Hai đường thẳng vuông góc, Góc giữa hai đường thẳng, trắc nghiệm toán 11

Đáp án [A].

Phương pháp 1: Giả sử hình lập phương có cạnh bằng \[a\] và \[MN\text{//}AC\] nên: $\left( \widehat{MN,AP} \right)=\left( \widehat{AC,AP} \right)$. Ta tính góc $\widehat{PAC}$.

Vì \[\Delta {A}'{D}’P\] vuông tại \[{D}’\] nên ${A}’P=\sqrt{{A}'{{{{D}’}}^{2}}+{D}'{{P}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \dfrac{a}{2} \right)}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}$.

\[\Delta A{A}’P\] vuông tại \[{A}’\] nên $AP=\sqrt{{A}'{{A}^{2}}+{A}'{{P}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \dfrac{a\sqrt{5}}{2} \right)}^{2}}}=\dfrac{3a}{2}$.

\[\Delta C{C}’P\] vuông tại \[{C}’\] nên $CP=\sqrt{C{{{{C}’}}^{2}}+{C}'{{P}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+\dfrac{{{a}^{2}}}{4}}=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}.$

Ta có \[AC\] là đường chéo của hình vuông \[ABCD\] nên \[AC=\] $a\sqrt{2}$

Áp dụng định lý cosin trong tam giác \[ACP\] ta có:

\[\begin{align}
& C{{P}^{2}}=A{{C}^{2}}+A{{P}^{2}}-2A[C].AP.cos\widehat{CAP} \\
& \Rightarrow cos\widehat{CAP}=\dfrac{1}{\sqrt{2}} \\
& \Rightarrow cos\widehat{CAP}=45{}^\circ <90{}^\circ  \\
\end{align}\]

Nên $\left( \widehat{AC;AP} \right)=\widehat{CAP}=45{}^\circ $ hay \[\left( \widehat{MN;AP} \right)=45{}^\circ \]. Chọn [A].

Phương pháp 2: Ta có $\overrightarrow{MN}.\overrightarrow{AP}=\left| \overrightarrow{MN} \right|.\left| \overrightarrow{AP} \right|.\cos \left( \overrightarrow{MN},\overrightarrow{AP} \right)$$\Rightarrow \cos \left( \overrightarrow{MN},\overrightarrow{AP} \right)=\dfrac{\overrightarrow{MN}.\overrightarrow{AP}}{\left| \overrightarrow{MN} \right|.\left| \overrightarrow{AP} \right|}\,\,\left( * \right)$

Ta có: $\overrightarrow{MN}.\overrightarrow{AP}=\left( \overrightarrow{MB}+\overrightarrow{BN} \right)\left( \overrightarrow{A{A}’}+\overrightarrow{{A}'{D}’}+\overrightarrow{{D}’P} \right)$

$=\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{A{A}’}+\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{{A}'{D}’}+\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{{D}’P}+\overrightarrow{BN}.\overrightarrow{A{A}’}+\overrightarrow{BN}.\overrightarrow{{A}'{D}’}+\overrightarrow{BN}.\overrightarrow{{D}’P}$

$=0+0+\dfrac{a}{2}.\dfrac{a}{2}+0+\dfrac{a}{2}.a+0=\dfrac{3{{a}^{2}}}{4}\left( 1 \right)$

$\left| \overrightarrow{MN} \right|.\left| \overrightarrow{AP} \right|=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}.\dfrac{3a}{2}=\dfrac{3\sqrt{2}{{a}^{2}}}{4}\left( 2 \right)$

Thay $\left( 1 \right),\left( 2 \right)$ vào $\left( * \right)$ ta được: $\cos \left( \overrightarrow{MN},\overrightarrow{AP} \right)=\dfrac{\dfrac{3{{a}^{2}}}{4}}{\dfrac{3\sqrt{2}{{a}^{2}}}{4}}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \widehat{\left( MN,AP \right)}={{45}^{0}}.$

Đáp án [C].

Gọi $I$ là trung điểm của $AC$. Ta có $IM=IN=a$.

Áp dụng định lý cosin cho $\Delta IMN$ ta có:

$\cos \widehat{MIN}=\dfrac{I{{M}^{2}}+I{{N}^{2}}-M{{N}^{2}}}{2.IM.IN}=\dfrac{{{a}^{2}}+{{a}^{2}}-3{{a}^{2}}}{2.a.a}=-\dfrac{1}{2}\Rightarrow \widehat{MIN}={{120}^{0}}$.

Vì $IM//AB,IN//CD\Rightarrow \widehat{\left( AB,CD \right)}=\widehat{\left( IM,IN \right)}={{180}^{0}}-{{120}^{0}}={{60}^{0}}$.

Phương pháp 1:

Gọi $H$ là trung điểm của $BC$, $\varphi $ là góc giữa $A{A}’$ và ${B}'{C}’$.

Ta có $A{A}’//B{B}’$ và ${B}'{C}’//BC$ nên góc giữa $\left( \widehat{A{A}’,{B}'{C}’} \right)=\left( \widehat{B{B}’,BC} \right)$ .

Ta tính góc $\widehat{\,{B}’BH}$

$\Delta ABC$ vuông tại $A$ nên ta có: $BC=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+3{{a}^{2}}}=2a$.

$AH=\dfrac{1}{2}BC=a\Rightarrow {A}’H=\sqrt{A{{{{A}’}}^{2}}-A{{H}^{2}}}=\sqrt{4{{a}^{2}}-{{a}^{2}}}=a\sqrt{3}$.

Vì $AH\bot \left( {A}'{B}'{C}’ \right)$ nên $\Delta {A}'{B}’H$ vuông tại ${A}’$

${B}’H=\sqrt{{A}'{{H}^{2}}+{A}'{{{{B}’}}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+3{{a}^{2}}}=2a$.

\[\cos \widehat{{B}’BH}=\dfrac{{B}'{{B}^{2}}+B{{H}^{2}}-{B}'{{H}^{2}}}{2{B}’B.BH}\]

\[=\dfrac{4{{a}^{2}}+{{a}^{2}}-4{{a}^{2}}}{2.2a.a}=\dfrac{1}{4}\] Chọn A

Phương pháp 2:

Ta có

\[\cos \varphi =\left| \cos \left( \overrightarrow{A{A}’};\overrightarrow{{B}'{C}’} \right) \right|=\dfrac{\left| \overrightarrow{A{A}’}.\overrightarrow{{B}'{C}’} \right|}{\left| \overrightarrow{A{A}’} \right|.\left| \overrightarrow{{B}'{C}’} \right|}=\dfrac{\left| \left( \overrightarrow{AH}+\overrightarrow{H{A}’} \right).\overrightarrow{BC} \right|}{2a.2a}=\dfrac{\left| \overrightarrow{AH}.\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{H{A}’}.\overrightarrow{BC} \right|}{4{{a}^{2}}}=\dfrac{\left| \overrightarrow{AH}.\overrightarrow{BC} \right|}{4{{a}^{2}}}\]

$=\dfrac{\left| \dfrac{1}{2}\left( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC} \right)\left( \overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB} \right) \right|}{4{{a}^{2}}}=\dfrac{\left| \dfrac{1}{2}\left( A{{C}^{2}}-A{{B}^{2}} \right) \right|}{4{{a}^{2}}}=\dfrac{\left| \dfrac{1}{2}\left( 3{{a}^{2}}-{{a}^{2}} \right) \right|}{4{{a}^{2}}}=\dfrac{1}{4}$.

Chọn B

Cách 1.  Gọi \[N\] là trung điểm \[AD\] ta có: $MN\text{//}AC$ $\Rightarrow \left( \,\widehat{AC;BM} \right)=\,\left( \,\widehat{MN;BM} \right)$. Ta tính góc$\,\widehat{BMN}$. Ta có: $BM=BN=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$  (trung tuyến tam giác đều).

$MN=\dfrac{AC}{2}=\dfrac{a}{2}$.

Áp dụng định lý cosin cho $\Delta BMN$,  ta được:

$\cos \,\widehat{BMN}=\dfrac{B{{M}^{2}}+M{{N}^{2}}-B{{N}^{2}}}{2BM.MN}=\dfrac{MN}{2BM}=\dfrac{\sqrt{3}}{6}>0$.

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

Cách 2. $\cos \varphi =\left| \cos \left( \overrightarrow{AC},\overrightarrow{BM} \right) \right|=\dfrac{\left| \overrightarrow{AC}.\overrightarrow{BM} \right|}{\left| \overrightarrow{AC} \right|.\left| \overrightarrow{BM} \right|}=\dfrac{\left| \overrightarrow{AC}.\left( \overrightarrow{CM}-\overrightarrow{CB} \right) \right|}{a.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}}$

$=\dfrac{\left| \overrightarrow{AC}.\overrightarrow{CM}-\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{CB} \right|}{\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}}=\dfrac{\left| a.\dfrac{a}{2}\cos {{120}^{0}}-a.a.\cos {{120}^{0}} \right|}{\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}}=\dfrac{\left| -\dfrac{{{a}^{2}}}{4}+\dfrac{{{a}^{2}}}{2} \right|}{\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}}=\dfrac{\dfrac{{{a}^{2}}}{4}}{\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}}=\dfrac{\sqrt{3}}{6}$.