50 bài tập hai đường thẳng chéo nhau và hai đường thẳng song song mức độ nhận biết, thông hiểu - Phần 2

Gọi N là trung điểm của AC ta có MN là đường trung bình của tam giác ABC nên AB // MN

\(\Rightarrow \widehat{\left( OM;AB \right)}=\widehat{\left( OM;MN \right)}\)

Đặt \(OA=OB=OC=1\) ta có:

Tam giác OAB vuông cân tại O nên \(AB=\sqrt{2}\Rightarrow MN=\frac{\sqrt{2}}{2}\)

Tam giác OAC vuông cân tại O nên \(AC=\sqrt{2}\Rightarrow ON=\frac{\sqrt{2}}{2}\)

Tam giác OBC vuông cân tại O nên \(BC=\sqrt{2}\Rightarrow OM=\frac{\sqrt{2}}{2}\)

Vậy tam giác OMN đều nên \(\widehat{\left( OM;MN \right)}=\widehat{OMN}={{60}^{0}}\)

Chọn C.  

+) Đáp án A sai vì hai đường thẳng phân biệt cùng song song với 1 đường thẳng có thể cắt nhau hoặc trung nhau.

+) Đáp án B sai vì 3 điểm đó phải không thẳng hàng.

+) Đáp án C đúng.

+) Đáp án D sai vì hai đường thẳng đó có thể song song.

Chọn C.

Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\,\,\Rightarrow \,\,H\) là trung điểm của \(BC.\)

Có \(BC=\sqrt{A{{C}^{2}}+A{{B}^{2}}}=a\sqrt{2}.\)

Tam giác \(SBH\) vuông tại \(H,\) có \(SB=\sqrt{S{{H}^{2}}+B{{H}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{a\sqrt{6}}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{a\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}}=a\sqrt{2}.\)

Ta có \(\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{AC}=\left| \overrightarrow{SB} \right|.\left| \overrightarrow{AC} \right|.\cos \left( \overrightarrow{SB};\overrightarrow{AC} \right)\) mà:

\(\begin{align} & \ \ \overrightarrow{SB}.\overrightarrow{AC}=\left( \overrightarrow{SH}+\overrightarrow{HB} \right).\overrightarrow{AC} \\ & =\overrightarrow{SH}.\overrightarrow{AC}-\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{AC}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{CA}\ \ \ \left( do\ \ SH\bot AC \right) \\& =-\,\frac{1}{2}\left| \overrightarrow{CB} \right|.\left| \overrightarrow{CA} \right|.\cos \left( \overrightarrow{CB};\overrightarrow{CA} \right) \\& =-\,\frac{1}{2}.a\sqrt{2}.a.\cos {{45}^{0}}=-\,\frac{{{a}^{2}}}{2}. \\\end{align}\)

Khi đó \(\cos \left( \overrightarrow{SB};\overrightarrow{AC} \right)=\frac{\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{AC}}{\left| \overrightarrow{SB} \right|.\left| \overrightarrow{AC} \right|}=\frac{-\frac{{{a}^{2}}}{2}}{a\sqrt{2}.a}=-\frac{\sqrt{2}}{4}.\)

Vậy \(\cos \varphi =\frac{\sqrt{2}}{4}.\)

Chọn C

Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC\) mà \(\Delta \,ABC\) vuông cân tại \(A\)

\(\Rightarrow \)\(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta \,ABC.\)

Mà \(SA=SB=SC\)\(\Rightarrow \,\,SH\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( ABC \right)\)

Ta có \(\overrightarrow{SC}.\overrightarrow{AB}=\left( \overrightarrow{SH}+\overrightarrow{HC} \right).\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{SH}.\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{HC}.\overrightarrow{AB}=-\,\overrightarrow{BH}.\overrightarrow{BA}\)           \(\left( 1 \right).\)

Mặt khác \(\overrightarrow{BH}.\overrightarrow{BA}=\left| \overrightarrow{BH} \right|.\left| \overrightarrow{BA} \right|.\cos \widehat{\left( \overrightarrow{BH};\overrightarrow{BA} \right)}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{2}}{2}.\cos {{45}^{0}}=\frac{1}{2}\)       \(\left( 2 \right).\)

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\)\(\Rightarrow \)\(\overrightarrow{SC}.\overrightarrow{AB}=-\,\frac{1}{2}=\left| \overrightarrow{SC} \right|.\left| \overrightarrow{AB} \right|.\cos \widehat{\left( \overrightarrow{SC};\overrightarrow{AB} \right)}\Rightarrow \cos \widehat{\left( \overrightarrow{SC};\overrightarrow{AB} \right)}=-\,\frac{1}{2}.\)

Vậy góc giữa hai đường thẳng \(SC\) và \(AB\) là \({{60}^{0}}.\)

Chọn D

ABC.A’B’C’ là lăng trụ tam giác đều tất cả các cạnh đều bằng a

\(\Rightarrow (ABC)//(A'B'C')\Rightarrow d\left( AB;A'C' \right)=d\left( (ABC);(A'B'C') \right)=a\)

Chọn: B

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot AC\\AB \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot (SAC) \Rightarrow AB \bot SC\)

\( \Rightarrow \left( {\widehat {AB;SC}} \right) = {90^0} = \frac{\pi }{2}\).

Chọn: D

Gọi N là trung điểm của AD ta có MN // AC

\( \Rightarrow \widehat {\left( {AC;BM} \right)} = \widehat {\left( {MN;BM} \right)}\)

\( \Rightarrow \cos \widehat {\left( {AC;BM} \right)} = \cos \widehat {\left( {MN;BM} \right)} = \left| {\cos \widehat {BMN}} \right|\)

Xét tam giác BMN có:

\(\cos \widehat {BMN} = \frac{{B{M^2} + M{N^2} - B{N^2}}}{{2BM.MN}} = \frac{{\frac{{3{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{4} - \frac{{3{a^2}}}{4}}}{{2.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{a}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\).

Vậy \(\cos \widehat {\left( {AC;BM} \right)} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\).

Chọn C.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {ACD} \right) \cap \left( {BCD} \right) = CD\\\left( {GMN} \right) \cap \left( {BCD} \right) = d\\\left( {GMN} \right) \cap \left( {ACD} \right) = MN\\MN//CD\end{array} \right. \Rightarrow \)Giao tuyến d của \(\left( {GMN} \right)\) và \(\left( {BCD} \right)\) là đường thẳng qua G song song với BC.

Chọn: C

MN // BC // NQ, \(MP = \frac{1}{2}BC = NQ \Leftrightarrow MPNQ\) là hình bình hành nên M, N, P, Q thuộc cùng một mặt phẳng

\(MR//CD//SN,\,\,MR = \frac{1}{2}CD = SN \Rightarrow MRNS\) là hình bình hành nên M, R, S, N thuộc cùng một mặt phẳng

\(PS//AC//RQ,\,\,PS = \frac{1}{2}AC = RQ \Rightarrow PSQR\) là hình bình hành nên P, S, Q, R thuộc cùng một mặt phẳng

Chọn: D

Ta có:  \(\left\{ \begin{array}{l}AB \subset \left( {SAB} \right)\\CD \subset \left( {SCD} \right)\\AB//CD\end{array} \right.\,\, \Rightarrow \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = d\),

d là đường thẳng qua S và song song với AB, CD (1)

Do  E, F lần lượt là trung điểm của AD, BC \(\Rightarrow EF\) là đường trung bình của hình thang ABCD \( \Rightarrow EF//AB//CD\) (2)

Từ (1), (2) suy ra:  Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) là đường thẳng qua S và song song với EF.

Chọn: D

Ta có: \(\dfrac{{AP}}{{AB}} = \dfrac{{CQ}}{{CB}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow PQ//AC\)

Trong (ACD), dựng \(RS//AC,\left( {S \in AD} \right)\)

\( \Rightarrow RS//PQ\left( {//AC} \right) \Rightarrow S,R,Q,P\) đồng phẳng

\( \Rightarrow \left( {PQRS} \right)\) trùng với \(\left( {PQR} \right)\) và thiết diện của mặt phẳng (PQR) với tứ diện ABCD là tứ giác PQRS

Ta có:  \(RS//PQ \Rightarrow PQRS\) là hình thang.

Chọn: B

MN là đường trung bình của tam giác ABD \( \Rightarrow MN//BD\).

Mà \(BD \subset \left( {BCD} \right) \Rightarrow MN//\left( {BCD} \right) \Rightarrow \) Đáp án A, D đúng.

Dễ thấy \(C \notin \left( {MND} \right) \Rightarrow MN\) va CD chéo nhau \( \Rightarrow \) Đáp án B đúng.

Chọn C.

Ta có :

MP là đường trung bình của tam giác ABC \( \Rightarrow \) MN // BC.

NQ là đường trung bình của tam giác BCD \( \Rightarrow \) NQ // BC.

Vậy MP // NQ.

Chọn D.

Gọi Q là trung điểm của AD.

Ta có: \(PQ//AC\) (do PQ là đường trung bình của tam giác ACD)

      \(MN//AC\) (do MN là đường trung bình của tam giác ABC)

 \( \Rightarrow PQ//MN \Rightarrow M,N,P,Q\) đồng phẳng \( \Rightarrow Q \in \left( {MNP} \right)\)

\( \Rightarrow \) Thiết diện của tứ diện cắt bởi mặt phẳng (MNP) là tứ giác MNQP

Ta có: \(PQ//MN,\,\,PQ = MN\left( { = \dfrac{1}{2}AC} \right) \Rightarrow MNQP\) là hình bình hành

Vậy, thiết diện của tứ diện cắt bởi mp(MNP) là hình bình hành.

Chọn: D

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\) ta có :

\(\Delta ABC\) đều \( \Rightarrow CM \bot AB\).

\(\Delta ABD\) đều \( \Rightarrow DM \bot AB\)

\( \Rightarrow AB \bot \left( {MCD} \right) \Rightarrow AB \bot CD \Rightarrow \angle \left( {AB;CD} \right) = {90^0}\).

Chọn C.