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 $(AC,{B}^{'}{D}^{'})=(AC,BD)={90}^{^{\circ}}$ (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 $(AC,C{D}^{'})=\widehat{AC{D}^{'}}={60}^{^{\circ}}$

Vậy $(AC,{A}^{'}B)={60}^{^{\circ}}$

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 $(MN,AC)={90}^{^{\circ}}$

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Sai

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

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

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

$\text{Có}CD//AB\Rightarrow (B{A}^{'},CD)=(B{A}^{'},BA)=\widehat{AB{A}^{'}}={45}^{^{\circ}}$(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 $\cos \alpha = \left| {\cos \widehat {NPQ}} \right| = \frac{{\sqrt {10} }}{{10}}$.