Dạng 1: Tính góc giữa hai đường thẳng có đáp án

Chọn C.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm AC, BC.

Ta có:

$\left\{\begin{array}{l}MI=NI=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}CD=\frac{a}{2}\\ MI\text{ // }AB\text{ // }CD\text{ // }NI\end{array}\right.\Rightarrow MINJ$ là hình thoi.

Gọi O là giao điểm của MN và IJ.

Ta có: $\widehat{MIN}=2\widehat{MIO}$

Xét tam giác MIO vuông tại O, ta có: $\cos \widehat{MIO}=\frac{IO}{MI}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{4}}{\frac{a}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \widehat{MIO}=30°\Rightarrow \widehat{MIN}=60°$

Mà: $\left(AB,CD\right)=\left(IM,IN\right)=\widehat{MIN}=60°$

Chọn D.

Ta có: AC // A'C' (tính chất của hình hộp) 

$\Rightarrow \left(AC,A^{\text{'}}D\right)=\left(A^{\text{'}}{C}^{\text{'}},A^{\text{'}}D\right)=\widehat{D{A}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}$ (do giả thiết cho tam giác DA'C' nhọn).

Chọn D.

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta BCD\Rightarrow AH\perp \left(BCD\right)$

Gọi E  là trung điểm CD $\Rightarrow BE\perp CD$ (do tam giác BCD đều).

Do $AH\perp \left(BCD\right)\Rightarrow AH\perp CD$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}CD\perp BE\\ CD\perp AH\end{array}\right.\Rightarrow CD\perp \left(ABE\right)\Rightarrow CD\perp AB\Rightarrow \widehat{\left(AB,CD\right)}=90°$

Chọn C.

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD => O là tâm đường tròn ngoại tiếp của hình vuông ABCD (1).

Ta có: SA = SB = SC = SD => S nằm trên trục của đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD (2).

Từ (1) và (2) $\Rightarrow SO\perp \left(ABCD\right)$

Từ giả thiết ta có: IJ // SB (do IJ là đường trung bình của $\Delta SAB$). $\Rightarrow \left(IJ,CD\right)=\left(SB,AB\right)$

Mặt khác, ta lại có $\Delta SAB$ đều, do đó $\widehat{SBA}=60°\Rightarrow \left(SB,AB\right)=60°\Rightarrow \left(IJ,CD\right)=60°$

Chọn D.

Từ giả thiết ta có: $\left\{\begin{array}{l}IJ\text{ // }EF\text{ // }AB\\ JE\text{ // }IF\text{ // }CD\end{array}\right.$  (tính chất đường trung bình trong tam giác)

Từ đó suy ra tứ giác IJEF  là hình bình hành.

Mặt khác: $AB=CD\Rightarrow IJ=\frac{1}{2}AB=JE=\frac{1}{2}CD\Rightarrow ABCD$  là hình thoi $\Rightarrow IE\perp JF$  (tính chất hai đường chéo của hình thoi)

$\Rightarrow \left(IE,JF\right)=90°$.

Chọn B.

$\left.\begin{array}{l}AB\perp AE\\ AE\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}DH\end{array}\right\}\Rightarrow AB\perp DH\Rightarrow \widehat{\left(AB,DH\right)}=90°$

Vì ABCD  và A'B'C'D'  là hình vuông nên $AD\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}BC\text{'};AD=BC\text{'}\Rightarrow ADBC\text{'}$ là hình bình hành

Mà O; O'  là tâm của 2 hình vuông nên O; O'  là trung điểm của BD và AC' => OO'  là đường trung bình của ADBC' => OO' // AD

Mặt khác, $AD\perp AB$  nên $OO\text{'}\perp AB\perp \Rightarrow \widehat{\left(OO\text{'},AB\right)}={90}^o$

Chọn B.

Ta có BAC và BAD  là 2 tam giác đều, I  là trung điểm của AB  nên CI = DI (2 đường trung tuyến của 2 tam giác đều chung cạnh AB ) nên CID  là tam giác cân ở I . Do đó $IJ\perp CD.$

Chọn D.

Ta có: $\Delta SAB=\Delta SBC=\Delta SCA\left(c-g-c\right)$

$\Rightarrow AB=BC=CA$

Do đó tam giác ABC đều. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.

Vì hình chóp S.ABC có SA = SB = SC nên hình chiếu của S trùng với G

Hay $SG\perp \left(ABC\right)$.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}AC\perp BG\\ AC\perp SG\end{array}\right.\Rightarrow AC\perp \left(SBG\right)$

Suy ra $AC\perp SB$

Vậy góc giữa cặp vectơ $\overrightarrow{SB}$ và $\overrightarrow{AC}$ bằng ${90}^0$

Chọn B.

Xét tam giác ICD có J là trung điểm đoạn CD .

Ta có: $\overrightarrow{I\text{}J}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{ID}\right)$

Vì tam giác ABC  có AB = AC và $\widehat{BAC}=60°$

Nên tam giác ABC đều. Suy ra: $CI\perp AB$

Tương tự ta có tam giác ABD  đều nên $DI\perp AB$

Xét $\overrightarrow{IJ}.\overrightarrow{AB}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{ID}\right).\overrightarrow{AB}=\frac{1}{2}\overrightarrow{IC}.\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{ID}.\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{0}$

Chọn B.

$\begin{array}{l}A{B}^2+A{C}^2+A{D}^2+B{C}^2+B{D}^2+C{D}^2\\ ={\left(\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GB}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GC}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GD}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{BG}+\overrightarrow{GC}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{BG}+\overrightarrow{GD}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{CG}+\overrightarrow{GD}\right)}^2\\ =3A{G}^2+3B{G}^2+3C{G}^2+3D{G}^2+2\left(\overrightarrow{AG}.\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{AG}.\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{A\text{}G}.\overrightarrow{GD}+\overrightarrow{BG}.\overrightarrow{GD}+\overrightarrow{BG}.\overrightarrow{GD}+\overrightarrow{CG}.\overrightarrow{GD}\right)\left(1\right)\end{array}$

Lại có:

$\begin{array}{l}\left(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{G\text{D}}\right)=\overrightarrow{0}\\ \iff G{A}^2+G{B}^2+G{C}^2+G{\text{D}}^2\\ =2\left(\overrightarrow{AG}.\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{AG}.\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{A\text{}G}.\overrightarrow{GD}+\overrightarrow{BG}.\overrightarrow{GD}+\overrightarrow{BG}.\overrightarrow{GD}+\overrightarrow{CG}.\overrightarrow{GD}\right)\left(2\right)\end{array}$

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.

Chọn C.

Gọi I là trung điểm của AB

Vì ABC  và ABD  là các tam giác đều

Nên $\left\{\begin{array}{l}CI\perp AB\\ DI\perp AB\end{array}\right.$

Suy ra $AB\perp \left(CID\right)\Rightarrow AB\perp CD$

Chọn D.

Gọi O  là tâm của hình thoi ABCD .

Ta có: OJ // CD

Nên góc giữa IJ và CD  bằng góc giữa IJ và OJ.

Xét tam giác IOJ  có

$I\text{}J=\frac{1}{2}SB=\frac{a}{2},O\text{}J=\frac{1}{2}CD=\frac{a}{2},IO=\frac{1}{2}SA=\frac{a}{2}$

Nên tam giác IOJ  đều.

Vậy góc giữa IJ và CD  bằng góc giữa IJ và OJ bằng góc .

Chọn B.

Ta có: AC // A'C' nên góc giữa hai đường thẳng AC và A'D là góc giữa hai đường thẳng A'C' và A'D bằng góc nhọn $\widehat{D{A}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}$ (Vì tam giác A'DC' đều có 3 góc nhọn)

Chọn C.

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.

Vì tứ diện ABCD đều nên $AG\perp \left(BCD\right)$.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}CD\perp AG\\ CD\perp BG\end{array}\right.\Rightarrow CD\perp \left(ABG\right)\Rightarrow CD\perp AB$.

Vậy số đo góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng ${90}^0$

Chọn A.

Gỉa sử thiết diện là tứ giác MNPQ.

Ta có: MN // PQ và MN = PQ nên MNPQ là hình bình hành

Lại có $AC\perp BD\Rightarrow MQ\perp PQ$

Vậy tứ giác MNPQ là hình chữ nhật.

Chọn B.

Bài giải đúng.

Chọn D.

Ta có: $\overrightarrow{SC}.\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{SC}.\left(\overrightarrow{SB}-\overrightarrow{SA}\right)=\overrightarrow{SC}.\overrightarrow{SB}-\overrightarrow{SC}.\overrightarrow{SA}$

$=SA.SB\cos \widehat{BSC}-SC.SA.\cos \widehat{ASC}=0$

Vì $SA=SB=SC$ và $\widehat{BSC}=\widehat{ASC}$

Do đó: $\left(\overrightarrow{SC},\overrightarrow{AB}\right)={90}^0$

Chọn C.

Ta có: $AC=a\sqrt{2}$

$\Rightarrow A{C}^2=2a^2=S{A}^2+S{C}^2$

$\Rightarrow \Delta SAC$ vuông tại S.

Khi đó: $\overrightarrow{NM}.\overrightarrow{SC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SC}=0\iff \left(\overrightarrow{NM},\overrightarrow{SC}\right)=90°$

$\Rightarrow \left(MN,SC\right)=90°$

Chọn B.

Ta có: $\overrightarrow{A{A}_1}.\overrightarrow{B_1{D}_1}=\overrightarrow{B{B}_1}.\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{B{B}_1}.\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\right)$

$=\overrightarrow{B{B}_1}.\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{B{B}_1}.\overrightarrow{BC}=0$

(vì $\left(\overrightarrow{B{B}_1},\overrightarrow{BA}\right)={90}^0$ và $\left(\overrightarrow{B{B}_1},\overrightarrow{BC}\right)={90}^0$)

Do đó: $\left(\overrightarrow{A{A}_1},\overrightarrow{B_1{D}_1}\right)={90}^0\Rightarrow \left(A{A}_1,B_1{D}_1\right)={90}^0$

Chọn A.

Ta có:

$$\begin{gathered} \overrightarrow{B_{1}M}.\overrightarrow{B{D}_1}=\left(\overrightarrow{B_{1}B}+\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AM}\right)\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{D{D}_1}\right) \\ \begin{array}{l}=\overrightarrow{B_{1}B}.\overrightarrow{D{D}_1}+{\overrightarrow{BA}}^2+\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{AD}\\ =-a^2+a^2+\frac{a^2}{2}\\ =\frac{a^2}{2}\end{array} \end{gathered}$$

Chọn B.

Ta có: $\overrightarrow{B{B}^{\text{'}}}.\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{B{B}^{\text{'}}}.\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\right)=\overrightarrow{B{B}^{\text{'}}}.\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{B{B}^{\text{'}}}.\overrightarrow{BC}$

$=B{B}^{\text{'}}.BA\left(cos\widehat{B^{\text{'}}BA}+cos\widehat{B^{\text{'}}BC}\right)$

Vì AA'B'B và ABCD là hai hình thoi bằng nhau nên

+ $\widehat{B^{\text{'}}BA}=\widehat{B^{\text{'}}BC}\Rightarrow \overrightarrow{B{B}^{\text{'}}}.\overrightarrow{BD}\ne 0$ suy ra BB' không vuông góc với BD

+ $\widehat{B^{\text{'}}BA}+\widehat{B^{\text{'}}BC}={180}^0\Rightarrow cos\widehat{B^{\text{'}}BA}=-cos\widehat{B^{\text{'}}BC}\Rightarrow \overrightarrow{B{B}^{\text{'}}}.\overrightarrow{BD}=0$ suy ra $B{B}^{\text{'}}\perp BD$

Chọn C.

Ta có: EG // AC (do ACGE là hình chữ nhật)

$\Rightarrow \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{EG}\right)=\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=\widehat{BAC}=45°$

Chọn C.

Gọi O là trọng tâm của $\Delta BCD\Rightarrow AO\perp \left(BCD\right)$

Trên đường thẳng d qua C và song song BM lấy điểm N sao cho BMCN là hình chữ nhật, từ đó suy ra: $\left(\widehat{AC,BM}\right)=\left(\widehat{AC,CN}\right)=\left(\widehat{ACN}\right)=\alpha$

Có: $CN=BM=\frac{\sqrt{3}}{2}a$và $BN=CN=\frac{a}{2}$

$$\begin{gathered} A{O}^2=A{B}^2-B{O}^2=A{B}^2-{\left(\frac{2}{3}BM\right)}^2=\frac{2}{3}{a}^2 \\ O{N}^2=B{N}^2+B{O}^2=\frac{7}{12}{a}^2; AN=\sqrt{A{O}^2+O{N}^2}=\frac{\sqrt{5}}{2}a \\ \Rightarrow \cos \alpha =\frac{A{C}^2+C{N}^2-A{N}^2}{2AC.CN}=\frac{\sqrt{3}}{6} \end{gathered}$$

Chọn A.

Chọn D

Tứ giác IJEF là hình bình hành.

Mặt khác $\left\{\begin{array}{l}IJ=\frac{1}{2}AB\\ JE=\frac{1}{2}CD\end{array}\right.$ mà AB = CD  nên IJ = JE.

Do đó IJEF là hình thoi.

Suy ra $\left(IE,JF\right)={90}^0$

Chọn D

Ta có $\cos \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{CD}\right)=\frac{\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CD}}{\left|\overrightarrow{AB}\right|.\left|\overrightarrow{CD}\right|}=\frac{\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CD}}{AB.CD}$

Mặt khác

$\begin{array}{l}\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AB}\left(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC}\right)=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}\\ =AB.AD.\cos {60}^0-AB.AC.\cos {60}^0\\ =AB.AD.\frac{1}{2}-AB.\frac{3}{2}AD.\frac{1}{2}=-\frac{1}{4}AB.AD=-\frac{1}{4}AB.CD.\end{array}$

Do có $\cos \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{CD}\right)=\frac{-\frac{1}{4}AB.CD}{AB.CD}=-\frac{1}{4}$. Suy ra $\cos \phi =\frac{1}{4}$

Chọn D

Tứ giác CDD'C' là hình bình hành. Lại có: $DC\perp \left(ADD\text{'}\right)\Rightarrow DC\perp DD\text{'}.$

Vậy tứ giác CDD'C' là hình chữ nhật.

Gọi M là trung điểm của AC.

 Góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng góc giữa hai đường thẳng MI và MJ.

 Tính được: $\cos \text{IMJ}=\frac{I{M}^2+M{J}^2-{\text{IJ}}^2}{2MI.MJ}=-\frac{1}{2}$

Từ đó suy ra số đo góc giữa hai đường thẳng AB và CD là: ${60}^0.$