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

Chọn D

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

Chọn B

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

Chọn A

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

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

Chọn B

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

Chọn D

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

Chọn B

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

Chọn A

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

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 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 \[\cos \varphi  =  - \frac{1}{2} \Rightarrow \varphi  = {120^0}.\]

Vậy \[\widehat {\left( {AB,SC} \right)} = \widehat {\left( {MN,SC} \right)} = {60^0}.\]

a) Mệnh đề đúng.

b) Mệnh đề đúng.

c) Mệnh đề sai, vì \(a,b\) có thể chéo nhau.

d) Mệnh đề sai.

a) Đúng

b) Đúng

c) Đúng

d) Sai

 

Ta có: \(B{B^\prime }//D{D^\prime },B{B^\prime } = D{D^\prime } \Rightarrow BD{D^\prime }{B^\prime }\) là hình bình hành \( \Rightarrow BD//{B^\prime }{D^\prime }\).

Vì vậy AC,B'D'=(AC,BD)=90° (do \(AC\) và \(BD\) là hai đường chéo hình vuông \(ABCD\)).

Ta có: \({A^\prime }{D^\prime }//BC,{A^\prime }{D^\prime } = BC \Rightarrow {A^\prime }BC{D^\prime }\) là hình bình hành \( \Rightarrow {A^\prime }B//C{D^\prime }\).

Vì vậy \(\left( {AC,{A^\prime }B} \right) = \left( {AC,C{D^\prime }} \right)\).

Gọi \(a\) là cạnh của hình lập phương thì \(A{D^\prime } = C{D^\prime } = AC = a\sqrt 2 \) (đường chéo của hình vuông cạnh \(a\)).

Suy ra tam giác \(AC{D^\prime }\) đều nên AC,CD'=ACD'^=60°

Vậy AC,A'B=60°

a) Đúng

b) Đúng

c) Đúng

d) Đúng

Xét tam giác \(SBD\) có \(MN\)là đường trung bình, suy ra \(MN//BD\). (1)

Mặt khác: \(AC \bot BD\)(hai đường chéo trong hình thoi).\((2)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(AC \bot MN\) hay (MN,AC)=90°

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Sai

Gọi \(N\) là trung điểm của \(AC\) nên \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\)

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

Vì \(\Delta BCD\) và \(\Delta ACD\) là các tam giác đều cạnh bằng \(a\) nên \(MD = ND = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Từ \((*)\) suy ra: \((AB,DM) = (MN,DM)\).

Xét \(\Delta MND\), ta có:

\(\cos \widehat {DMN} = \frac{{M{N^2} + M{D^2} - N{D^2}}}{{2MN \cdot MD}} = \frac{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}{{2 \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{6} > 0\)

\( \Rightarrow \widehat {DMN}\) là góc nhọn.

Vậy \((AB,DM) = (MN,DM) = \widehat {DMN}\) nên \(\cos (AB,DM) = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\).

 Có CD//AB⇒BA',CD=BA',BA=ABA'^=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 \(\left( {a\,,\,AD} \right) = \left( {AB,AD} \right) = \widehat {BAD} = 60^\circ \).

Các cấu kiện \(1\), \(2\), \(5\) vuông góc với nhau từng đôi một.

Các cấu kiện \(2\), \(3\), \(5\) vuông góc với nhau từng đôi một.

Cấu kiện \(4\) vuông góc với cấu kiện \(1\) và cấu kiện \(3\).

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