Đề kiểm tra Hai đường thẳng vuông góc (có lời giải) - Đề 1

Có vô số đường thẳng qua \(A\) và vuông góc với đường thẳng \(d\).

Theo cách xác định góc giữa hai đường thẳng trong không gian, vì \(b//\;\;c\) nên ta có:

Góc giữa hai đường thẳng\(a\)và \(b\) bằng góc giữa hai đường thẳng\(a\)và \(c\). Suy ra chọn B

Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với đường thẳng thứ ba có thể song song, cắt nhau hoặc chéo nhau.

Mệnh đề A đúng.

Mệnh đề B sai vì hai đường thẳng vuông góc có thể chéo nhau.

Mệnh đề C sai vì góc giữa hai đường thẳng luôn nhỏ hơn hoặc bằng \({90^0}\)còn góc giữa hai vectơ có thể là góc tù.

Mệnh đề D sai vì hai đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thì có thể cắt nhau.

Chọn B

Do \(BC\,{\rm{//}}\,AD\) nên góc giữa hai đường thẳng \[SD\] và \[BC\] bằng góc giữa hai đường thẳng \[SD\] và \[AD\].

Chọn A

Ví dụ: Cho lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) ta có \(AA' \bot DC\). Nhưng\(AA'\) và \(DC\)ở vị trí chéo nhau.→B sai.

Đáp án C sai do hai đường thẳng không có điểm chung thì song song hoặc chéo nhau.

Đáp án D, chẳng hạn: \(AD\) và \(CC'\) cùng vuông góc với \(CD\) nhưng \(AD\) không song song với \(CC'\).

Vậy ta chọn đáp án A.

Chọn D

Ta có: \(A'C \bot \left( {BDC'} \right)\) vì \(A'\) và \(C\) cách đều ba đỉnh \(B,D,C'\). Như vậy đường thẳng nào song song hoặc nằm trong \(\left( {BDC'} \right)\) thì vuông góc với \(A'C\). Đó là 4 đường thẳng \(AB'\left( {AB'{\rm{//}}DC'} \right),BD,C'D\) và \(BC'\).

Chọn A

Do \(A'C'\,{\rm{//}}\,AC\) nên góc giữa hai đường thẳng \(BD\) và \(A'C'\) bằng góc giữa hai đường thẳng \(BD\)

và \(AC\).

Ta có hình chop tất cả các cạnh đều bằng \(a\) suy ra \(\Delta SAD\) đều và \(\widehat {\left( {SA,AD} \right)} = 60^\circ \).

Mặt khác có: \(SA{\rm{//}}MN\,,\,AD{\rm{//}}MO\) suy ra \(\alpha  = \widehat {\left( {MN,MO} \right)} = \widehat {\left( {SA,AD} \right)} = 60^\circ  \Rightarrow {\mathop{\rm Cos}\nolimits} \alpha  = \frac{1}{2}\)

Chọn D

Do \(A{A_1}{\rm{//}}\)\[D{D_1}\] nên góc giữa hai đường thẳng \(A{A_1}\) và \(D{C_1}\) bằng góc giữa hai đường thẳng \[D{D_1}\] và \(D{C_1}\).

Chọn C

Ta có \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AB} .\left( {\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AC} } \right) = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \)

\(\begin{array}{l} = \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AD} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} } \right) - \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right)\\ = \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AD} } \right|.\cos 60^\circ  - \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\cos 60^\circ .\end{array}\)

Mà \[AC = AD \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD}  = 0\]\( \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD} } \right) = 90^\circ \).

Chọn A

Giả sử cạnh của tứ diện là \(a\).

Ta có \[\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {DM} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DM} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {DM} } \right|}} = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DM} }}{{a.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}\]

Mặt khác

\[\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DM}  = \overrightarrow {AB} \left( {\overrightarrow {AM}  - \overrightarrow {AD} } \right) = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AM}  - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  = AB.AM.\cos {30^0} - AB.AD.\cos {60^0}\]

\[ = a.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} - a.a.\frac{1}{2} = \frac{{3{a^2}}}{4} - \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^2}}}{4}.\]

Do có \[\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {DM} } \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\]. Suy ra \[\cos \left( {AB,DM} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\].

Vì \(CD//AB\) (hai cạnh đối trong hình thoi) nên \((CD,SA) = (AB,SA) = {90^^\circ }\).

Vậy \(SA \bot CD\).

Vì \(BC//AD\) (hai cạnh đối trong hình thoi) nên \((SD,BC) = (SD,AD)\).

Tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\) có:

tanSDA^=SAAD=a3a=3⇒SDA^=60°.⇒     (SD,BC)=(SD,AD)=SDA^=60°.

\(AN,BN\) lần lượt là các đường trung tuyến của hai tam giác đều \(\Delta ACD\) và \(\Delta BCD\) nên \(NA = NB = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Do đó \(\Delta NAB\) cân tại \(N\) và \(MN \bot AB\).

Xét \(\Delta AMN\) vuông tại \(M\). Ta có:

\(MN = \sqrt {A{N^2} - A{M^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Đặt \(\overrightarrow {AB}  = a,\overrightarrow {AC}  = b,\overrightarrow {AD}  = c\).

\(\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {AN}  - \overrightarrow {AM}  = \frac{1}{2}(\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AD} ) - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  =  - \frac{1}{2}\vec a + \frac{1}{2}\vec b + \frac{1}{2}\vec c\)

\(\overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB}  =  - \vec a + \vec b\)

\(\overrightarrow {MN}  \cdot \overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {AM}  = ( - \vec a + \vec b)\left( { - \frac{1}{2}\vec a + \frac{1}{2}\vec b + \frac{1}{2}\vec c} \right) = \frac{1}{2}\left( {{{\vec a}^2} - \vec a \cdot \vec b - \vec a \cdot \vec c - \vec a \cdot \vec b + {{\vec b}^2} + \vec b \cdot \vec c} \right)\)

Do a→⋅b→=a→⋅c→=b→⋅c→=a2⋅cos60°=a22

Suy ra \(\overrightarrow {MN}  \cdot \overrightarrow {BC}  = \frac{1}{2}\left( {{{\vec a}^2} - \frac{1}{2}{{\vec a}^2} - \frac{1}{2}{{\vec a}^2} - \frac{1}{2}{{\vec a}^2} + {{\vec a}^2} + \frac{1}{2}{{\vec a}^2}} \right) = \frac{{{a^2}}}{2}\)

Gọi \(\varphi \) là góc giữa \(MN\) và \(BC\).

 Ta có cosφ=|MN→⋅BC→||MN→|⋅|BC→|=a22a22⋅a=22. Suy ra φ=45°. 

Vì \(ABCDA'B'C'D'\)là hình lập phương nên góc giữa hai đường thẳng \(B'D'\)và \(AA'\)bằng \(90^\circ \).

Theo giả thiết ta có \(\Delta SBD\) cân tại \(S\) nên \(SO \bot BD\;\left( 1 \right)\).

Mặt khác tứ giác \(ABCD\) là hình vuông nên \(AC \bot BD{\kern 1pt} \,\left( 2 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có \(BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SC\) và \(BD \bot SA\).

Xét \(\Delta SBD\) có \(SB = SD = a\) và \(BD = a\sqrt 2 \) suy ra \(\Delta SBD\) vuông tại \(S\) nên \(SB \bot SD\).

\(\Delta SAC\) có \(SA = \sqrt 2 .SC\) nên đường trung tuyến \(SO\) không vuông góc với \(AC\).

Vậy khẳng định \(SO \bot AC\) sai.

Ta có: \(\overrightarrow {AS}  \cdot \overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {AS}  \cdot (\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} ) = \overrightarrow {AS}  \cdot \overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AS}  \cdot \overrightarrow {AB} \)

\( = AS \cdot AC \cdot \cos \widehat {SAC} - AS \cdot AB \cdot \cos \widehat {SAB} = 0\)

Do đó số đo của góc giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(BC\) bằng 90.

\(AC//{A^\prime }{C^\prime }{\rm{ n\^e n }}\left( {{A^\prime }{C^\prime };BD} \right) = (AC;BD) = 90.{\rm{ }}\)

Ta có: AC,A'D=A'C',A'D=DA'C'^=60°

Vì \({A^\prime }D = {A^\prime }{C^\prime } = {C^\prime }D\).

Vì \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAD\) nên \(MN//SA \Rightarrow (MN,SC) = (SA,SC)\).

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{AC}&{ = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} }\\{}&{ = \sqrt {{{(a\sqrt 2 )}^2} + {{(a\sqrt 2 )}^2}}  = 2a.}\end{array}\)

Xét tam giác \(SAC\), ta có:

\(S{A^2} + S{C^2} = A{C^2}\left( {{\rm{do }}{a^2} + {{(a\sqrt 3 )}^2} = {{(2a)}^2}} \right)\)

Suy ra tam giác \(SAC\) vuông tại \(S\).

Vậy (MN,SC)=(SA,SC)=90° hay MN⊥SC. 

Theo định lí Pythagore, ta tính được \(BC = CD = BD = \sqrt 2 \).

Gọi \(M,N,P\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(BC,AC,AD\).

Tam giác \(ABC\) có \(MN\) là đường trung bình

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

Tam giác \(ACD\) có \(NP\) là đường trung bình

nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{NP//CD}\\{NP = \frac{1}{2}CD = \frac{{\sqrt 2 }}{2}}\end{array}} \right.\)

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có đường trung tuyến \(AM = \frac{{BC}}{2} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Tam giác \(AMP\) vuông tại \(A\) có:

\(MP = \sqrt {A{M^2} + A{P^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{MN//AB}\\{NP//CD}\end{array} \Rightarrow (AB,CD) = (MN,NP)} \right.\).

Tam giác \(MNP\) có: \(M{N^2} = \frac{1}{4},N{P^2} = \frac{1}{2},M{P^2} = \frac{3}{4}\) hay \(M{N^2} + N{P^2} = M{P^2}\).

Suy ra tam giác \(MNP\) vuông tại \(N\).

Vậy (AB,CD)=(MN,NP)=90° hay \(AB \bot CD\).

Vì \(B{B^\prime }//C{C^\prime }\) nên BB',CD'=CC',CD'=C'CD'^=45° (do \(\Delta C{C^\prime }{D^\prime }\) vuông cân tại \({C^\prime }\)).

Vì \(BC//{A^\prime }{D^\prime },BC = {A^\prime }{D^\prime } \Rightarrow BC{D^\prime }{A^\prime }\) là hình bình hành.

Suy ra \(C{D^\prime }//{A^\prime }B\).

Ta có: \(\left( {C{D^\prime },{A^\prime }D} \right) = \left( {{A^\prime }B,{A^\prime }D} \right)\).

Giả sử cạnh của hình lập phương là \(a\), tam giác \({A^\prime }BD\) có ba cạnh cùng bằng \(a\sqrt 2 \) (đường chéo trong các hình vuông cạnh \(a\) ). Suy ra tam giác \({A^\prime }BD\) đều.

Do vậy CD',A'D=A'B,A'D=BA'D^=60°