Bài 5 trang 98 sgk hình học 11
Chohình chóp tam giác \[S.ABC\] có \[SA = SB = SC\] và có\[\widehat{ABC}= \widehat{BSC}=\widehat{CSA}.\]Chứng minh rằng \[SA BC, SB AC, SC AB\].
Giải
[h.3.19]
\[\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{SA}.[\overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SB}]\]
\[=\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SB}\]
\[= SA.SC.\cos\widehat{ASC} - SA.SB.\cos\widehat{ASB} = 0\].
Vậy \[SA BC\].
\[\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{SB}.[\overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SA}]\]
\[=\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{SA}\]
\[= SB.SC.\cos\widehat{BSC} - SB.SA.\cos\widehat{ASB} = 0\].
Vậy \[SB AC\].
\[\overrightarrow{SC}.\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{SC}.[\overrightarrow{SB}-\overrightarrow{SA}]\]
\[=\overrightarrow{SC}.\overrightarrow{SB}-\overrightarrow{SC}.\overrightarrow{SA}\]
\[= SC.SB.\cos\widehat{BSC} - SC.SA.\cos\widehat{ASC} = 0\].
Vậy \[SC AB\].
Bài 6 trang 98 sgk Hình học 11
Trong không gian cho hai hình vuông \[ABCD\] và \[ABC'D'\] có chung cạnh \[AB\] và nằm trong hai mặt phẳng khác nhau, lần lượt có tâm \[O\] và \[O'\]. Chứng minh rằng \[AB OO'\] và tứ giác \[CDD'C'\] là hình chữ nhật.
Giải
[h.3.20]
\[\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{OO'}=\overrightarrow{AB}.[\overrightarrow{AO'}-\overrightarrow{AO}]\]
\[=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AO'}-\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AO}\]
\[= AB.AO'.\cos45^{0} -AB.AO.\cos45^{0}\]
\[= 0\].
Vậy \[AB OO'\].
Mặt khác ta có \[CD\] song song và bằng \[C'D'\] nên \[CDC'D'\] là hình bình hành. \[AB\] vuông góc với \[BC\] và \[BC'\] nên \[AB\] vuông góc với \[[BCC']\]\[ \Rightarrow AB CC'\]; mà \[CD// AB \Rightarrow CD CC' \RightarrowCDD'C'\] là hình chữ nhật.
Bài 7 trang 98 sgk Hình học 11
Cho \[S\] là diện tích tam giác \[ABC\]. Chứng minh rằng:
\[S=\frac{1}{2}\sqrt{\overrightarrow{AB}^{2}.\overrightarrow{AC}^{2}-[\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}]^{2}}.\]
Giải
\[S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC.sinA =\]\[\frac{1}{2}AB.AC.\sqrt{1-cos^{2}A}\]
\[=\frac{1}{2}AB.AC.\sqrt{1-\left [ \frac{\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AB}|.|\overrightarrow{AC}|} \right ]^{2}}\]
\[=\frac{1}{2}\sqrt{\overrightarrow{AB}^{2}.\overrightarrow{AC}^{2}-[\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}]^{2}}.\]
Bài 8 trang 98 sgk hình học 11
Cho tứ diện \[ABCD\] có \[AB = AC = AD\] và\[\widehat{BAC}=\widehat{BAD}=60^{0}.\]Chứng minh rằng:
a] \[AB CD\];
b] Nếu \[M, N\] lần lượt là trung điểm của \[AB\] và \[CD\] thì \[MN AB\] và \[MN CD\].
Giải
[h.3.21]
a]\[\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AB}[\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC}]\]
\[=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}\]
\[=AB.AD.\cos\widehat{BAD}-AB.AC.\cos\widehat{BAC} =0\]
Cộng [1] với [2] theo vế với vế ta được: \[\overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}[\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC}]=\frac{1}{2}[\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}].\]
Ta có\[\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{MN}={1 \over 2}\overrightarrow {AB} .[\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} ]\]
\[= {1 \over 2}[\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} - A{B^2}]\]
\[= {1 \over 2}[AB.AD.\cos\widehat{BAD}+AB.AC.\cos\widehat{BAC}-AB^2]\]
\[={1 \over 2}[AB.AD.\cos60^0+AB.AC.\cos60^0-AB^2]\]
\[={1 \over 2}\left[{1 \over 2}AB^2+{1 \over 2}AB^2-AB^2\right]=0\] \[\Rightarrow AB MN\].
Chứng minh tương tự ta được: \[CD MN\].