20 câu trắc nghiệm Toán 11 Chân trời sáng tạo Bài 1. Hai đường thẳng vuông góc (Đúng sai - Trả lời ngắn) có đáp án

D

Một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì vuông góc với đường thẳng kia.

D

Ta có IF là đường trung bình của DACD $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}IF//CD\\IF = \frac{1}{2}CD\end{array} \right.$.

Lại có JE là đường trung bình của DBCD $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}JE//CD\\JE = \frac{1}{2}CD\end{array} \right.$.

Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}IF = JE\\IF//JE\end{array} \right.$ Þ tứ giác IJEF là hình bình hành.

Lại có $\left\{ \begin{array}{l}IJ = \frac{1}{2}AB\\JE = \frac{1}{2}CD\end{array} \right.$ mà AB = CD nên IJ = JE.

Do đó IJEF là hình thoi. Suy ra (IE, JF) = 90°.

D

Gọi O là tâm của hình thoi ABCD Þ OJ là đường trung bình của DBCD.

Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}OJ//CD\\OJ = \frac{1}{2}CD\end{array} \right.$.

Vì CD // OJ Þ (IJ, CD) = (IJ, OJ).

Vì $IJ = \frac{1}{2}SB = \frac{a}{2};OJ = \frac{1}{2}CD = \frac{a}{2};OI = \frac{1}{2}SA = \frac{a}{2}$ nên DIOJ đều.

Suy ra (IJ, CD) = (IJ, OJ) = $\widehat {IJO} = 60^\circ$.

D

Ta có IJ là đường trung bình của DSBC nên IJ // SB.

Vì IJ // SB và CD // AB nên (IJ, CD) = (SB, AB) = $\widehat {SBA} = 60^\circ$ (do DSAB đều).

D

Vì AB // CD nên (SA, CD) = (SA, AB).

Tam giác SAB đều cạnh a $\Rightarrow \widehat {SAB} = 60^\circ$. Vậy (SA, CD)= 60°.

B

Tam giác ABC là tam giác đều suy ra $\widehat {BAC} = 60^\circ$.

Lại có CA // C'A' nên (AB, C'A') = (AB, CA) = $\widehat {BAC} = 60^\circ$.

A

Do tính chất: trong không gian hai đường thẳng a và b vuông góc với nhau thì có thể cắt nhau hoặc chéo nhau.

A

Do tính chất: Trong không gian cho hai đường thẳng song song với nhau, nếu đường thẳng nào vuông góc với đường thẳng này thì cũng vuông góc với đường thẳng kia.

A

Vì hình hộp ABCD.A'B'C'D' có tất cả các cạnh đều bằng nhau nên các tứ giác ABCD, A'B'BA, B'C'CB đều là hình thoi nên ta có:

AC ^ BD mà AC // A'C' Þ A'C' ^ BD.

A'B ^ AB' mà AB' // DC' Þ A'B ^ DC'.

BC' ^ B'C mà B'C // A'D Þ BC' ^ A'D.

D

Ta có tam giác SAC cân tại S và SO là đường trung tuyến đồng thời là đường cao Þ SO ^ AC.

Trong tam giác vuông SOA thì AC và SA không thể vuông tại A.

a) Ta có BC // AD mà SA ^ AD Þ SA ^ BC.

b) CD // AB mà SA ^ AB Þ SA ^ CD.

c) Có $SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = a\sqrt 2 ;BC = a$.

Suy ra SC$^{2}$ = 3a$^{2}$ = SB$^{2}$ + BC$^{2}$ Þ DSBC vuông tại B. Vậy BC ^ SB.

d) Ta có DSAB vuông cân tại A và K là hình chiếu của A lên SB nên K là trung điểm SB.

Gọi I là trung điểm BC. Khi đó KI // SC. Suy ra (SC, AK) = (KI, AK).

Ta có AK là đường trung tuyến trong tam giác vuông SAB nên $AK = \frac{{SB}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$;

KI là đường trung bình của tam giác SBC nên $KI = \frac{{SC}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Có $AI = \sqrt {A{B^2} + B{I^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$.

Vì $A{I^2} = \frac{{5{a^2}}}{4} = A{K^2} + K{I^2}$ nên DAKI vuông tại K Þ (SC, AK) = (KI, AK) = 90°.

Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Đúng; d) Đúng.

Vì $MN$ là đường trung bình của $\Delta ABC$

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

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 $\cos (AB,DM) = \frac{{\sqrt 3 }}{6}$.

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Sai.

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 $(MN,AC) = 90^\circ$.

Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Đúng; d) Đúng.

a) Vì DSAB vuông cân tại S và SA = a nên SB = a và $AB = \sqrt {S{A^2} + S{B^2}} = a\sqrt 2$.

b) Vì DABC vuông cân tại C và AB = $a\sqrt 2$ nên AC = CB = a.

Xét DSBC có SB = BC = a và $\widehat {BSC} = 60^\circ$ nên suy ra $\Delta SBC$ đều.

c) MN là đường trung bình của tam giác SAB nên MN // AB.

Do đó (AB, CM) = (MN, CM).

d) Ta có DSCA và DSCB là các tam giác đều cạnh a nên $CM = CN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Có $MN = \frac{{AB}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Áp dụng định lí cosin vào tam giác CMN ta có $\cos \widehat {CMN} = \frac{{M{C^2} + M{N^2} - C{N^2}}}{{2MC.MN}} = \frac{{\sqrt 6 }}{6}$.

$\Rightarrow \cos \left( {AB,CM} \right) = \cos \left( {MN,CM} \right) = \left| {\cos \widehat {CMN}} \right| = \frac{{\sqrt 6 }}{6}$.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Đúng; d) Sai.

Ta có: $A'A//C'C \Rightarrow \left( {A'B,C'C} \right) = \left( {A'B,A'A} \right) = \widehat {AA'B}$

Mà $\Delta A'AB$ vuông cân tại $A$ nên $\widehat {AA'B} = 45^\circ$.

Gọi $N$ là trung điểm của $AC$

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

Xét $\Delta MNB$ có:

$MB = MN = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{1}{2}a} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}a,BN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

$\cos \widehat {BMN} = \frac{{2 \cdot {{\left( {\frac{{\sqrt 5 }}{2}a} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}a} \right)}^2}}}{{2{{\left( {\frac{{\sqrt 5 }}{2}a} \right)}^2}}} = \frac{7}{{10}} \Rightarrow \widehat {BMN} \approx 45{,}6^\circ .$

Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Sai; d) Sai.

Kẻ MN // AB mà M là trung điểm của BC nên N là trung điểm của AC.

Ta có (AB, DM) = (MN, DM).

Vì tứ diện ABCD đều nên DADC, DBCD đều cạnh a $\Rightarrow DM = DN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Vì MN là đường trung bình của DABC nên $MN = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}$.

Xét DDMN có $\cos \widehat {DMN} = \frac{{M{N^2} + D{M^2} - D{N^2}}}{{2.MN.DM}} = \frac{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}{{2.\frac{a}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}$.

Do đó $\cos \left( {AB,DM} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{6}$.

Suy ra a = 3.

Trả lời: 3.

Kẻ MN // BC (N Î AC) mà M là trung điểm của AB nên N là trung điểm của AC.

Khi đó (SM, BC) = (SM, MN).

Xét DSBC vuông tại S, có $BC = \sqrt {S{B^2} + S{C^2}} = a\sqrt 2$.

Mà MN là đường trung bình của DABC nên $MN = \frac{{BC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Tương tự $AB = a\sqrt 2$ mà SM là đường trung tuyến trong tam giác vuông SAB nên $SM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Tương tự $SN = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Vì $MN = SM = SN = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$ nên $\Delta SMN$ đều $\Rightarrow \widehat {SMN} = 60^\circ$.

Suy ra (SM, BC) = 60°

Do đó a = 60.

Trả lời: 60.

Gọi P là trung điểm của CD.

Ta có MP // AC và NP // BD.

Mà AC ^ BD nên MP ^ NP hay tam giác MNP vuông tại P.

Lại có $MP = \frac{1}{2}AC = 3;NP = \frac{1}{2}BD = 4$.

Suy ra $MN = \sqrt {M{P^2} + N{P^2}} = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5$.

Trả lời: 5.

Ta có (MN, MO) = $\widehat {NMO}$.

Vì MN là đường trung bình của DSAB nên $MN = \frac{1}{2}SA = \frac{a}{2}$.

MO là đường trung bình của DABD nên $MO = \frac{{AD}}{2} = \frac{a}{2}$.

NO là đường trung bình của DSBD nên $NO = \frac{{SD}}{2} = \frac{a}{2}$.

Suy ra DMON là tam giác đều nên $\alpha = \widehat {NMO} = 60^\circ$. Do đó $\cos \alpha = 0{,}5$.

Trả lời: 0,5.

Gọi P là trung điểm của cạnh AC.

Khi đó PN // AB và PM // CD, PN = PM = 1.

Do đó DMNP cân tại P nên (AB, MN) = (NP, MN) = $\widehat {PNM} = 30^\circ \Rightarrow \widehat {MPN} = 120^\circ$.

Xét DPMN có $M{N^2} = P{M^2} + P{N^2} - 2PM.PN.\cos \widehat {MPN} = 3$.

Suy ra $MN = \sqrt 3 \approx 1{,}73$.

Trả lời: 1,73.