Đề kiểm tra Hai đường thẳng vuông góc (có lời giải) - Đề 3

Chọn B

Không mất tính tổng quát, giả sử tứ diện \(ABCD\) có cạnh bằng \(a\).

Gọi \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta BCD \Rightarrow AH \bot \left( {BCD} \right)\).

Gọi \(E\) là trung điểm \(AC\) \( \Rightarrow ME{\rm{ // }}AB \Rightarrow \left( {AB,DM} \right) = \left( {ME,MD} \right)\)

Ta có: \(\cos \left( {AB,DM} \right) = \cos \left( {ME,MD} \right) = \left| {\cos \left( {\overrightarrow {ME} ,\overrightarrow {MD} } \right)} \right| = \left| {\cos \widehat {EMD}} \right|\).

Do các mặt của tứ diện đều là tam giác đều, từ đó ta dễ dàng tính được độ dài các cạnh của \(\Delta MED:\)\(ME = \frac{a}{2}\), \(ED = MD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Xét \(\Delta MED\), ta có: \(\cos \widehat {EMD} = \frac{{M{E^2} + M{D^2} - E{D^2}}}{{2ME.MD}} = \frac{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}{{2.\frac{a}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\).

Từ đó: \(\cos \left( {AB,DM} \right) = \left| {\frac{{\sqrt 3 }}{6}} \right| = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\).

Chọn A

Gọi \[M,N,P\] lần lượt là trung điểm của \[SA,SB,AC\], khi đó \[MN\parallel AB\] nên

\[\widehat {\left( {AB,SC} \right)} = \widehat {\left( {MN,SC} \right)}\].

Đặt \[\varphi  = \widehat {NMP}\], trong tam giác \[MNP\] có \[\cos \varphi  = \frac{{M{N^2} + M{P^2} - N{P^2}}}{{2MN.MP}}{\rm{  }}\left( * \right)\].

Ta có \[MN = MP = \frac{a}{2}\], \[A{B^2} + A{C^2} = B{C^2} \Rightarrow \Delta ABC\] vuông tại \[A\], vì vậy \[P{B^2} = A{P^2} + A{C^2} = \frac{{5{a^2}}}{4}\],\[P{S^2} = \frac{{3{a^2}}}{4}\]. Trong tam giác \[PBS\] theo công thứ tính đường trung tuyến ta có

\[P{N^2} = \frac{{P{B^2} + P{S^2}}}{2} - \frac{{S{B^2}}}{4} = \frac{{\frac{{5{a^2}}}{4} + \frac{{3{a^2}}}{4}}}{2} - \frac{{{a^2}}}{4} = \frac{{3{a^2}}}{4}.\]

Thay \[MN,MP,NP\] vào \[\left( * \right)\]ta được \[\cos \varphi  =  - \frac{1}{2} \Rightarrow \varphi  = {120^0}.\]

$\text{ Có }CD//AB\Rightarrow \left(B{A}^{\text{'}},CD\right)=\left(B{A}^{\text{'}},BA\right)=\widehat{AB{A}^{\text{'}}}={45}^{°}$(do \(ABB'A'\) là hình vuông).

Ta có: \[CD{\rm{//}}AB\;\]suy ra \[(SB,CD) = (SB,AB) = \widehat {SBA}\](Góc nhọn trong tam giác vuông \(SBA\)).

Xét tam giác \[SAB\] vuông tại \[A\] có: \(\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3  \Rightarrow \widehat {SBA} = {60^0}\)

Lại có \[CB{\rm{//}}DA\;\]suy ra \[(SD,CB) = (SD,DA) = \]\(\widehat {SDA} = {60^0}\)(Tương tự như ý trên)

\[MN\,{\rm{//}}\,SA\] nên \(\widehat {\left( {MN,SC} \right)} = \widehat {\left( {SA,SC} \right)}.\)

Tam giác \[SAC\] có \[SA = a,\,SC = a,\,AC = a\sqrt 2  \Rightarrow \Delta SAC\] vuông tại \[S \Rightarrow SA \bot SC\].

Vậy góc giữa hai đường thẳng \[MN\] và \[SC\] là \[90^\circ \].

Ta có \(ABCDEF\) là hình lục giác đều và \(\widehat {BAE} = 90^\circ \), \(\widehat {BAF} = 120^\circ \), \(\widehat {BAD} = 60^\circ \).

Vì \(a\,/\,/\,AB\) nên số đo góc hợp bởi đường thẳng \(a\) với các đường thẳng \[AF\], \(AE\) , \(AD\) tương ứng với số đo góc hợp bởi đường thẳng\(AB\) với các đường thẳng \[AF\], \(AE\) , \(AD\) .

Do đó \(\left( {a\,,\,AF} \right) = \left( {AB,AF} \right) = 180^\circ  - \widehat {BAF} = 60^\circ \).

Tương tự \(\left( {a\,,\,AE} \right) = \left( {AB,AE} \right) = \widehat {BAE} = 90^\circ \).

Và \(\left( {a\,,\,AD} \right) = \left( {AB,AD} \right) = \widehat {BAD} = 60^\circ \).

Gọi \(N,\;P,\;Q\) lần lượt là trung điểm của \(BM,\;OB,\;OA\) ta có: \(BC = a\sqrt 2 \) , \(CM = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}\) .

Áp dụng định lí cosin trong \(\Delta OMC:\)\(O{M^2} = O{C^2} + M{C^2} - 2OC.MC.\cos {45^o} = \frac{{5{a^2}}}{9} \Rightarrow OM = \frac{{a\sqrt 5 }}{3}\).

 \(NP = \frac{1}{2}OM = \frac{{a\sqrt 5 }}{6}\) , \(PQ = \frac{1}{2}AB = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

\(ON = OM = \frac{{a\sqrt 5 }}{3} \Rightarrow Q{N^2} = O{Q^2} + O{N^2} = \frac{{29{a^2}}}{{36}}\) .

Xét tam giác \(NPQ\) ta có: \(\cos \left( {\widehat {QPN}} \right) = \frac{{P{Q^2} + P{N^2} - N{Q^2}}}{{2PQ.PN}} =  - \frac{1}{{\sqrt {10} }}\) .

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}PN//OM\\PQ//AB\end{array} \right. \Rightarrow \left( {OM,\;AB} \right) = \left( {PN,\;PQ} \right) = \alpha \) .

Khi đó \[\cos \alpha  = \left| {\cos \widehat {NPQ}} \right| = \frac{{\sqrt {10} }}{{10}}\].