = BC = a và \(\widehat {BSC} = 60^\circ \) nên suy ra \(\Delta SBC\) đều.

c) MN là đường trung bình của tam giác SAB nên MN // AB.

Do đó (AB, CM) = (MN, CM).

d) Ta có DSCA và DSCB là các tam giác đều cạnh a nên \(CM = CN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Có \(MN = \frac{{AB}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Áp dụng định lí cosin vào tam giác CMN ta có \(\cos \widehat {CMN} = \frac{{M{C^2} + M{N^2} - C{N^2}}}{{2MC.MN}} = \frac{{\sqrt 6 }}{6}\).

\( \Rightarrow \cos \left( {AB,CM} \right) = \cos \left( {MN,CM} \right) = \left| {\cos \widehat {CMN}} \right| = \frac{{\sqrt 6 }}{6}\).

Đáp án: a) Sai;    b) Đúng;   c) Đúng;   d) Sai.

Ta có: \(A'A//C'C \Rightarrow \left( {A'B,C'C} \right) = \left( {A'B,A'A} \right) = \widehat {AA'B}\)

Mà \(\Delta A'AB\) vuông cân tại \[A\] nên \(\widehat {AA'B} = 45^\circ \).

Gọi \(N\) là trung điểm của \(AC\)

Ta có: \(A'C//MN \Rightarrow \left( {A'C,MB} \right) = (MN,MB) = \widehat {BMN}\)

Xét \(\Delta MNB\) có:

\(MB = MN = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{1}{2}a} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}a,BN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

\(\cos \widehat {BMN} = \frac{{2 \cdot {{\left( {\frac{{\sqrt 5 }}{2}a} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}a} \right)}^2}}}{{2{{\left( {\frac{{\sqrt 5 }}{2}a} \right)}^2}}} = \frac{7}{{10}} \Rightarrow \widehat {BMN} \approx 45,6^\circ .\)

Đáp án: a) Đúng;    b) Đúng;   c) Sai;   d) Sai.

Kẻ MN // AB mà M là trung điểm của BC nên N là trung điểm của AC.

Ta có (AB, DM) = (MN, DM).

Vì tứ diện ABCD đều nên DADC, DBCD đều cạnh a \( \Rightarrow DM = DN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Vì MN là đường trung bình của DABC nên \(MN = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}\).

Xét DDMN có \(\cos \widehat {DMN} = \frac{{M{N^2} + D{M^2} - D{N^2}}}{{2.MN.DM}} = \frac{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}{{2.\frac{a}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\).

Do đó \(\cos \left( {AB,DM} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\).

Suy ra a = 3.

Trả lời: 3.

Kẻ MN // BC (N Î AC) mà M là trung điểm của AB nên N là trung điểm của AC.

Khi đó (SM, BC) = (SM, MN).

Xét DSBC vuông tại S, có \(BC = \sqrt {S{B^2} + S{C^2}} = a\sqrt 2 \).

Mà MN là đường trung bình của DABC nên \(MN = \frac{{BC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Tương tự \(AB = a\sqrt 2 \) mà SM là đường trung tuyến trong tam giác vuông SAB nên \(SM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Tương tự \(SN = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Vì \(MN = SM = SN = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) nên \(\Delta SMN\) đều \( \Rightarrow \widehat {SMN} = 60^\circ \).

Suy ra (SM, BC) = 60°

Do đó a = 60.

Trả lời: 60.

Gọi P là trung điểm của CD.

Ta có MP // AC và NP // BD.

Mà AC ^ BD nên MP ^ NP hay tam giác MNP vuông tại P.

Lại có \(MP = \frac{1}{2}AC = 3;NP = \frac{1}{2}BD = 4\).

Suy ra \(MN = \sqrt {M{P^2} + N{P^2}} = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5\).

Trả lời: 5.

Ta có (MN, MO) = \(\widehat {NMO}\).

Vì MN là đường trung bình của DSAB nên \(MN = \frac{1}{2}SA = \frac{a}{2}\).

MO là đường trung bình của DABD nên \(MO = \frac{{AD}}{2} = \frac{a}{2}\).

NO là đường trung bình của DSBD nên \(NO = \frac{{SD}}{2} = \frac{a}{2}\).

Suy ra DMON là tam giác đều nên \(\alpha = \widehat {NMO} = 60^\circ \). Do đó \(\cos \alpha = 0,5\).

Trả lời: 0,5.

Gọi P là trung điểm của cạnh AC.

Khi đó PN // AB và PM // CD, PN = PM = 1.

Do đó DMNP cân tại P nên (AB, MN) = (NP, MN) = \(\widehat {PNM} = 30^\circ \Rightarrow \widehat {MPN} = 120^\circ \).

Xét DPMN có \(M{N^2} = P{M^2} + P{N^2} - 2PM.PN.\cos \widehat {MPN} = 3\).

Suy ra \(MN = \sqrt 3 \approx 1,73\).

Trả lời: 1,73.