Bài 3.8 trang 140 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho tứ diện ABCD. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng: \(\overrightarrow {G{\rm{D}}} .\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {G{\rm{D}}} .\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {G{\rm{D}}} .\overrightarrow {GC} = 0\) Giải: Ta có: \(\eqalign{ & \overrightarrow {G{\rm{D}}} .\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GD} .\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GD} .\overrightarrow {GC} \cr & = \overrightarrow {GD} .\left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} } \right) \cr & = \overrightarrow {GD} .\overrightarrow 0 = 0 \cr} \) (Vì G là trọng tâm của tam giác ABCD nên \(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0 \) ) Bài 3.9 trang 140 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn AC, BD, AD và có MN = PQ . Chứng minh rằng AB ⊥ CD. Giải: Ta cần chứng minh \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {C{\rm{D}}} = 0\) Đặt \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow b ,\,\,\overrightarrow {AC} = \overrightarrow c ,\,\,\overrightarrow {AD} = \overrightarrow d \). Ta có: \(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AN} = - {1 \over 2}\overrightarrow {AC} + {1 \over 2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} } \right)\) Suy ra \(\overrightarrow {MN} = {1 \over 2}\left( {\overrightarrow b + \overrightarrow d - \overrightarrow c } \right)\) \(\eqalign{ & \overrightarrow {QP} = \overrightarrow {QA} + \overrightarrow {AP} \cr & = - {1 \over 2}\overrightarrow {A{\rm{D}}} + {1 \over 2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) \cr & = {1 \over 2}\left( {\overrightarrow b + \overrightarrow c - \overrightarrow d } \right) \cr} \) Theo giả thiết ta có: \(MN = PQ \Leftrightarrow {\overrightarrow {MN} ^2} = {\overrightarrow {QP} ^2}\) \(\eqalign{ & {\left( {\overrightarrow b + \overrightarrow d - \overrightarrow c } \right)^2} = {\left( {\overrightarrow b + \overrightarrow c - \overrightarrow d } \right)^2} \cr & \Leftrightarrow \overrightarrow b .\overrightarrow d - \overrightarrow b .\overrightarrow c = \overrightarrow b .\overrightarrow c - \overrightarrow b .\overrightarrow d \cr & \Leftrightarrow 2\overrightarrow b .\overrightarrow d - 2\overrightarrow b .\overrightarrow c = 0 \cr & \Leftrightarrow \overrightarrow b .\left( {\overrightarrow d - \overrightarrow c } \right) = 0 \cr & \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} .\left( {\overrightarrow {A{\rm{D}}} - \overrightarrow {AC} } \right) = 0 \cr & \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {C{\rm{D}}} = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {C{\rm{D}}} \cr} \) Bài 3.10 trang 140 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho hình chóp tam giác S.ABC có \(SA = SB = SC = AB = AC = a\) và \(BC = a\sqrt 2 \). Tính góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {SC} \). Giải: Ta tính côsin của góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow {SC} \) và \(\overrightarrow {AB} \). Ta có \(\eqalign{ & \cos \left( {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {AB} } \right) = {{\overrightarrow {SC} .\overrightarrow {AB} } \over {\left| {\overrightarrow {SC} } \right|.\left| {\overrightarrow {AB} } \right|}} \cr & = {{\left( {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {AC} } \right).\overrightarrow {AB} } \over {{a^2}}} = {{\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} } \over {{a^2}}} \cr} \) Theo giả thiết ta suy ra hình chóp có các tam giác đều là SAB, SAC và các tam giác vuông là ABC vuông tại A và SBC vuông tại S. Do đó \(\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {AB} = a.a.\cos 120^\circ = - {{{a^2}} \over 2}\) và \(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} = 0\) Vậy \(\cos \left( {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {AB} } \right) = {{ - {{{a^2}} \over 2} + 0} \over {{a^2}}} = - {1 \over 2}\) Hay \(\left( {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {AB} } \right) = {120^0}\) Vậy góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {SC} ) bằng 120° Bài 3.11 trang 141 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho hình chóp A.ABC có \(SA = SB = SC = AB = AC = a\) và \(BC = a\sqrt 2 \). Tính góc giữa hai đường thẳng AB và SC. Giải: Cách thứ nhất Dễ thấy tam giác ABC vuông tại A nên \(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} = 0\) và tam giác SAB đều nên \(\left( {\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {AB} } \right) = {120^0}\). \(\eqalign{ & \overrightarrow {SC} .\overrightarrow {AB} = \left( {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {AC} } \right).\overrightarrow {AB} \cr & = \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} \cr & \left| {\overrightarrow {SA} } \right|.\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\cos 120^\circ = - {{{a^2}} \over 2} \cr & \Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {AB} } \right) = {{\overrightarrow {SC} .\overrightarrow {AB} } \over {\left| {\overrightarrow {SC} } \right|.\left| {\overrightarrow {AB} } \right|}} \cr & = {{ - {{{a^2}} \over 2}} \over {{a^2}}} = - {1 \over 2} \cr}\) Do đó góc giữa hai đường thẳng SC và AB bằng 60° Cách thứ hai Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của SA, SB. AC. Để tính góc giữa hai đường thẳng SC và AB, ta cần tính \(\widehat {NMP}\). Ta có \(NB = MP = {a \over 2},S{P^2} = {{3{a^2}} \over 4},B{P^2} = {{5{a^2}} \over 4}\) \(P{B^2} + S{P^2} = 2N{P^2} + {{S{B^2}} \over 2} \Rightarrow N{P^2} = {{3{{\rm{a}}^2}} \over 4}\) Mặt khác: \(N{P^2} = N{M^2} + M{P^2} - 2MN.MP\cos \widehat {NMP}\) \( \Rightarrow \cos \widehat {NMP} = - {{{{{a^2}} \over 4}} \over {2.{a \over 2}.{a \over 2}}} = - {1 \over 2} \Rightarrow \widehat {NMP} = {120^0}\) Vậy góc giữa hai đường thẳng SC và AB bằng 60°. Bài 3.12 trang 141 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Chứng minh rằng một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thằng song song thì vuông góc với đường thẳng kia. Giải: Giả sử \(a\parallel b\) và \(c \bot a\). Lấy điểm O bất kì trên c, kẻ \(a'\parallel a\) qua O suy ra \(\widehat {cOa'} = {90^0}\). Dễ thấy \(a'\parallel b\) nên \(\widehat {cOa'}\) chính là góc giữa hai đường thằng c và b, do đó \(c \bot b\). Bài 3.13 trang 141 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tất cả các cạnh đều bằng nhau ( hình hộp như vậy còn được gọi là hình hộp thoi). Chứng minh rằng AC ⊥ B’D’ Giải: Từ giả thiết suy ra tứ giác ABCD là hình thoi, do đó AC ⊥ BD Dễ thấy mặt chéo BDD’B’ của hình hộp đã cho là hình bình hành, do đó \(BD\parallel B'D'\). Từ đó, theo bài 3.12 suy ra AC ⊥ B’D’. Bài 3.14 trang 141 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho hình hộp thoi ABCD.A’B’C’D’ có tất cả các cạnh bằng a và \(\widehat {ABC} = \widehat {B'BA} = \widehat {B'BC} = {60^0}\). Chứng minh tứ giác A’B’CD là hình vuông. Giải: Trước hết dễ thấy tứ giác A’B’CD là hình bình hành, ngoài ra \(B'C = a = C{\rm{D}}\) nên nó là hình thoi. Ta chứng minh hình thoi A’B’CD là hình vuông. Ta có: \(\eqalign{ & \overrightarrow {CB'} .\overrightarrow {CD} = \left( {\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {BB'} } \right).\overrightarrow {BA} \cr & = \overrightarrow {CB} .\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BB'} .\overrightarrow {BA} \cr & = - {{{a^2}} \over 2} + {{{a^2}} \over 2} = 0 \cr} \) Vậy tứ giác A’B’CD là hình vuông. Bài 3.15 trang 141 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho tứ diện ABCD trong đó \(AB \bot AC,AB \bot B{\rm{D}}\). Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của AB và CD. Chứng minh rằng AB và PQ vuông góc với nhau. Giải: \(\eqalign{ & \overrightarrow {PQ} = \overrightarrow {PA} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CQ} \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right) \cr & \overrightarrow {PQ} = \overrightarrow {PB} + \overrightarrow {B{\rm{D}}} + \overrightarrow {DQ} \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right) \cr} \) Cộng từng vế (1) và (2) ta có: \(2\overrightarrow {PQ} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {B{\rm{D}}} \) Suy ra \(2\overrightarrow {PQ} .\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {B{\rm{D}}} .\overrightarrow {AB} = 0\) Hay \(\overrightarrow {PQ} .\overrightarrow {AB} = 0\), tức là \(PQ \bot AB\).
