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 \[\beta = {90^0}\].