Đề kiểm tra Hai đường thẳng vuông góc (có lời giải) - Đề 2

Chọn B

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

Vì tam giác \(D{A_1}{C_1}\) đều nên \(\widehat {D{A_1}{C_1}} = {60^0}\).Vậy góc giữa \[AC\] và \[D{A_1}\] bằng \[{60^0}\].

Chọn B

Do \(CD\,{\rm{//}}\,AB\) nên góc giữa hai đường thẳng \[SA\] và \[CD\] bằng góc giữa hai đường thẳng \[SA\] và \[AB\].

Chọn B

Do \(BC\,{\rm{//}}\,AD \Rightarrow \widehat {(SA;BC)} = \widehat {(SA;AD)} = \widehat {SAD} = {60^0}.\) (Do \(\Delta SAD\) đều)

Chọn B

Ta có: \(AB'{\rm{//}}DC' \Rightarrow \widehat {(BD;AB')} = \widehat {(BD;DC')}.\).

\(\Delta BDC'\) đều vì \(BD = BC' = DC'\) (các đường chéo hình vuông bằng nhau) nên \(\widehat {BDC'} = {60^0}\).

Vậy góc tạo bởi hai đường thẳng \(BD\) và \(AB'\) bằng \({60^0}\).

Chọn A

\({(\overrightarrow a  - \overrightarrow b )^2} = {\left| {\overrightarrow a } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow b } \right|^2} - 2\overrightarrow a .\overrightarrow b  \Rightarrow \overrightarrow a .\overrightarrow b  = \frac{9}{2}.\)

Do đó: \(\cos \;\alpha  = \frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{3}{8}\).

Do tứ giác \[ABCD\] là hình vuông cạnh \[a\] \( \Rightarrow AC = a\sqrt 2 \).

Từ giả thiết ta có \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta DSA\)\( \Rightarrow MN\parallel \,SA \Rightarrow \left( {MN,SC} \right) = \left( {SA,SC} \right) = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {ASC} = 90^\circ \).

Mà \[SA = SC \Rightarrow \]\[\Delta SAC\] vuông cân tại \[S\]. Suy ra \[SA = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = a\].

Ta có: \[BM = \sqrt {A{M^2} + A{B^2}}  = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\].
Vì \(B{B_1}\) song song với \(C{C_1}\) nên góc giữa hai đường thẳng \({B_1}M\) và \(C{C_1}\) bằng góc giữa hai đường thẳng \({B_1}M\) và \(B{B_1}\). Suy ra \(\tan \left( {{B_1}M,C{C_1}} \right) = \tan \widehat {M{B_1}B} = \frac{{BM}}{{B{B_1}}} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}\).

Chọn B

Ví dụ: Cho lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) ta thấy:

Hai đường thẳng \(AB,\,AD\) cùng vuông góc với \(AA'\)nhưng \(AB\) không song song với \(AD\)àA sai.

Hai đường thẳng \(AB,\,AD\) cùng tạo với đường thẳng\(AA'\) một góc bằng nhau là \({90^0}\) nhưng \(AB\) không song song với \(AD\)àC sai.

Hai đường thẳng \(AB,\,AD\) thuộc \(\left( {ABCD} \right)\)và \(\left( {ABCD} \right)//A'B'\) nhưng \(\left( {AB,\,A'B'} \right) = {0^0},\)\(\,\left( {CD,\,A'B'} \right) = {90^0}\)àD sai.

Vậy ta chọn đáp án     B.

Chọn B

i) Sai, \(a,b\) có thể cắt nhau.

ii) đúng

iii) sai

Vì \[b\] còn có thể cắt \[c\] (tham khảo hình bên).

iv) Sai. Ví dụ: cho \(c\parallel \left( \alpha  \right),\) \[c \bot a\] và \[c\parallel b.\] Khi đó \(\left( {\widehat {a,c}} \right) \ne \left( {\widehat {b,c}} \right).\)

Ta có: \(D'C{\rm{//}}A'B\) suy ra \[\;\left( {\widehat {A'B,D'M}} \right) = \left( {\widehat {D'C,D'M}} \right) = \alpha \]

Có \(D'M = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\,,\,D'C = a\sqrt 2 \,,\,CM = \frac{a}{2}\). Xét \(\Delta D'MC\) ta có:

\({\mathop{\rm Cos}\nolimits} \alpha  = \frac{{D'{M^2} + D'{C^2} - C{M^2}}}{{2.D'M.D'C}} = \frac{{\frac{{5{a^2}}}{4} + 2{a^2} - \frac{{{a^2}}}{4}}}{{2.\frac{{a\sqrt 5 }}{2}.a}} = \frac{{3\sqrt 5 }}{5}\).

Chọn C

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AC\). Ta có \(IM = IN = a\).

Áp dụng định lý cosin cho \(\Delta IMN\) ta có:

\(\cos \widehat {MIN} = \frac{{I{M^2} + I{N^2} - M{N^2}}}{{2.IM.IN}} = \frac{{{a^2} + {a^2} - 3{a^2}}}{{2.a.a}} =  - \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {MIN} = {120^0}\).

Vì \(IM\,{\rm{//}}\,AB\), \(IN\,{\rm{//}}\,CD\) nên \(\widehat {\left( {AB,CD} \right)} = \widehat {\left( {IM,IN} \right)} = 180^\circ  - 120^\circ  = 60^\circ \).

Chọn A

Gọi \(O\) là tâm của hình thoi \(ABCD \Rightarrow \)\(OJ\) là đường trung bình của \(\Delta BCD.\)

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

Vì \(CD\,\parallel \,OJ \Rightarrow \left( {IJ,CD} \right) = \left( {IJ,OJ} \right)\).

Xét tam giác \[IOJ\], có \(\left\{ \begin{array}{l}IJ = \frac{1}{2}SB = \frac{a}{2}\\OJ = \frac{1}{2}CD = \frac{a}{2}\\IO = \frac{1}{2}SA = \frac{a}{2}\end{array} \right.\) \[ \Rightarrow \Delta IOJ\] đều.

Vậy \(\left( {IJ,CD} \right) = \left( {IJ,OJ} \right) = \widehat {IJO} = 60^\circ \).

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Sai

Vì \(CD//AB\)

\( \Rightarrow (SB,DC) = (SB,AB) = \widehat {SBA}\).

(\(\Delta SAB\) vuông tại \(A\) nên SAB^ < 90°

Xét \(\Delta SAB\) vuông tại \(A\), ta có:

\(\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}}}{{2a}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\)\⇒SBA^=30°

Vậy (SB,DC)=SBA^=30°

Gọi \(E\) là trung điểm của \(AB\).

Vì \(BE//CD,BE = CD = a\) nên \(BCDE\) là hình bình hành \( \Rightarrow DE//BC\).

Khi đó: \((SD,BC) = (SD,DE)\).

Ta có: \(S{E^2} = S{A^2} + A{E^2} = \frac{{4{a^2}}}{3} + {a^2} = \frac{{7{a^2}}}{3};S{D^2} = S{A^2} + A{D^2} = \frac{{7{a^2}}}{3}\);

\(D{E^2} = A{D^2} + A{E^2} = 2{a^2}\).

Suy ra \(SE = SD = \frac{{a\sqrt {21} }}{3},DE = a\sqrt 2 \).

Áp dụng định lí hàm côsin cho tam giác \(SDE\), ta được:

\(\cos \widehat {SDE} = \frac{{S{D^2} + D{E^2} - S{E^2}}}{{2SD \cdot DE}} = \frac{{2{a^2}}}{{2 \cdot \frac{{a\sqrt {21} }}{3} \cdot a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt {42} }}{{14}} > 0 \Rightarrow \widehat {SDE}\) là góc nhọn.

Vậy \((SD,BC) = (SD,DE) = \widehat {SDE}\). Suy ra: (SD,BC)=SDE^≃62,42°

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Đúng

Các tam giác \(ABC\) và \(ABD\) cân tại \(A\) và có góc \({60^0}\) nên hai tam giác \(ABC\) và \(ABD\) đều cạnh bằng 1.

Tam giác \(ACD\) vuông cân tại \(A\)có:

\(CD = \sqrt {{1^2} + {1^2}}  = \sqrt 2 \)

Tam giác \(BCD\) có:

\(\begin{array}{l}B{C^2} = 1,B{D^2} = 1,C{D^2} = 2\\{\rm{hay}}\,B{C^2} + B{D^2} = C{D^2}\end{array}\)

suy ra tam giác \(BCD\) vuông cân tại \(B\).

Ta có: \(AJ = BJ = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\) nên tam giác \(JAB\) cân tại \(J\).

Mặt khác \(I\) là trung điểm \(AB\) nên \(IJ \bot AB\).

Tam giác \(ABC\) và \(ABD\) đều cạnh 1 nên \(CI = DI = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Vì vậy tam giác \(ICD\) cân tại \(I\), mà \(J\) là trung điểm \(CD\) nên \(IJ \bot CD\)

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Sai

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

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

Gọi \(N\) là trung điểm của \(AC\)

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

Xét \(\Delta MNB\) có:

MB=MN=a2+12a2=52a,BN=a32cosBMN^=2⋅52a2−32a2252a2=710⇒BMN^≈45,6°.

a) Sai

b) Đúng

c) Sai

d) Sai

Nếu \(a\) và \(b\) cùng vuông góc với \(c\) thì \(a\) và \(b\) hoặc song song hoặc chéo nhau.

c sai do:

Giả sử hai đường thẳng \(a\) và \(b\) chéo nhau, ta dựng đường thẳng \(c\) là đường vuông góc chung của \(a\) và \(b\). Khi đó góc giữa \(a\) và \(c\) bằng với góc giữa \(b\) và \(c\) và cùng bằng \(90^\circ \), nhưng hiển nhiên hai đường thẳng \(a\) và \(b\) không song song.

d sai do: giả sử \(a\) vuông góc với \(c\), \(b\) song song với \(c\), khi đó góc giữa \(a\) và \(c\) bằng \(90^\circ \), còn góc giữa \(b\) và \(c\) bằng \(0^\circ \).

Do đó b đúng.

Trong \((ABC)\), kẻ \(AD\) sao cho \(ACBD\) là hình bình hành.

Ta có: \(BC//AD\) nên \(\left( {A{B^\prime };BC} \right) = \left( {A{B^\prime };AD} \right) = \widehat {{B^\prime }AD}\).

Ta có: \(AD = BC = a\sqrt 3 ,A{B^\prime } = \sqrt {A{B^2} + A{B^{\prime 2}}}  = a\sqrt 3 \),

\(D{B^\prime } = \sqrt {B{B^{\prime 2}} + A{C^2}}  = a\sqrt 3 \).

Vậy tam giác \({B^\prime }AD\) đều nên B'AD^=60°.

Ta có: \(AB//CD\) nên \((SB,CD) = (SB,AB) = \widehat {SBA}\)

Ta có: \(SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}}  = \sqrt {{{(a\sqrt 5 )}^2} - {{(a\sqrt 2 )}^2}}  = a\sqrt 3 \)

Xét \(\Delta SAB\) vuông tại \(A\):tanSBA^=SAAB=a3a=3⇒SBA^=60°

Ta có: \(MN//{B^\prime }A,BD//{B^\prime }{D^\prime }\)\( \Rightarrow (MN,BD) = \left( {{B^\prime }A,{B^\prime }{D^\prime }} \right) = \widehat {A{B^\prime }{D^\prime }}\)

Ta có: \(\Delta A{B^\prime }{D^\prime }\) đều nên AB'D'^=60°

Gọi \(P\) là trung điểm cạnh \(A{D^\prime }\).

Vì \(ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\) là hình lập phương cạnh \(a\) nên \(A{B^\prime } = {B^\prime }{D^\prime } = {D^\prime }A = a\sqrt 2 \).

Suy ra \(MN = NP = PM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

⇒(MN,BD)=(MN,NP)=60°

Gọi \(N\) là trung điểm của \(AC\). Khi đó góc giữa \(SM\) và \(BC\) bằng góc giữa \(SM\) và \(MN\).

Ta có: \(AB = BC = CA\)

\(SM = \frac{1}{2}AB\) (trung tuyến trong tam giác vuông ứng với cạnh huyền).

\(SN = \frac{1}{2}AC\) (trung tuyến trong tam giác vuông ứng với cạnh huyền).

\(MN = \frac{1}{2}BC\).

Suy ra \(SM = MN = SN\) hay tam giác \(SMN\) đều.

Do đó (SM;BC)=SMN^=60°

Gọi \(P\) là trung điểm của \(AC\)

Ta có: \(MP//BC \Rightarrow (MN,BC) = (MN,MP) = \widehat {PMN}\)

Ta có: \(\Delta ABN\) cân tại \(N\) có \[NM\] là trung tuyến nên là đường cao

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

Xét \(\Delta MNP\) có: \(\cos \widehat {PMN} = \frac{{M{P^2} + M{N^2} - N{P^2}}}{{2 \cdot MP \cdot MN}} = \frac{{{{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}a} \right)}^2}}}{{2 \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2}a}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

Suy ra PMN^=45°