Đề kiểm tra Hai đường thẳng vuông góc (có lời giải) - Đề 2
22 câu hỏi
Cho hình lập phương \(ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\). Góc giữa \[AC\] và \[D{A_1}\] là
![Cho hình lập phương \(ABCD. A1B1C1D2. Góc giữa \[AC\] và \[D{A_1}\] là (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid20-1771774412.png)
\({90^0}\).
\({60^0}.\)
\({45^0}\).
\({120^0}\).
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 \[{60^0}\].
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có tất cả các cạnh bằng nhau (hình vẽ minh hoạ). Góc giữa hai đường thẳng \[SA\] và \[CD\] bằng
![Cho hình chóp \(S.ABCD\) có tất cả các cạnh bằng nhau (hình vẽ minh hoạ). Góc giữa hai đường thẳng \[SA\] và \[CD\] bằng (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid21-1771774461.png)
Góc giữa hai đường thẳng \[SA\] và \[BD\].
Góc giữa hai đường thẳng \[SA\] và \[AB\].
Góc giữa hai đường thẳng \[SA\] và \[SC\].
Góc giữa hai đường thẳng \[SA\] và \[AC\].
Chọn B
Do \(CD\,{\rm{//}}\,AB\) nên góc giữa hai đường thẳng \[SA\] và \[CD\] bằng góc giữa hai đường thẳng \[SA\] và \[AB\].Cho hình chóp \(S.ABCD\) có tất cả các cạnh bằng nhau (hình vẽ minh hoạ). Số đo góc giữa hai đường thẳng \[SA\] và \[CB\] bằng
![Cho hình chóp \(S.ABCD\) có tất cả các cạnh bằng nhau (hình vẽ minh hoạ). Số đo góc giữa hai đường thẳng \[SA\] và \[CB\] bằng (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid22-1771774517.png)
\({90^0}\).
\({60^0}.\)
\({45^0}\).
\({30^0}\).
Chọn B
Do \(BC\,{\rm{//}}\,AD \Rightarrow \widehat {(SA;BC)} = \widehat {(SA;AD)} = \widehat {SAD} = {60^0}.\) (Do \(\Delta SAD\) đều)\({90^0}\).
\({60^0}\).
\({45^0}\).
\({30^0}\).
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 \({60^0}\).\(\cos \alpha = \frac{3}{8}\).
\(\alpha = 30^\circ \).
\(\cos \alpha = \frac{1}{3}\).
\(\alpha = 60^\circ \).
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: \(\cos \;\alpha = \frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{3}{8}\).Cho hình chóp \[S.ABCD\] có \[SA = SB = SC = SD\] và đáy là hình vuông \[ABCD\] có cạnh bằng \[a\]. Gọi \[M\] và \[N\] lần lượt là trung điểm của \[AD\] và \[SD\]. Biết số đo của góc giữa hai đường thẳng \[MN,\,\,SC\] bằng \[90^\circ \]. Tính độ dài cạnh \[SA\].
![Cho hình chóp \[S.ABCD\] có \[SA = SB = SC = SD\] và đáy là hình vuông \[ABCD\] có cạnh bằng (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid25-1771774710.png)
\(2a\).
\[a\].
\(a\sqrt 2 \).
\(a\sqrt 3 \).
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 \[SA = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = a\].\[\frac{{\sqrt 5 }}{2}\].
\(\frac{{\sqrt 5 }}{5}\).
\[\frac{{2\sqrt 5 }}{5}\].
\[\frac{{\sqrt 5 }}{4}\].
![Cho hình lập phương \(ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\) có cạnh \[a\]. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid26-1771774753.png)
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 \(\tan \left( {{B_1}M,C{C_1}} \right) = \tan \widehat {M{B_1}B} = \frac{{BM}}{{B{B_1}}} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}\).
Nếu \(a\) và \(b\) cùng vuông góc với \(c\) thì \(a//b\).
Nếu \(a//b\) và \(c \bot a\) thì \(c \bot b\).
Nếu góc giữa \(a\) và \(c\) bằng góc giữa \(b\) và \(c\) thì \(a//b\).
Nếu \(a\) và \(b\) cùng nằm trong mặt phẳng\(\left( \alpha \right)\)và\(c//\left( \alpha \right)\) thì góc giữa \(a\) và \(c\) bằng góc giữa \(b\) và \(c\).
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.\(1.\)
\(2.\)
\(3.\)
\(4.\)
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).
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(\cos \alpha = \frac{1}{2}\).
\(\cos \alpha = \frac{{3\sqrt 5 }}{5}\).
\(\cos \alpha = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).
\(\cos \alpha = \frac{{\sqrt {10} }}{{10}}\).
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:
\({\mathop{\rm Cos}\nolimits} \alpha = \frac{{D'{M^2} + D'{C^2} - C{M^2}}}{{2.D'M.D'C}} = \frac{{\frac{{5{a^2}}}{4} + 2{a^2} - \frac{{{a^2}}}{4}}}{{2.\frac{{a\sqrt 5 }}{2}.a}} = \frac{{3\sqrt 5 }}{5}\).
\(45^\circ \).
\(30^\circ \).
\(60^\circ \).
\(90^\circ \)
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 \(\widehat {\left( {AB,CD} \right)} = \widehat {\left( {IM,IN} \right)} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ \).\[60^\circ \].
\[45^\circ \].
\[30^\circ \].
\[90^\circ \].
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 \(\left( {IJ,CD} \right) = \left( {IJ,OJ} \right) = \widehat {IJO} = 60^\circ \).\((SB,DC) = \widehat {SBA}\)
\(\tan \widehat {SBA} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)
\(DE//BC\)
|
a) Đúng |
b) Sai |
c) Đúng |
d) Sai |
Vì \(CD//AB\)
\( \Rightarrow (SB,DC) = (SB,AB) = \widehat {SBA}\).
(\(\Delta SAB\) vuông tại \(A\) nên
Xét \(\Delta SAB\) vuông tại \(A\), ta có:
\(\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}}}{{2a}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\)\
Vậy
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:
\(CD = \sqrt 2 \)
Tam giác \(BCD\) vuông cân tại \(C\).
\(IJ \bot AB\)
\(IJ \bot CD\)
|
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 \(IJ \bot CD\)
\(\left( {{A^\prime }B,{C^\prime }C} \right) = \widehat {A{A^\prime }B}\)
\(\left( {{A^\prime }B,{C^\prime }C} \right) = 45^\circ \)
\(\left( {{A^\prime }C,MB} \right) = \widehat {BAN}\)
|
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
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:
Nếu \(a\) và \(b\) cùng vuông góc với \(c\) thì \(a//b\).
Nếu \(a//b\) và \(c \bot a\) thì \(c \bot b\).
Nếu góc giữa \(a\) và \(c\) bằng góc giữa \(b\) và \(c\) thì \(a//b\).
Nếu \(a\) và \(b\) cùng nằm trong mặt phẳng \(\left( \alpha \right)//c\) thì góc giữa \(a\) và \(c\) bằng góc giữa \(b\) và \(c\).
|
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 .
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 \(A\):
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
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 \(MN = NP = PM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)
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
Cho tứ diện đều \(ABCD\) có các cạnh bằng \(a\). Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(CD\). Tìm góc giữa đường thẳng \(MN\) và \(BC\).
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
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
