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:

MI=NI=12AB=12CD=a2MI // AB // CD // NI⇒MINJ là hình thoi.

Gọi O là giao điểm của MN và IJ.

Ta có: MIN^=2MIO^

Xét tam giác MIO vuông tại O, ta có: cosMIO^=IOMI=a34a2=32⇒MIO^=30°⇒MIN^=60°

Mà: AB,CD=IM,IN=MIN^=60°

Chọn D.

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

⇒AC,A'D=A'C',A'D=DA'C'^ (do giả thiết cho tam giác DA'C' nhọn).

Chọn D.

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔBCD⇒AH⊥BCD

Gọi E  là trung điểm CD ⇒BE⊥CD (do tam giác BCD đều).

Do AH⊥BCD⇒AH⊥CD

Ta có: CD⊥BECD⊥AH⇒CD⊥ABE⇒CD⊥AB⇒AB,CD^=90°

Chọn D.

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)⇒SO⊥ABCD

Từ giả thiết ta có: MN // SA  (do MN  là đường trung bình của ΔSAD). ⇒MN,SC=SA,SC

Xét ΔSAC, ta có: SA2+SC2=a2+a2=2a2AC2=2AD=2a2⇒ΔSAC vuông tại S. ⇒SA⊥SC

⇒SA,SC=MN,SC=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) ⇒SO⊥ABCD

Từ giả thiết ta có: IJ // SB (do IJ là đường trung bình của ΔSAB). ⇒IJ,CD=SB,AB

Mặt khác, ta lại có ΔSAB đều, do đó SBA^=60°⇒SB,AB=60°⇒IJ,CD=60°

Chọn D.

Từ giả thiết ta có: IJ // EF // ABJE // IF // CD  (tính chất đường trung bình trong tam giác)

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

Mặt khác: AB=CD⇒IJ=12AB=JE=12CD⇒ABCD  là hình thoi ⇒IE⊥JF  (tính chất hai đường chéo của hình thoi)

⇒IE,JF=90°.

Chọn B.

AB⊥AEAE // DH⇒AB⊥DH⇒AB,DH^=90°

Chọn D.

Vì ABCD  và A'B'C'D'  là hình vuông nên AD // BC';  AD=BC'⇒ADBC' 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⊥AB  nên OO'⊥AB⊥⇒OO',AB^=90o

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⊥CD.

Chọn D.

Ta có: ΔSAB=ΔSBC=ΔSCA  c−g−c

⇒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⊥ABC.

Ta có: AC⊥BGAC⊥SG⇒AC⊥SBG

Suy ra AC⊥SB

Vậy góc giữa cặp vectơ SB→ và AC→ bằng 900

Chọn B.

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

Ta có: I​J→=12IC→+ID→

Vì tam giác ABC  có AB = AC và BAC^=60°

Nên tam giác ABC đều. Suy ra: CI⊥AB

Tương tự ta có tam giác ABD  đều nên DI⊥AB

Xét IJ→.AB→=12IC→+ID→.AB→=12IC→.AB→+12ID→.AB→=0→

Chọn B.

AB2+AC2+AD2+BC2+BD2+CD2=AG→+GB→2+AG→+GC→2+AG→+GD→2+BG→+GC→2+BG→+GD→2+CG→+GD→2=3AG2+3BG2+3CG2+3DG2+2AG→.GB→+AG→.GC→+A​G→.GD→+BG→.GD→+BG→.GD→+CG→.GD→1

Lại có:

GA→+GB→+GC→+GD→=0→⇔GA2+GB2+GC2+GD2=2AG→.GB→+AG→.GC→+A​G→.GD→+BG→.GD→+BG→.GD→+CG→.GD→2

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 CI⊥ABDI⊥AB

Suy ra AB⊥CID⇒AB⊥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​J=12SB=a2, O​J=12CD=a2,  IO=12SA=a2

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 DA'C'^ (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⊥BCD.

Ta có: CD⊥AGCD⊥BG⇒CD⊥ABG⇒CD⊥AB.

Vậy số đo góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng 900

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⊥BD⇒MQ⊥PQ

Vậy tứ giác MNPQ là hình chữ nhật.

Chọn B.

Bài giải đúng.

Chọn D.

Ta có: SC→.AB→=SC→.SB→−SA→=SC→.SB→−SC→.SA→

=SA.SBcosBSC^−SC.SA.cosASC^=0

Vì SA=SB=SC và BSC^=ASC^

Do đó: SC→,AB→=900

Chọn C.

Ta có: AC=a2

⇒AC2=2a2=SA2+SC2

⇒ΔSAC vuông tại S.

Khi đó: NM→.SC→=12SA→.SC→=0⇔NM→,SC→=90°

⇒MN,SC=90°

Chọn B.

Ta có: AA1→.B1D1→=BB1→.BD→=BB1→.BA→+BC→

=BB1→.BA→+BB1→.BC→=0

(vì BB1→,BA→=900 và BB1→,BC→=900)

Do đó: AA1→,B1D1→=900⇒AA1,B1D1=900

Chọn A.

Ta có:

B1M→.BD1→=B1B→+BA→+AM→BA→+AD→+DD1→=B1B→.DD1→+BA→2+AM→.AD→=−a2+a2+a22=a22

Chọn B.

Ta có: BB'→.BD→=BB'→.BA→+BC→=BB'→.BA→+BB'→.BC→

=BB'.BAcosB'BA^+cosB'BC^

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

+ B'BA^=B'BC^⇒BB'→.BD→≠0 suy ra BB' không vuông góc với BD

+ B'BA^+B'BC^=1800⇒cosB'BA^=−cosB'BC^⇒BB'→.BD→=0 suy ra BB'⊥BD

Nên đáp án B có thể sai vì chưa có điều kiện của góc B'BA^ và B'BC^

Chọn C.

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

⇒AB→,EG→=AB→,AC→=BAC^=45°

Chọn C.

Gọi O là trọng tâm của ΔBCD⇒AO⊥BCD

Trên đường thẳng d qua C và song song BM lấy điểm N sao cho BMCN là hình chữ nhật, từ đó suy ra: AC,BM^=AC,CN^=ACN^=α

Có: CN=BM=32avà BN=CN=a2

AO2=AB2−BO2=AB2−23BM2=23a2ON2=BN2+BO2=712a2; AN=AO2+ON2=52a⇒cosα=AC2+CN2−AN22AC.CN=36

Chọn C.

Gọi I là trung điểm CC'

ΔCAC' cân tại A⇒CC'⊥AI  (1)

ΔCBC' cân tại B ⇒CC'⊥BI  (2)

→(1),(2)CC'⊥AIB⇒CC'⊥AB⇒CC'→=AB→

Kết luận: góc giữa  và  là  

Chọn A.

Ta có: a→+b→2=a→2+b→2+2a→.b→.cosa→,b→=19

Chọn B.

Đặt cạnh của hình lập phương trên là a

Gọi I là giao trung điểm EG 

Qua A kẻ đường thẳng d // FI

Qua I kẻ đường thẳng d' // FA

Suy ra d cắt d' tại J

Từ đó suy ra EG,→AF→^=EIJ^=α

IJ=AF=2EI=2FI=2AJ=a2EJ2=AE2+AJ2=32cosα=EI2+IJ2+AJ22.EI.EJ=12⇒α=60°

Chọn D

Ta có

 AB→.CD→=AB→.AD→−AC→=AB→.AD→−AB→.AC→=AB.AD.cos600−AB.AC.cos600=0⇒AB→,CD→=900

Chọn C

Vì A'C' // AC nên góc giữa AC và DA₁ là DA1C1^

Vì tam giác DA1C1 đều nên DA1C1^=600

Vậy góc giữa AC và DA₁ bằng 60°

Chọn BTa có

SA→.BC→=SA→.SC→−SB→=SA→.SC→−SA→.SB→=SA.SC.cosASC^−SA.SB.cosASB^=0⇒SA→,BC→=900

Chọn B

Giả sử cạnh của tứ diện là a

Ta có cosAB→,DM→=AB→.DM→AB→.DM→=AB→.DM→a.a32

Mặt khác 

AB→.DM→=AB→AM→−AD→=AB→.AM→−AB→.AD→=AB.AM.cos300−AB.AD.cos600=a.a32.32−a.a.12=3a24−a22=a24.

Do có cosAB→,DM→=36

Suy ra cosAB,DM=36

Chọn A

Xét tứ giác MNPQ  có MQ//NP//ABMN//PQ//CD

=> MNPQ là hình bình hành.

Mặt khác AB⊥CD⇒MQ⊥MN

Do đó, MNPQ  là hình chữ nhật.

Vì MQ//AB nên MQAB=CMCB=x⇒MQ=x.AB=6x

Theo giả thiết MC=x.BC⇒BM=1−xBC

Vì MN // CD nên MNCD=BMBC=1−x⇒MN=1−x.CD=61−x

Diên tích hình chữ nhật MNPQ là

SMNPQ=MN.MQ=61−x.6x=36.x.1−x≤36x+1−x22=9

Ta có SMNPQ=9 khi x=1−x⇔x=12

Vậy diện tích tứ giác MNPQ  lớn nhất bằng 9 khi M  là trung điểm của BC 

Chọn C

Ta có AO→.CD→=CO→−CA→CD→

=CO→.CD→−CA→.CD→=CO.CD.cos300−CA.CD.cos600=a33.a.32−a.a.12=a22−a22=0.

Suy ra AO⊥CD

Chọn D

Tứ giác IJEF là hình bình hành.

Mặt khác IJ=12ABJE=12CD mà AB = CD  nên IJ = JE.

Do đó IJEF là hình thoi.

Suy ra IE, JF=900

Chọn D

Ta có cosAB→,CD→=AB→.CD→AB→.CD→=AB→.CD→AB.CD

Mặt khác

AB→.CD→=AB→AD→−AC→=AB→.AD→−AB→.AC→=AB.AD.cos600−AB.AC.cos600=AB.AD.12−AB.32AD.12=−14AB.AD=−14AB.CD.

Do có cosAB→,CD→=−14AB.CDAB.CD=−14. Suy ra cosφ=14

Chọn D

Tứ giác CDD'C' là hình bình hành. Lại có: DC⊥ADD'⇒DC⊥DD'.

Vậy tứ giác CDD'C' là hình chữ nhật.

Chọn C

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 IMJ=IM2+MJ2−IJ22MI.MJ=−12

Từ đó suy ra số đo góc giữa hai đường thẳng AB và CD là: 600.

Chọn A

AB→.PQ→⇒AB⊥PQ

Chọn A

(a→−b→)2=a→2+b→2−2a→.b→⇒a→.b→=92.

Do đó: cos α=a→.b→a→.b→=38

Chọn C

AB→.CD→+AC→.DB→+AD→.BC→=AC→+CB→.CD→+AC→.DB→−AD→.CB→=AC→CD→+DB→+CB→CD→−AD→=AC→.CB→+CB→.AC→=0.

Chọn D

Cách 1

Ta có

GA→+GB→+GC→2=0⇔GA2+GB2+GC2+2GA→.GB→+2GA→.GC→+2GB→.GC→=0⇔GA2+GB2+GC2+GA2+GB2−AB2+GA2+GC2−AC2+GB2+GC2−BC2=0⇔AB2+AC2+BC2=3GA2+GB2+GC2

Cách 2: Ta có:

MA2=AB2+AC22−BC24GA=23MA⇒GA2=49AB2+AC22−BC24.

Tương tự ta suy ra được

GA2+GB2+GC2=49AB2+AC22−BC24+BA2+BC22−AC24+CA2+CB22−AB24.=13AB2+BC2+CA2.⇔3GA2+GB2+GC2=AB2+BC2+CA2

Cách 3: Chuẩn hóa giả sử tam giác ABC đều có cạnh là 1. Khi đó

AB2+BC2+CA2=3GA2+GB2+GC2=1⇒3GA2+GB2+GC2=AB2+BC2+CA2.

Chọn A

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC => G cố định và GA→+GB→+GC→=0→.

P=MG→+GA→2+MG→+GB→2+MG→+GC→2=3MG2+2MG→.GA→+GB→+GC→+GA2+GB2+GC2=3MG2+GA2+GB2+GC2≥GA2+GB2+GC2.

Dấu bằng xảy ra ⇔M≡G.

Vậy Pmin=GA2+GB2+GC2 với M≡G là trọng tâm tam giác ABC

Chọn B

a→−b→2=a→−b→2=a→2+b→2−2a→.b→=2a→2+b→2−a→+b→2=2a→2+b→2−a→+b→2=2262+282−482=616⇒a→−b→=616.

Chọn D

Đặt DA=DB=DC=a

Tam giác ABD  đều cạnh a  nên diện tích SABD=a234 .

Tam giác ACD  vuông tại D  nên diện tích SACD=12DA.DC=a22 .

Diện tích tam giác BCD là SBCD=12DB.DCsin1200=a234 .

Tam giác ABC  có AB=a,AC=a2,BC=a3  nên tam giác ABC  vuông tại A .

Diện tích tam giác ABC là SABC=12AB.AC=a222 .

Vậy diện tích tam giác ABC  lớn nhất.

Chọn D

Ta có: x→.y→=a→−2b→a→−b→=a→2+2b→2−3a→.b→=4

x→=x→2=a→−2b→2=a→2+4b→2−4a→.b→=23y→=y→2=a→−b→2=a→2+b→2−2a→.b→=5cosα=x→.y→x→.y→=423.5=215

Chọn C

S=12AB.AC.sinC=12AB2.AC2sin2C=12AB2.AC21−cos2C=12AB→2.AC→2−AB→.AC→2

Chọn A

Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của SA, SB, AC, khi đó MN // AB nên AB,SC^=MN,SC^

Đặt φ=NMP^, trong tam giác MNP có cosφ=MN2+MP2−NP22MN.MP  1

Ta có MN=MP=a2, AB2+AC2=BC2⇒ΔABC vuông tại A, vì vậy PB2=AP2+AC2=5a24, PS2=3a24

Trong tam giác PBS theo công thứ tính đường trung tuyến ta có PN2=PB2+PS22−SB24=5a24+3a242−a24=3a24

Thay MN, MP, NP vào (1)  ta được cosφ=−12⇒φ=1200

Vậy AB,SC^=MN,SC^=600

Ta có BC // AD và SA ⊥ BC

Suy ra SA ⊥ AD hay \[\widehat {SAD} = 90^\circ \]

Do đó \[\left( {SD,BC} \right) = \left( {SD,AD} \right) = \widehat {SDA}\]

Ta có SA=AB và AB=AD (ABCD là hình thoi)

Suy ra SA=AD

Xét tam giác SAD vuông tại A, ta có

\[\tan \widehat {SDA} = \frac{{SA}}{{AD}} = 1\]

Suy ra \[\widehat {SDA} = 45^\circ \]

\[\left( {SD,BC} \right) = \left( {SD,AD} \right) = \widehat {SDA} = 45^\circ .\]

Chọn A

Chọn A

a) Gọi P là trung điểm của BC, thì các tam giác ABC và DBC cân nên AP⊥BCDP⊥BC

Ta có BC→.AD→=BC→PD→−PA→=0

Vậy BC⊥AD

Chọn A

b) Ta có MA→=kMB→⇒MAMB=k, ND→=kNB→⇒NDNB=k

⇒MAMB=NDNB

suy ra MN∥AD⇒MN,BC^=AD,BC^=900 ( Theo câu a)

Chọn C

Gọi O là trung điểm của AC, ta có OM = ON = a.

OM∥ABON∥CD⇒AB,CD^=OM,ON^

Áp dụng định lí côsin cho tam giác OMN ta có

cosMON^=OM2+ON2−MN22OM.ON=a2+a2−a322.a.a=−12

Vậy AB,CD^=600

Chọn A

Gọi M, N, P  lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD, AD .

a) Do hai tam giác ACD  và BCD  có CD  chung và AC = BD, AD = BC  nên chúng bằng nhau, suy ra MC = MD

Vậy tam giác MCD  cân tại M  và có trung tuyến MN  nên MN⊥CD

Tương tự MN⊥AB

Chứng minh tương tự cho hai cặp cạnh đối còn lại.

Chọn D

b) Ta có PM∥BDPN∥AC⇒BD,AC^=PM,PN^

Theo công thức tính đường trung tuyến ta có CM2=CA2+CB22−AB24=2b2+c2−a24

Tương tự DM2=2b2+c2−a24, nên MN2=MC2+MD22−CD24=2b2+c2−a24−a24=b2+c2−a22

Áp dụng định lí cô sin cho tam giác PMN  ta có cosMPN^=PM2+PN2−MN22.PM.PN=b22+b22−b2+c2−a222b2b2=2a2−c2b2

Vậy AC,BD^=arccos2a2−c2b2