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 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 cách chứng minh hai đường thẳng vuông góc lớp 11, giáo án hai đường thẳng vuông góc lớp 11 cũng như bài tập bài 2 hai đường thẳng vuông góc bên dưới đây hy vọng sẽ hỗ trợ cho bạn học tốt môn Toán lớp 11 nhé!
I. LÝ THUYẾT
I. Vectơ chỉ phương của đường thẳng:
$\vec{a}\ne \vec{0}$ là VTCP của $d$ nếu giá của $\vec{a}$ song song hoặc trùng với $d$.
II. Góc giữa hai đường thẳng:
Cách 1
Để xác định góc giữa hai đường thẳng $a$ và $b$ ta lấy điểm $O$ bất kì dựng ${a}’\text{//}a,$${b}’\text{//}\,b$ và ${a}’\cap {b}’\equiv O$ $\Rightarrow $ $BCD$
Cách 2
Tìm hai vectơ chỉ phương $\overrightarrow{{{u}_{1}}},\,\overrightarrow{{{u}_{2}}}$ lần lượt của hai đường thẳng $a,b$ . Khi đó góc giữa hai đường thẳng xác định bởi $\cos \left( a,b \right)=\frac{\left| \overrightarrow{{{u}_{1}}}\overrightarrow{{{u}_{2}}} \right|}{\left| \overrightarrow{{{u}_{1}}} \right|\left| \overrightarrow{{{u}_{2}}} \right|}$.
Chú ý:
1 Giả sử $\vec{u}$ là VTCP của $a$, $\vec{v}$ là VTCP của $b$, $(\vec{u},\vec{v})=\alpha $.
Khi đó: $\widehat{\left( a,b \right)}=\left\{ \begin{align} & \alpha ne\acute{a}u\,\,0{}^\circ \le \alpha \le 90{}^\circ \\ & 180{}^\circ -\alpha ne\acute{a}u\,\,90{}^\circ <\alpha \le 180{}^\circ \\\end{align} \right.$
2 Nếu $B$ hoặc a º b thì $\left( \widehat{a,b} \right)=0{}^\circ $
3 $0{}^\circ \le \widehat{\left( a,b \right)}\le 90{}^\circ $
III. 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.
II. BÀI TẬP MẪU
Bài tập 1:
Cho tứ diện đều ${ABCD}$ cạnh ${a}$.
a) Tính góc giữa hai véctơ $\widehat{\left( \overrightarrow{AB};\,\overrightarrow{BC} \right)}$.
b) Gọi $I$ là trung điểm của $AB$. Tính góc giữa hai véctơ $\widehat{\left( \overrightarrow{CI};\,\overrightarrow{AC} \right)}$.
Lời giải:
a)Sử dụng công thức tính góc giữa hai vectơ ta được: $\cos \widehat{\left( \overrightarrow{AB};\,\overrightarrow{BC} \right)}=\frac{\overrightarrow{AB}.\,\overrightarrow{BC}}{\left| \overrightarrow{AB} \right|.\,\left| \overrightarrow{BC} \right|}$ $=\frac{\overrightarrow{AB}.\,\overrightarrow{BC}}{AB.\,BC}$
$=\frac{\overrightarrow{AB}.\,\overrightarrow{BC}}{{{a}^{2}}}\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$.
Xét $\overrightarrow{AB}.\,\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}.\left( \overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC} \right)=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}$
Mà $\left\{ \begin{align} & \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{BA}=AB.BA.\cos \widehat{\left( \overrightarrow{AB};\,\overrightarrow{BA} \right)}=a.a.\cos 180{}^\circ =-{{a}^{2}} \\ & \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=AB.AC.\cos \widehat{\left( \overrightarrow{AB};\,\overrightarrow{AC} \right)}=a.a.\cos 60{}^\circ =\frac{{{a}^{2}}}{2} \\\end{align} \right.$ $\to \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{BC}=-{{a}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{2}=-\frac{{{a}^{2}}}{2}$.
$\left( 1 \right)\Leftrightarrow \cos \widehat{\left( \overrightarrow{AB};\,\overrightarrow{BC} \right)}=\frac{-\frac{{{a}^{2}}}{2}}{{{a}^{2}}}=-\frac{1}{2}$ $\to \widehat{\left( \overrightarrow{AB};\,\overrightarrow{BC} \right)}=120{}^\circ $.
b) Ta có $\cos \widehat{\left( \overrightarrow{CI};\,\overrightarrow{AC} \right)}=\frac{\overrightarrow{CI}.\,\overrightarrow{AC}}{\left| \overrightarrow{CI} \right|.\,\left| \overrightarrow{AC} \right|}=\frac{\overrightarrow{CI}.\,\overrightarrow{AC}}{CI.AC}$
Tứ diện $ABCD$ đều cạnh $a$. $CI$ là trung tuyến của tam giác đều $ABC$ nên $CI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
Suy ra $\cos \widehat{\left( \overrightarrow{CI};\,\overrightarrow{AC} \right)}=\frac{\overrightarrow{CI}.\,\overrightarrow{AC}}{\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}}\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$.
Ta có $\overrightarrow{CI}.\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{CI}.\left( \overrightarrow{AI}+\overrightarrow{IC} \right)=\overrightarrow{CI}.\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{CI}.\overrightarrow{IC}$
Do $\Delta ABC$ đều nên $\overrightarrow{CI}\bot \overrightarrow{AI}\Leftrightarrow \overrightarrow{CI}.\overrightarrow{AI}=0$
Đồng thời $\overrightarrow{CI}.\overrightarrow{IC}=CI.IC.\cos \widehat{\left( \overrightarrow{CI};\,\overrightarrow{IC} \right)}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\cos 180{}^\circ =-\frac{3{{a}^{2}}}{4}$
Suy ra $\overrightarrow{CI}.\overrightarrow{AC}=0-\frac{3{{a}^{2}}}{4}=-\frac{3{{a}^{2}}}{4}$.
Thay vào $\left( 2 \right)$ ta được $\left( 2 \right)\Leftrightarrow \cos \widehat{\left( \overrightarrow{CI};\,\overrightarrow{AC} \right)}=\frac{-\frac{3{{a}^{2}}}{4}}{\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$ suy ra $\widehat{\left( \overrightarrow{CI};\,\overrightarrow{AC} \right)}=150{}^\circ $.
Vậy $\left( \overrightarrow{CI};\,\overrightarrow{AC} \right)=150{}^\circ $.
Bài tập 2:
Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA$, $SB$, $SC$ đôi một vuông góc và $SA=SB=SC=a$. Gọi $M$ là trung điểm của $AB$.
a) Biểu diễn các véctơ ${\overrightarrow{SM}}$ và ${\overrightarrow{BC}}$ theo các véctơ ${\overrightarrow{SA}}$, ${\overrightarrow{SB}}$, ${\overrightarrow{SC}}$.
b) Tính ${\widehat{\left( \overrightarrow{SM};\,\overrightarrow{BC} \right)}}$.
Lời giải:
a)Sử dụng quy tắc trung điểm và quy tắc trừ hai véctơ ta được $\left\{ \begin{align} & \overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB}=2\overrightarrow{SM} \\ & \overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BS}+\overrightarrow{SC} \\\end{align} \right.$$\Rightarrow \left\{ \begin{align} & \overrightarrow{SM}=\frac{1}{2}\left( \overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB} \right) \\ & \overrightarrow{BC}=\overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SB} \\\end{align} \right.$.
b)$\cos \widehat{\left( \overrightarrow{SM};\,\overrightarrow{BC} \right)}=\frac{\overrightarrow{SM}.\overrightarrow{BC}}{\left| \overrightarrow{SM} \right|.\left| \overrightarrow{BC} \right|}=\frac{\overrightarrow{SM}.\overrightarrow{BC}}{SM.BC}\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$
Mà $SA$, $SB$, $SC$ đôi một vuông góc nên $\left\{ \begin{align} & \overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SB}=0 \\ & \overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SC}=0 \\ & \overrightarrow{SB}.\overrightarrow{SC}=0 \\\end{align} \right.$
Tam giác $SAB$ và $SBC$ vuông tại $S$ nên theo định lý Pitago ta được $AB=BC=a\sqrt{2}$
suy ra $SM=\frac{1}{2}AB=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Theo câu a ta có: $\overrightarrow{SM}.\overrightarrow{BC}=\frac{1}{2}\left( \overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB} \right)\left( \overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SB} \right)$$=\frac{1}{2}\left( \overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{SB} \right)$$=-\frac{1}{2}S{{B}^{2}}$
$=-\frac{{{a}^{2}}}{2}$.
Thay vào $\left( 1 \right)$ ta được $\cos \widehat{\left( \overrightarrow{SM};\,\overrightarrow{BC} \right)}=\frac{-\frac{{{a}^{2}}}{2}}{\frac{a\sqrt{2}}{2}.a\sqrt{2}}=-\frac{1}{2}$ suy ra $\widehat{\left( \overrightarrow{SM};\,\overrightarrow{BC} \right)}=120{}^\circ $.
Bài tập 3:
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật, các tam giác $SAB$, $SAD$, $SAC$ là các giác vuông tại $A$. Biết $SA=a\sqrt{3}$, $AB=a$, $AD=3a$. Tính góc giữa các đường thẳng sau:
a)$SD$ và $BC$.
b)$SB$ và $CD$.
c)$SC$ và $BD$.
Lời giải
a) Tính góc giữa $SD$ và $BC$
Để xác định góc giữa hai đường thẳng $SD$ và $BC$ ta sử dụng phương án 2, tìm đường thẳng song song với một trong hai đường thẳng $SD$, $BC$ và song song với một đường thẳng còn lại.
Ta dễ nhận thấy $AD//BC$.
Khi đó $\widehat{\left( SD;\,BC \right)}=\widehat{\left( SD;\,AD \right)}=\left[ \begin{align} & \widehat{SDA} \\ & 180{}^\circ -\widehat{SDA} \\\end{align} \right.$
Xét $\Delta SAD$ có $\tan \widehat{SAD}=\frac{SA}{AD}=\frac{\sqrt{3}}{3}$ suy ra $\widehat{SAD}=30{}^\circ $. Vậy $\widehat{\left( SD;\,BC \right)}=30{}^\circ $.
b) Tính góc giữa $SB$ và $CD$
Tương tự, $CD//AB$ $\Rightarrow \widehat{\left( SB;\,CD \right)}=\widehat{\left( SB;\,AB \right)}=\left[ \begin{align} & \widehat{SBA} \\ & 180{}^\circ -\widehat{SBA} \\\end{align} \right.$
Xét $\Delta SAB$ có $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\sqrt{3}$ suy ra $\widehat{SDA}=60{}^\circ $. Vậy $\widehat{\left( SB;\,CD \right)}=60{}^\circ $.
c)Tính góc giữa $SC$ và $BD$
Gọi $O$ là tâm của hình chữ nhật $ABCD$, $I$ là trung điểm của $SA$.
Trong $\Delta SAC$ có $OI//SC$ suy ra $\widehat{\left( SC;\,BD \right)}=\widehat{\left( OI;\,BD \right)}=\left[ \begin{align} & \widehat{IOB} \\ & 180{}^\circ -\widehat{IOB} \\\end{align} \right.$
Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông $ABI$ có: $IB=\sqrt{I{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}+{{a}^{2}}}=\frac{a\sqrt{7}}{2}$
Ta có $ABCD$ là hình chữ nhật nên $BD=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+9{{a}^{2}}}=a\sqrt{10}$ suy ra $OB=OA=\frac{a\sqrt{10}}{2}$.
Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông $ABO$ có $IO=\sqrt{I{{A}^{2}}+A{{O}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{a\sqrt{10}}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{13}}{2}$
Khi đó, theo định lý hàm số cosin cho $\Delta IOB$ ta được: $\cos \widehat{IOB}=\frac{O{{I}^{2}}+O{{B}^{2}}-I{{B}^{2}}}{2.OI.OB}=\frac{\frac{13{{a}^{2}}}{4}+\frac{10{{a}^{2}}}{4}-\frac{7{{a}^{2}}}{4}}{2.\frac{a\sqrt{13}}{2}.\frac{a\sqrt{10}}{2}}=\frac{8}{\sqrt{130}}$
Suy ra $\widehat{IOB}=\arccos \left( \frac{8}{\sqrt{130}} \right)=\widehat{\left( SC;\,BD \right)}$.
Vậy $\widehat{\left( SC;\,BD \right)}=\arccos \left( \frac{8}{\sqrt{130}} \right)$.
Bài tập 4:
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật với $AB=2a$, $AD=2a\sqrt{2}$, $SC=3a$. Hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $\left( ABCD \right)$ là trung điểm $H$ của $AB$. Tính góc giữa:
a) $\left( \overrightarrow{SB};\,\overrightarrow{AC} \right)$.
b) $\left( \overrightarrow{SC};\,\overrightarrow{AM} \right)$, với $M$ là trung điểm của $CD$.
Lời giải
a)Dựng hình bình hành $ACBK$ trong mặt phẳng đáy $\left( ABCD \right)$ ta có $BK//AC$ và $BK=AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}=\sqrt{4{{a}^{2}}+8{{a}^{2}}}=2a\sqrt{3}$; $H{{C}^{2}}=B{{H}^{2}}+B{{C}^{2}}={{a}^{2}}+{{\left( 2a\sqrt{2} \right)}^{2}}=9{{a}^{2}}$$\Rightarrow HC=3a$.
Lại có $HK=HC=3a$, $SH=\sqrt{S{{C}^{2}}-H{{C}^{2}}}=\sqrt{25{{a}^{2}}-9{{a}^{2}}}=4a$.
Dẫn đến $\left\{ \begin{align} & S{{K}^{2}}=S{{H}^{2}}+H{{K}^{2}}={{\left( 4a \right)}^{2}}+{{\left( 3a \right)}^{2}}=25{{a}^{2}}\Rightarrow SK=5a \\ & S{{B}^{2}}=S{{H}^{2}}+H{{B}^{2}}={{\left( 4a \right)}^{2}}+{{a}^{2}}=17{{a}^{2}} \\\end{align} \right.$
Tam giác $SKB$ có $\left( \widehat{SB;\,AC} \right)=\left( \widehat{SB;\,KB} \right)=\widehat{SKB}$ và $\cos \widehat{SKB}=\frac{K{{S}^{2}}+K{{B}^{2}}-S{{B}^{2}}}{2.KS.KB}=\frac{25{{a}^{2}}+12{{a}^{2}}-17{{a}^{2}}}{2.5a.2a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$.
b)Rõ ràng$HC//AM$ vì $AHCM$ là hình bình hành. Do đó $\left( \widehat{SC;\,AM} \right)=\left( \widehat{SC;\,HC} \right)=\widehat{SCH}$.
c)Tam giác $SCH$ vuông ở $H$ nên $\tan \widehat{SCH}=\frac{SH}{HC}=\frac{4a}{3a}=\frac{4}{3}$ $\Rightarrow \widehat{SCH}=\arctan \frac{4}{3}$.
Bài tập 5:
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$, $B$, $AB=BC=a$, $AD=2a$, $SD=4a$. Hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $\left( ABCD \right)$ là điểm $H$ thuộc $AB$ với $\overrightarrow{AH}=-3\overrightarrow{HB}$. Tính góc giữa:
a) $\left( \overrightarrow{SA};\,\overrightarrow{BD} \right)$.
b) $\left( SB;\,AC \right)$.
Lời giải
a)Gọi $I$ là trung điểm của $AD$ ta có $AB=BC=CI=IA=ID=a$, $BCIA$ là hình vuông.
Dựng hình bình hành $BDAE$ trong mặt phẳng đáy $\left( ABCD \right)$ thì $BD//AE$.
$AE=BD=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+4{{a}^{2}}}=a\sqrt{5}$; $EB=AD=2a$.
Vì $\overrightarrow{AH}=-3\overrightarrow{HB}=3\overrightarrow{BH}$ $\Rightarrow HB=\frac{a}{2}$; $AH=\frac{3a}{2}$.
Hơn nữa $H{{E}^{2}}=H{{B}^{2}}+B{{E}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}}{4}+4{{a}^{2}}=\frac{17{{a}^{2}}}{4}$.
Áp dụng định lý pitago các tam giác $SHD$, $ABD$ ta có $S{{H}^{2}}=S{{D}^{2}}-H{{D}^{2}}$ $=S{{D}^{2}}-\left( A{{H}^{2}}+A{{D}^{2}} \right)$ $=16{{a}^{2}}-\frac{9{{a}^{2}}}{4}-4{{a}^{2}}=\frac{39{{a}^{2}}}{4}$.
Ta có $S{{A}^{2}}=S{{H}^{2}}+A{{H}^{2}}=\frac{39{{a}^{2}}}{4}+\frac{9{{a}^{2}}}{4}=12{{a}^{2}}$.
Tam giác $SHE$ vuông tại $H$ do $H$ là hình chiếu nên $S{{E}^{2}}=S{{H}^{2}}+H{{E}^{2}}=\frac{39{{a}^{2}}}{4}+\frac{17{{a}^{2}}}{4}=14{{a}^{2}}$.
$\left( \widehat{SA;\,BD} \right)=\left( \widehat{SA;\,AE} \right)=\widehat{SAE}$ mà $\cos \widehat{SAE}=\frac{S{{A}^{2}}+A{{E}^{2}}-S{{E}^{2}}}{2.SA.AE}=\frac{12{{a}^{2}}+5{{a}^{2}}-14{{a}^{2}}}{2.2a\sqrt{3}.a\sqrt{5}}=\frac{3}{4\sqrt{15}}$.
b)Dựng hình bình hành $BACK$ trong mặt phẳng đáy $\left( ABCD \right)$ ta có $BK=AC=a\sqrt{2}$.
Với $J$ là trung điểm $CK$ thì $JK=\frac{a}{2}$ $\Rightarrow H{{K}^{2}}=H{{J}^{2}}+J{{K}^{2}}={{a}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{4}=\frac{5{{a}^{2}}}{4}$$S{{K}^{2}}=S{{H}^{2}}+H{{K}^{2}}$ $\Rightarrow S{{K}^{2}}=\frac{39{{a}^{2}}}{4}+\frac{5{{a}^{2}}}{4}=11{{a}^{2}}$.
Dễ tính $S{{B}^{2}}=H{{B}^{2}}+S{{H}^{2}}=\frac{39{{a}^{2}}}{4}+\frac{{{a}^{2}}}{4}=10{{a}^{2}}$.
Ta có $\left( \widehat{SB;\,AC} \right)=\left( \widehat{SB;\,BK} \right)=\widehat{SBK}$ $\Rightarrow \cos \widehat{SBK}=\frac{B{{S}^{2}}+B{{K}^{2}}-S{{K}^{2}}}{2.BS.BK}=\frac{10{{a}^{2}}+2{{a}^{2}}-11{{a}^{2}}}{2.a\sqrt{10}.a\sqrt{2}}=\frac{1}{4\sqrt{5}}$.
Bài tập 6:
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 7:
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 8:
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 $a$.
Với $O$ 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 $\left\{ \begin{align} & \overrightarrow{MC}.\overrightarrow{AB}=MC.AB.\cos {{0}^{0}}=(a-x)a \\ & \overrightarrow{CB}.\overrightarrow{BC}=CB.BC.\cos {{180}^{0}}=-{{a}^{2}} \\ & \overrightarrow{BN}.\overrightarrow{CC’}=BN.CC’.\cos {{0}^{0}}=ax \\\end{align} \right.\Rightarrow \overrightarrow{MN}.\overrightarrow{AC’}=\left( a-x \right)a-{{a}^{2}}+ax=0\Leftrightarrow MN\bot AC’$.