Giải bài 3.44, 3.45, 3.46 trang 164 sách bài tập hình học 11 - Bài trang Sách bài tập (SBT) Hình học

Bài 3.44 trang 164 Sách bài tập (SBT) Hình học 11

Hình chóp tam giác S.ABC có đáy là tam giác đều ABCcạnh 7a, có cạnh SC vuông góc với mặt phẳng đáy (ABC) và SC = 7a.

a) Tính góc giữa SA và BC.

b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SA và BC.

Giải:

a) Gọi Hlà trung điểm của đoạn BC. Qua Avẽ ADsong song với BCvà bằng đoạn HC thì góc giữa BCvà SAlà góc \(\widehat {SA{\rm{D}}}\). Theo định lí ba đường vuông góc, ta có SDDA và khi đó:

\(\cos \widehat {SAD} = {{AD} \over {SA}} = {{HC} \over {SA}} = {{{{7a} \over 2}} \over {7a\sqrt 2 }} = {{\sqrt 2 } \over 4}\)

Vậy góc giữa BCvà SAđược xác định sao cho \(\cos \widehat {SAD} = {{\sqrt 2 } \over 4}\)

Vì \(BC\parallel A{\rm{D}}\)nên BC song song với mặt phẳng (SAD). Do đó khoảng cách giữa SA và BC chính là khoảng cách từ đường thẳng BC đến mặt phẳng (SAD).

Ta kẻ CKSD, suy ra CK(SAD), do đó CKchính là khoảng cách nói trên. Xét tam giác vuông SCDvới đường cao CKxuất phát từ đỉnh góc vuông Cta có hệ thức:

\({1 \over {C{K^2}}} = {1 \over {S{C^2}}} + {1 \over {C{D^2}}} \Rightarrow {1 \over {C{K^2}}} = {1 \over {{{\left( {7{\rm{a}}} \right)}^2}}} + {1 \over {{{\left( {{{7{\rm{a}}\sqrt 3 } \over 2}} \right)}^2}}}\)

(vì \(CD = AH = {{BC\sqrt 3 } \over 2} = {{7{\rm{a}}\sqrt 3 } \over 2}\))

Do đó \({1 \over {C{K^2}}} = {1 \over {49{{\rm{a}}^2}}} + {4 \over {3.49{{\rm{a}}^2}}} = {{3 + 4} \over {3.49{{\rm{a}}^2}}} = {1 \over {21{{\rm{a}}^2}}}\)

Vậy \(CK = a\sqrt {21} \)

Chú ý. Nếu kẻ \(KI\parallel A{\rm{D}}\)và kẻ \(IJ\parallel CK\)thì IJlà đoạn vuông góc chung của SAvà BC.

---

Bài 3.45 trang 164 Sách bài tập (SBT) Hình học 11

Cho tứ diện ABCD. Chứng minh rằng AB vuông góc với CD khi và chỉ khi

\(A{C^2} + B{{\rm{D}}^2} = A{{\rm{D}}^2} + B{C^2}\)

Giải:

Giả sử ABCD ta phải chứng minh \(A{C^2} + B{{\rm{D}}^2} = A{{\rm{D}}^2} + B{C^2}\).

Thật vậy, kẻ BECD tại E, do ABCD ta suy ra CD(ABE) nên CDAE. Áp dụng định lí Py-ta-go cho các tam giác vuông AEC, BEC, AED và BED ta có:

\(\eqalign{
& A{C^2} = A{{\rm{E}}^2} + C{E^2} \cr
& B{{\rm{D}}^2} = B{E^2} + E{{\rm{D}}^2} \cr
& B{C^2} = A{{\rm{E}}^2} + E{C^2} \cr
& {\rm{A}}{{\rm{D}}^2} = A{E^2} + E{{\rm{D}}^2} \cr} \)

Từ đó ta suy ra \(A{C^2} + B{{\rm{D}}^2} = A{D^2} + B{C^2}\)

Ngược lại nếu tứ diện ABCD có \(A{C^2} + B{{\rm{D}}^2} = A{{\rm{D}}^2} + B{C^2}\) thì: \(A{C^2} - A{D^2} = B{C^2} - B{{\rm{D}}^2}\).

Nếu \(A{C^2} - A{D^2} = B{C^2} - B{{\rm{D}}^2} = {k^2}\)thì trong mặt phẳng (ACD) điểm Athuộc đường thẳng vuông góc với CDtại điểm Htrên tia IDvới Ilà trung điểm của CDsao cho \(I{H^2} = {{{k^2}} \over {2C{\rm{D}}}}\).

Tương tự điểm Bthuộc đường thẳng vuông góc với CDcũng tại điểm Hnói trên. Từ đó suy ra CDvuông góc với mặt phẳng (ABH) hay CDAB.

Nếu \(A{C^2} - A{D^2} = B{C^2} - B{{\rm{D}}^2} = - {k^2}\)thì ta có và đưa về trường hợp xét như trên \(A{D^2} - A{C^2} = B{{\rm{D}}^2} - B{C^2} = - {k^2}\).

Chú ý. Từ kết quả của bài toán trên ta suy ra:

Tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối diện vuông góc với nhau khi và chỉ khi \(A{B^2} + C{D^2} = A{C^2} + B{C^2}\).

---

Bài 3.46 trang 164 Sách bài tập (SBT) Hình học 11

Cho hình lập phương ABCD.ABCD. Hãy tính góc của các cặp đường thẳng sau đây:

a) AB và BC

b) ACvà CD

Giải:

a) Ta có \(AB'\parallel DC'\). Gọi là góc giữa ABvà BC, khi đó \(\alpha = \widehat {DC'B}\).

Vì tam giác BCD đều nên \(\alpha = {60^0}\)

b) Gọi \(\beta \)là góc giữa AC và CD.

Vì CDCD và CDAD

( do AD(CDDC)

Ta suy ra CD(ADCB)

Vậy CDAC hay \(\beta = {90^0}\)

Chú ý. Ta có thể chứng minh \(\beta = {90^0}\)bằng cách khác như sau:

Gọi Ivà Klần lượt là trung điểm của các cạnh BC và AD. Ta có \(IK\parallel C{\rm{D}}'\). Dễ dàng chứng minh được AICK là một hình bình hành có bốn cạnh bằng nhau và đó là một hình thoi. Vậy ACIK hay ACCD và góc \(\beta = {90^0}\).