Trong bài viết ngày hôm nay, Khoa Cử chúng tôi muốn đem đến cho các bạn một dạng toán rất hay trong chương trình toán lớp 11 đó chính là về lý thuyết bài tập của hai đường thẳng vuông góc trong không gian rất đầy đủ và chi tiết cho các bạn tham khảo. Với những thông tin được Khoa cử chúng tôi chia sẽ về chuyên đề khai đường thẳng vuông góc trong không gian cũng như các dạng bài tập hai đường thẳng vuông góc trong không gian có lời giải bên dưới đây hy vọng sẽ hỗ trợ cho bạn học tốt môn Toán Hình Học lớp 11 đạt được kết quả cao trong học tập nhé!
I. LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM VỀ HAI ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Để có thể làm được các dạng bài tập hai đường thẳng vuông góc trong không gian violet lớp 11 một cách dễ dàng nhất thì chúng ta cần phải nắm vững và thật chắc các công thức tính cũng như tính chất của này như sau:
A. KHÁI NIỆM HAI ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC
Định nghĩa $a\bot b\Leftrightarrow \widehat{\left( a,b \right)}=90{}^\circ $
Chú ý:
1. $\vec{u}$ là VTCP của a, $\vec{v}$ là VTCP của b. Khi đó $a\bot b\Leftrightarrow \vec{u}.\vec{v}=0$.
2. Hai đường thẳng vuông góc với nhau có thể cắt nhau hoặc chéo nhau.
B. CHỨNG MINH HAI ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC:
Hai đường thẳng $a,b$ được gọi là vuông góc với nhau nếu $\widehat{(a,b)}={{90}^{0}}$. Kí hiệu là $a\bot b$.
–Chú ý: Các phương pháp chứng minh $a\bot b$:
-Chứng minh $\widehat{(a,b)}={{90}^{0}}$.
-Chứng minh hai véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng vuông góc với nhau: $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}=0$.
-Chứng minh hai đường thẳng có quan hệ theo định lí Pitago, trung tuyến tam giác cân, đều, …
II. BÀI TẬP MẪU VỀ HAI ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Khi đã nắm chắc được các lý thuyết liên quan đến các công thức tính hai đường thẳng vuông góc trong không gian lớp 11 thì chúng ta cần phải làm thêm một số bài tập hai đường thẳng vuông góc trong không gian có lời giải rất dễ hiểu để có thể hiểu rõ hơn chương này ngay bên dưới đây:
Bài tập 1: Tính góc giữa hai đường thẳng
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ và $B$. Biết $AB=BC=a$; $AD=2a$. Hình chiếu của $S$ xuống $(ABCD)$ là điểm $H$ thuộc $AC$ sao cho $CH=3AH;\,SH=a\sqrt{3}$. Tính góc giữa:
a) $\left( SC;AB \right)$.
b) $\left( SA;BD \right)$.
Lời giải:
Ta có: $AC=a\sqrt{2}\Rightarrow HC=\frac{3a\sqrt{2}}{4};\,AH=\frac{a\sqrt{2}}{4}\Rightarrow SC=\sqrt{3{{a}^{2}}+\frac{9{{a}^{2}}}{8}}=a\sqrt{\frac{33}{8}}$.
Gọi $E$ là trung điểm của $AD\Rightarrow CE=a$.
$H{{E}^{2}}=A{{E}^{2}}+A{{H}^{2}}-2AH.AE.\cos {{45}^{0}}=\frac{5{{a}^{2}}}{8}\Rightarrow SE=\sqrt{\frac{5{{a}^{2}}}{8}+3{{a}^{2}}}=a\sqrt{\frac{29}{8}}$.
$\cos \left( SC;AB \right)=\cos \left( SC;CE \right)=\frac{S{{C}^{2}}+C{{E}^{2}}-S{{E}^{2}}}{2SC.CE}=\frac{\sqrt{66}}{22}$.
b) Gọi $F$ là điểm thuộc tia đối của $BC$ sao cho $AD=BF$. Khi đó $\left( SA;BD \right)=\left( SA;AF \right)$.
Ta dễ dàng chứng minh được: $\Delta SAF=\Delta SEC\Rightarrow \widehat{SAF}=\widehat{SEC}$.
Bài tập 2: Tính góc giữa hai đường thẳng
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình chữ nhật, $AB=a;\,AD=2a$. Hình chiếu vuông góc của $S$ xuống mặt phẳng $(ABCD)$ là điểm $H$ thuộc $AB$ sao cho $AB=3AH$. Biết ${{S}_{SAB}}={{a}^{2}}$. Tính góc giữa:
a) $\left( SA;BD \right)$.
b) $\left( SC,\,BM \right)$ với $M$ là trung điểm của $AD$.
Lời giải:
a) Gọi $E$ là điểm sao cho $ADBE$ là hình bình hành $\Rightarrow AE=a\sqrt{5};\,BE=2a$.
$\begin{align} & {{S}_{SAB}}={{a}^{2}}\Rightarrow SH=2a;\,AH=\frac{1}{3}AB=\frac{a}{3}\Rightarrow SA=\sqrt{\frac{{{a}^{2}}}{9}+4{{a}^{2}}}=\frac{a\sqrt{37}}{3} \\ & E{{H}^{2}}=A{{E}^{2}}+A{{H}^{2}}=\frac{14{{a}^{2}}}{9}\Rightarrow SE=a\sqrt{\frac{50}{9}} \\ & \cos \left( SA;BD \right)=\cos \left( SA;AE \right)=\left| \cos \widehat{SAE} \right|=\frac{S{{A}^{2}}+A{{E}^{2}}-S{{E}^{2}}}{2SA.AE}=\frac{16}{3\sqrt{185}} \\\end{align}$
b) Tương tự ta có: $\left( SC;BM \right)=\left( SC;CF \right)$ với $F$ là điểm sao cho $BCFM$ là hình bình hành. Khi đó ta tính ra được $\cos \left( SC;BM \right)=\frac{\sqrt{38}}{19}$.
Xem thêm: Hướng dẫn giải bài tập đường thẳng vuông góc với mặt phẳng
Bài tập 3:
Cho tứ diện đều $ABCD$, cạnh bằng $a$. Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta BCD$.
a) Chứng minh $AO$ vuông góc với $CD$.
b) Gọi $M$ là trung điểm của $CD$. Tính góc giữa:
+ $BC$ và $AM$.
+ $AC$ và $BM$.
Lời giải:
a) Sử dụng phương pháp dùng tích vô hướng.
Gọi $M$ là trung điểm của $CD$. Ta có:
$\overrightarrow{AO}.\overrightarrow{CD}=\left( \overrightarrow{AM}+\overrightarrow{MO} \right).\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{MO}.\overrightarrow{CD}$.
Do $ABCD$ là tứ diện đều nên $AM\bot CD$ và $O$ là tâm đáy (hay $O$ là giao điểm của ba đường cao).
Khi đó$\left\{ \begin{align} & AM\bot CD \\ & MO\bot CD \\\end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & \overrightarrow{AM.}\overrightarrow{CD}=0 \\ & \overrightarrow{MO}.\overrightarrow{CD}=0 \\\end{align} \right.$$\Rightarrow \overrightarrow{AO}.\overrightarrow{CD}=0\Leftrightarrow AO\bot CD$.
b) Xác định góc giữa $BC$ và $AM$; $AC$ và $BM$
– Xác định góc giữa $BC$ và $AM$:
Gọi $I$ là trung điểm của $BD\Rightarrow MI//BC$.
Từ đó
$\widehat{\left( BC;AM \right)}=\widehat{\left( MI;AM \right)}=\widehat{\left( AM;MI \right)}=\left[ \begin{align} & \widehat{AMI} \\ & {{180}^{0}}-\widehat{AMI} \\\end{align} \right.$.
Áp dụng định lí hàm số cosin trong $\Delta AMI$ ta được:
$\cos \widehat{AMI}=\frac{A{{M}^{2}}+M{{I}^{2}}-A{{I}^{2}}}{2.AM.MI}$ (1)
Các $\Delta ABD,\,\Delta ACD$ đều, có cạnh $a$ nên $AI=AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
$MI$ là đường trung bình nên $MI=\frac{a}{2}$.
Từ đó $(1)\Leftrightarrow \cos \widehat{AMI}=\frac{\frac{{{a}^{2}}}{4}+\frac{3{{a}^{2}}}{4}-\frac{3{{a}^{2}}}{4}}{2.\frac{a}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{2\sqrt{3}}$
$\Rightarrow \widehat{AMI}=\arccos \left( \frac{1}{2\sqrt{3}} \right)\Leftrightarrow \widehat{\left( BC;AM \right)}=\arccos \left( \frac{1}{2\sqrt{3}} \right)$.
– Xác định góc giữa $BC$ và $AM$:
Gọi $J$ là trung điểm của $AD\Rightarrow MJ//AC$.
Khi dó $\widehat{\left( AC;BM \right)}=\widehat{\left( MJ;BM \right)}=\widehat{\left( MJ;BM \right)}=\left[ \begin{align} & \widehat{BMJ} \\ & {{180}^{0}}-\widehat{BMJ} \\\end{align} \right.$.
Các tam giác $ABD,\,BCD$ là các tam giác đều cạnh $a$, nên các trung tuyến tương ứng $BJ=BM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Do đó, $\Delta AIM=\Delta BJM\Rightarrow \widehat{AMI}=\widehat{BMJ}=\arccos \left( \frac{1}{2\sqrt{3}} \right)$.
Vậy $\widehat{\left( AC;BM \right)}=\arccos \left( \frac{1}{2\sqrt{3}} \right)$.
Bài tập 4:
Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$ cạnh $a$. Đặt $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{a},\,\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{b},\,\overrightarrow{AA’}=\overrightarrow{c}$.
a) Tính góc giữa các đường thẳng $\widehat{\left( AB;B’C’ \right)};\,\widehat{\left( AC;\,B’C’ \right)};\,\widehat{\left( A’C’;B’C \right)}$.
b) Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$ và $I$ là một điểm sao cho $\overrightarrow{OI}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OA’}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OB’}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OC’}+\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{OD’}$. Tính khoảng cách từ $O$ đến $I$ theo $a$.
c) Phân tích hai véc tơ $\overrightarrow{AC’},\,\overrightarrow{BD}$ theo ba véc tơ $\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c}$. Từ đó, chứng tỏ rằng $AC’$ và $BD$ vuông góc với nhau.
d) Trên cạnh $DC$ và $BB’$ lấy hai điểm tương ứng $M,N$ sao cho $DM=BN=x$ (với $0<x<a$).
Chứng minh rằng $AC’$ vuông góc với $MN$.
Lời giải:
Nhận xét:
Để làm tốt các bài toán liên quan đến hình lập phương ta cần nhớ một số tính chất cơ bản của hình lập phương:
– Tất cả các đường chéo ở các mặt của hình lập phương đều bằng nhau và bằng $a\sqrt{2}$ (nếu hình lập phương cạnh $a$).
– Các đoạn thẳng tạo bởi các kích thước của hình lập phương luôn vuông góc với nhau (dài, rộng, cao).
a) Tính góc giữa: $\widehat{\left( AB;B’C’ \right)};\,\widehat{\left( AC;\,B’C’ \right)};\,\widehat{\left( A’C’;B’C \right)}$.
– Tính $\widehat{\left( AB;B’C’ \right)}$:
Do $B’C’//BC\Rightarrow \widehat{\left( AB’,B’C’ \right)}=\widehat{\left( AB,BC \right)}={{90}^{0}}$.
– Tính $\widehat{\left( AC;\,B’C’ \right)}$:
Do $B’C’//BC\Rightarrow \widehat{\left( AC,B’C’ \right)}$
$=\widehat{\left( AC,BC \right)}=\left[ \begin{align} & \widehat{ACB} \\ & {{180}^{0}}-\widehat{ACB} \\\end{align} \right.$.
$ABCD$ là hình vuông nên $\Delta ABC$ là tam giác vuông cân
tại $B$.
$\Rightarrow \widehat{ACB}={{45}^{0}}\Leftrightarrow \widehat{\left( AC,B’C’ \right)}={{45}^{0}}$.
– Tính $\widehat{\left( A’C’;B’C \right)}$:
Do $A’C’//AC\Rightarrow \widehat{\left( A’C’,B’C \right)}=\widehat{\left( AC,B’C \right)}=\left[ \begin{align} & \widehat{ACB’} \\ & {{180}^{0}}-\widehat{ACB’} \\\end{align} \right.$.
Xét trong tam giác $ACB’$ có $AC=B’C=AB’$ (do đều là các đường chéo ở mặt hình vuông của hình lập phương).
Do đó $\Delta ACB’$ đều $\Rightarrow \widehat{ACB’}={{60}^{0}}\Leftrightarrow \widehat{\left( A’C’;\,B’C \right)}={{60}^{0}}$.
b) Tính độ dài $OI$ theo $a$.
Vơi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$ thì $\left\{ \begin{align} & \overrightarrow{OA’}+\overrightarrow{OC’}=\overrightarrow{0} \\ & \overrightarrow{OB’}+\overrightarrow{OD’}=\overrightarrow{0} \\\end{align} \right.$$\Rightarrow \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{0}$.
Khi đó $\overrightarrow{OA}’+\overrightarrow{OC}’+\overrightarrow{OB}’+\overrightarrow{OD}’=\overrightarrow{OI}$.
Gọi $O’$ là tâm của đáy $A’B’C’D’$, theo quy tắc trung tuyến ta có $\left\{ \begin{align} & \overrightarrow{OA’}+\overrightarrow{OC’}=2\overrightarrow{OO’} \\ & \overrightarrow{OB’}+\overrightarrow{OD’}=2\overrightarrow{OO’} \\\end{align} \right.\Rightarrow \overrightarrow{OI}=4\overrightarrow{OO’}$.
Khoảng cách từ $O$ đến $I$ chính là độ dài véc tơ $\overrightarrow{OI}$, từ đó ta được $OI=4OO’=4a$.
c) Phân tích hai véc tơ $\overrightarrow{AC’},\overrightarrow{BD}$ theo ba véc tơ $\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c}$.
Theo tính chất của hình lập phương ta dễ dàng có: $\left\{ \begin{align} & \overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=0 \\ & \overrightarrow{a}.\overrightarrow{c}=0 \\ & \overrightarrow{b}.\overrightarrow{c}=0 \\\end{align} \right.$.
Phân tích: $\left\{ \begin{align} &\overrightarrow{AC’}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CC’}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c} \\& \overrightarrow{BD}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a} \\\end{align} \right.$.
– Chứng minh $AC’$ vuông góc với $BD$:
Xét $\overrightarrow{AC’}.\overrightarrow{BD}=\left( \overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c} \right).\left( \overrightarrow{b}-\overrightarrow{a} \right)=\underbrace{\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}}_{0}+{{\overrightarrow{b}}^{2}}+\underbrace{\overrightarrow{c}.\overrightarrow{b}}_{0}-{{\overrightarrow{a}}^{2}}-\underbrace{\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}}_{0}-\underbrace{\overrightarrow{a}.\overrightarrow{c}}_{0}={{\overrightarrow{b}}^{2}}-{{\overrightarrow{a}}^{2}}$
$=A{{D}^{2}}-A{{B}^{2}}=0\Leftrightarrow \overrightarrow{AC’}.\overrightarrow{BD}=0\Leftrightarrow AC’\bot BD$.
d) Chứng minh rằng $AC’\bot MN$:
Ta có phân tích $\left\{ \begin{align} & \overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BN} \\& \overrightarrow{AC’}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CC’} \\\end{align} \right.$
$\begin{align} & \Rightarrow \overrightarrow{MN}.\overrightarrow{AC’}=\left( \overrightarrow{MC}+\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BN} \right).\left( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CC’} \right) \\ & =\left( \overrightarrow{MC}.\overrightarrow{AB}+\underbrace{\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{BC}}_{0}+\underbrace{\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{CC’}}_{0} \right)+\left( \underbrace{\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{AB}}_{0}+\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{BC}+\underbrace{\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{CC’}}_{0} \right)+\left( \underbrace{\overrightarrow{BN}.\overrightarrow{AB}}_{0}+\underbrace{\overrightarrow{BN}.\overrightarrow{BC}}_{0}+\overrightarrow{BN}.\overrightarrow{CC’} \right) \\ & =\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BN}.\overrightarrow{CC’} \\\end{align}$
Mà $\left\{ \begin{align} & \overrightarrow{MC}.\overrightarrow{AB}=MC.AB.\cos {{0}^{0}}=(a-x)a \\ & \overrightarrow{CB}.\overrightarrow{BC}=CB.BC.\cos {{180}^{0}}=-{{a}^{2}} \\ & \overrightarrow{BN}.\overrightarrow{CC’}=BN.CC’.\cos {{0}^{0}}=ax \\\end{align} \right.\Rightarrow \overrightarrow{MN}.\overrightarrow{AC’}=\left( a-x \right)a-{{a}^{2}}+ax=0\Leftrightarrow MN\bot AC’$.
Bài tập 5:
Cho tứ diện $ABCD$ trong đó $AB=AC=AD=a,\,\widehat{BAC}={{60}^{0}},\,\widehat{BAD}={{60}^{0}},\,\widehat{CAD}={{90}^{0}}$. Gọi $I$ và $J$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD$.
a) Chứng minh rằng $IJ$ vuông góc với cả hai đường thẳng $AB$ và $CD$.
b) Tính độ dài $IJ$.
Lời giải:
a) Từ giả thiết dễ dàng suy ra tam giác $ABC,ABD$ đều, $\Delta ACD$ vuông cân tại $A$.
Từ đó $BC=BD=a,\,CD=a\sqrt{2}\Rightarrow \Delta BCD$ vuông cân tại $B$.
– Chứng minh $IJ$ vuông góc với $AB$
Do các $\Delta ACD,\,\Delta BCD$ vuông cân tại $A,B$ nên
$\left\{ \begin{align} & AJ=\frac{1}{2}CD \\ & BJ=\frac{1}{2}CD \\\end{align} \right.\Rightarrow AJ=BJ\Leftrightarrow IJ\bot AB$.
– Chứng minh $IJ$ vuông góc với $CD$
Do các $\Delta ABC,\,\Delta ABD$ đều nên $CI=DI\Rightarrow IJ\bot CD$.
b) Áp dụng định lí Pitago cho $\Delta AIJ$ vuông tại $I$ ta được:
$IJ=\sqrt{A{{J}^{2}}-A{{I}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{a\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}-\frac{{{a}^{2}}}{4}}=\frac{a}{2}$.
Vậy $IJ=\frac{a}{2}$.
Bài tập 6: Chứng minh rằng $SA\bot BC,\,SB\bot AC,\,SC\bot AB$
Cho hình chóp tam giác $S.ABC$ có $SA=SB=SC$ và $\widehat{ASB}=\widehat{BSC}=\widehat{CSA}$. Chứng minh rằng $SA\bot BC,\,SB\bot AC,\,SC\bot AB$.
Lời giải:
– Chứng minh $SA\bot BC$
Xét $\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{SA}\left( \overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SB} \right)=\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SB}$.
Mà $\left\{ \begin{align} & \overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SC}=SA.SA.\cos \widehat{\left( \overrightarrow{SA};\overrightarrow{SC} \right)} \\ & \overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SB}=SA.SB.cos\widehat{\left( \overrightarrow{SA};\overrightarrow{SB} \right)} \\ & SA=SB=SC \\ & \widehat{ASB}=\widehat{BSC}=\widehat{CSA} \\\end{align} \right.$$\begin{align} & \Rightarrow\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SC}=\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SB}\Leftrightarrow\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SB}=0 \\ & \Leftrightarrow\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{BC}=0\Leftrightarrow SA\bot BC \\\end{align}$
Chứng minh tương tự ta cũng được $SB\bot AC;\,SC\bot AB$.
Như vậy bên trên là tất cả những thông tin cần thiết về lý thuyết cũng như bài tập về các dạng bài tập về khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng lớp 11 có lời giải mà các bạn không nên bỏ qua. Nếu như bạn có thắc mắc hay cần hỗ trợ về các cách giải bài tập về khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng thì đừng ngần ngại mà không liên hệ ngay với chúng tôi để nhận được sự trợ giúp sớm nhất có thể nhé!
Xem thêm:
