Hai đường thẳng vuông góc

HAI ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC

A. Lí thuyết cơ bản

1. Tích vô hướng của hai vecto trong không gian

Góc giữa hai vecto trong không gian:

$\displaystyle \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{u},\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{v}\Rightarrow \left( \overrightarrow{u},\overrightarrow{v} \right)=\widehat{BAC}\,({{0}^{0}}\le \widehat{BAC}\le {{180}^{0}})$ .

Tích vô hướng của hai vecto trong không gian:

Cho $\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\ne \overrightarrow{0}$ . Khi đó: $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}=\left| \overrightarrow{u} \right|.\left| \overrightarrow{v} \right|.\cos \left( \overrightarrow{u},\overrightarrow{v} \right)$ .

Với $\overrightarrow{u}=\overrightarrow{0}$ hoặc $\overrightarrow{v}=\overrightarrow{0}$ . Quy ước: $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}=0$ .

$\overrightarrow{u}\bot \overrightarrow{v}\Leftrightarrow \overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}=0$ .

$\displaystyle \overrightarrow{u}\uparrow \uparrow \overrightarrow{v}$ $\to \widehat{\left( \overrightarrow{u};\,\overrightarrow{v} \right)}=0{}^\circ$ .

$\overrightarrow{u}\uparrow \downarrow \overrightarrow{v}$ $\to \widehat{\left( \overrightarrow{u};\,\overrightarrow{v} \right)}=180{}^\circ$ .

2. Góc giữa hai đường thẳng

Khái niệm vectơ chỉ phương của đường thẳng

Một vectơ $\overrightarrow{u}\ne \overrightarrow{0}$ mà có phương song song hoặc trùng với $\left( d \right)$ được gọi là vectơ chỉ phương của đường thẳng $\left( d \right)$ .

Góc giữa hai đường thẳng

Góc giữa hai đường thẳng $a$ và $b$ là góc giữa hai đường thẳng ${a}'$ , ${b}'$ lần lượt song song với $a$ , $b$ . Kí hiệu $\widehat{\left( a;\,b \right)}$

Từ định nghĩa ta có sơ đồ: $\left\{ \begin{array}{l}a//{a}'\\b//{b}'\end{array} \right.\Rightarrow \widehat{\left( a;\,b \right)}=\widehat{\left( {a}';\,{b}' \right)}$ .

Nhận xét:

+ Giả sử $a,b$ có vectơ chỉ phương tương ứng là $\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}$ và $\widehat{\left( \overrightarrow{u};\,\overrightarrow{v} \right)}=\varphi$ .

Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}\widehat{\left( a;\,b \right)}=\varphi \,\,\,;\,\,0{}^\circ \le \varphi \le 90{}^\circ \\\widehat{\left( a;\,b \right)}=180{}^\circ -\varphi \,\,\,;\,\,90{}^\circ \le \varphi \le 180{}^\circ \end{array} \right.$

+ Nếu $a//b$ hoặc $a\equiv b$ thì $\widehat{\left( a;\,b \right)}=0{}^\circ$ .

3. Hai đường thẳng vuông góc

Hai đường thẳng $a,b$ được gọi là vuông góc với nhau nếu $\widehat{(a,b)}={{90}^{0}}$ . Kí hiệu là $a\bot b$ .

Nếu $\overrightarrow{u}$ và $\overrightarrow{v}$ lần lượt là các vecto chỉ phương của hai đường thẳng $a$ và $b$ thì $a\bot b\Leftrightarrow \overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}=0$

Nếu $a//b$ và $c$ vuông góc với một trong hai đường thẳng đó thì $c$ vuông góc với đường thẳng còn lại.

B. Bài tập

Dạng 1. Ứng dụng của tích vô hướng

A. Phương pháp

Muốn tính độ dài của đoạn thẳng $AB$ hoặc tính khoảng cách giữa hai điểm $A$ và $B$ ta dựa vào công thức: $AB=\left| \overrightarrow{AB} \right|=\sqrt{{{\overrightarrow{AB}}^{2}}}$ .

Tính góc giữa hai vecto $\overrightarrow{u}$ và $\overrightarrow{v}$ ta dựa vào công thức: $\cos \left( \overrightarrow{u},\overrightarrow{v} \right)=\frac{\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}}{\left| \overrightarrow{u} \right|.\left| \overrightarrow{v} \right|}$ .

B. Bài tập ví dụ

Ví dụ 1.1: 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 $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{BA}=AB.BA.\cos \widehat{\left( \overrightarrow{AB};\,\overrightarrow{BA} \right)}=a.a.\cos 180{}^\circ =-{{a}^{2}}\\\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=AB.AC.\cos \widehat{\left( \overrightarrow{AB};\,\overrightarrow{AC} \right)}=a.a.\cos 60{}^\circ =\frac{{{a}^{2}}}{2}\end{array} \right.$ $\to \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{BC}=-{{a}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{2}=-\frac{{{a}^{2}}}{2}$ .

$\left( 1 \right)\Leftrightarrow \cos \widehat{\left( \overrightarrow{AB};\,\overrightarrow{BC} \right)}=\frac{-\frac{{{a}^{2}}}{2}}{{{a}^{2}}}=-\frac{1}{2}$ $\to \widehat{\left( \overrightarrow{AB};\,\overrightarrow{BC} \right)}=120{}^\circ$ .

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 $\left( \overrightarrow{CI};\,\overrightarrow{AC} \right)=150{}^\circ$ .

Ví dụ 1.2: 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:

$\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB}=2\overrightarrow{SM}\\\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BS}+\overrightarrow{SC}\end{array} \right.$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow{SM}=\frac{1}{2}\left( \overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB} \right)\\\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SB}\end{array} \right.$ .

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 $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SB}=0\\\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SC}=0\\\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{SC}=0\end{array} \right.$

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 $\widehat{\left( \overrightarrow{SM};\,\overrightarrow{BC} \right)}=120{}^\circ$ .

Dạng 2. Góc giữa hai đường thẳng

A. Phương pháp

Để tính góc giữa hai đường thẳng ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$ trong không gian ta có thể thực hiện theo hai cách sau:

Cách 1: Tìm góc giữa hai đường thẳng ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$ bằng cách chọn một điểm $O$ thích hợp ( $O$ thường nằm trên một trong hai đường thẳng).

Từ $O$ dựng các đường thẳng ${{d}_{1}}',{{d}_{2}}'$ lần lượt song song (có thể trùng nếu $O$ nằm trên một trong hai đường thẳng) với ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$ .

Lưu ý: Để tính góc này ta thường sử dụng định lí cosin trong tam giác $\cos A=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc}$ .

Cách 2: Tìm hai vecto chỉ phương $\overrightarrow{{{u}_{1}}},\overrightarrow{{{u}_{2}}}$ của hai đường thẳng ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$ .

Khi đó góc giữa hai đường thẳng ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$ xác định bởi $\cos \left( {{d}_{1}},{{d}_{2}} \right)=\frac{\left| \overrightarrow{{{u}_{1}}}.\overrightarrow{{{u}_{2}}} \right|}{\left| \overrightarrow{{{u}_{1}}} \right|.\left| \overrightarrow{{{u}_{2}}} \right|}$ .

Lưu ý: Để tính $\overrightarrow{{{u}_{1}}}.\overrightarrow{{{u}_{2}}},\,\left| \overrightarrow{{{u}_{1}}} \right|,\,\left| \overrightarrow{{{u}_{2}}} \right|$ ta chọn ba vecto $\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c}$ không đồng phẳng mà có thể tính được độ dài và góc giữa chúng, sau đó biểu thị các vecto $\overrightarrow{{{u}_{1}}},\overrightarrow{{{u}_{2}}}$ qua các vecto $\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c}$ rồi thực hiện các tính toán.

B. Bài tập ví dụ

Ví dụ 2.1: 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 cách 1, tìm đường thẳng song song với một trong hai đường thẳng $SD$ , $BC$ và cắt đường thẳng còn lại.

Ta dễ nhận thấy $AD//BC$ .

Khi đó $\widehat{\left( SD;\,BC \right)}=\widehat{\left( SD;\,AD \right)}=\left[ \begin{array}{l}\widehat{SDA}\\180{}^\circ -\widehat{SDA}\end{array} \right.$ .

Xét $\Delta SAD$ có $\tan \widehat{SDA}=\frac{SA}{AD}=\frac{\sqrt{3}}{3}$ suy ra $\widehat{SDA}=30{}^\circ$ . Vậy $\widehat{\left( SD;\,BC \right)}=30{}^\circ$ .

b) Tính góc giữa $SB$ và $CD$

Tương tự, $CD//AB$ $\Rightarrow \widehat{\left( SB;\,CD \right)}=\widehat{\left( SB;\,AB \right)}=\left[ \begin{array}{l}\widehat{SBA}\\180{}^\circ -\widehat{SBA}\end{array} \right.$ .

Xét $\Delta SAB$ có $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\sqrt{3}$ suy ra $\widehat{SBA}=60{}^\circ$ . 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 $\widehat{\left( SC;\,BD \right)}=\widehat{\left( OI;\,BD \right)}=\left[ \begin{array}{l}\widehat{IOB}\\180{}^\circ -\widehat{IOB}\end{array} \right.$ .

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 $AOI$ 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 $\widehat{\left( SC;\,BD \right)}=\arccos \left( \frac{8}{\sqrt{130}} \right)$ .

Ví dụ 2.2: Cho tứ diện $ABCD$ , gọi $M$ , $N$ là trung điểm của $BC$ , $AD$ . Biết $AB=CD=2a$ , $MN=a\sqrt{3}$ . Tính góc giữa hai đường thẳng $AB$ và $CD$ .

Lời giải:

Cách 1:

Do $AB$ và $CD$ là hai cạnh đối của tứ diện nên chúng chéo nhau, để xác định góc giữa hai đường thẳng $AB$ và $CD$ ta tạo các đường thẳng tương ứng song song với $AB$ , $CD$ và chúng cắt nhau.

Gọi $P$ là trung điểm của $AC$ , khi đó $MP//AB$ , $NP//CD$

$\Rightarrow \widehat{\left( AB,\,CD \right)}=\widehat{\left( MP,\,NP \right)}=\left[ \begin{array}{l}\widehat{MPN}\\180{}^\circ -\widehat{MPN}\end{array} \right.$

Do $MP$ , $NP$ là các đường trung bình nên ta có $MP=NP=a$ . Áp dụng định lý hàm số cosin trong $\Delta MPN$ ta được: $\cos \widehat{MPN}=\frac{M{{P}^{2}}+N{{P}^{2}}-M{{N}^{2}}}{2.MP.NP}=\frac{2{{a}^{2}}-3{{a}^{2}}}{2.a.a}=-\frac{1}{2}$

Suy ra $\widehat{MPN}=120{}^\circ$ $\Leftrightarrow \widehat{\left( MP;\,NP \right)}=60{}^\circ$ . Vậy $\widehat{\left( AB;\,CD \right)}=60{}^\circ$ .

Nhận xét: Ngoài việc tạo ra điểm $P$ như trên ta cũng có thể lấy điểm $P$ là trung điểm của $BD$ , cách giải khí đó cũng tương tự.

Cách 2:

Ta có: $\cos \left( AB,CD \right)=\cos \left( PM,PN \right)=\frac{\left| \overrightarrow{PM}.\overrightarrow{PN} \right|}{\left| \overrightarrow{PM} \right|.\left| \overrightarrow{PN} \right|}$ .

$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{PM}-\overrightarrow{PN}\Leftrightarrow {{\overrightarrow{MN}}^{2}}=\left( {{\overrightarrow{PN}}^{2}}-{{\overrightarrow{PM}}^{2}} \right)=P{{M}^{2}}+P{{N}^{2}}-2\overrightarrow{PM}.\overrightarrow{PN}$ .

$\overrightarrow{PM}.\overrightarrow{PN}=\frac{P{{M}^{2}}+P{{N}^{2}}-M{{N}^{2}}}{2}=-\frac{{{a}^{2}}}{2}$ .

$\cos \left( AB,CD \right)=\cos \left( PM,PN \right)=\frac{\left| \overrightarrow{PM}.\overrightarrow{PN} \right|}{\left| \overrightarrow{PM} \right|.\left| \overrightarrow{PN} \right|}=\frac{1}{2}$ .

Ví dụ 2.3: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thang vuông tại $A$ và $D$ , $AD=DC=a$ , $AB=2a$ , $SA$ vuông góc với $AB$ và $AD$ , $SA=\frac{2\sqrt{3}a}{3}$ . Tính góc của 2 đường thẳng:

a) $CD$ và $SB$ . b) $SD$ và $BC$ .

Lời giải:

a) Do $DC//AB$ $\Rightarrow \widehat{\left( DC;\,AB \right)}=\widehat{\left( AB;\,SB \right)}=\alpha$

Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ nên $\alpha$ là góc nhọn, khi đó $\tan \alpha =\frac{SA}{AB}=\frac{\frac{2a\sqrt{3}}{3}}{2a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$ suy ra $\alpha =30{}^\circ$ .

Vậy góc giữa hai đường thẳng $DC$ và $SB$ bằng $30{}^\circ$ .

Gọi $I$ là trung điểm của $AB$ , khi đó $AI=a$ . Tứ giác $ADCI$ là hình hình hành (do $AI//DC$ ), có $AI=AD=a$ nên là hình thoi. Lại có góc $A$ , $D$ vuông nên $ADCI$ là hình vuông cạnh $a$ suy ra $DI=a\sqrt{2}$ .

Mặt khác, tứ giác $BIDC$ là hình hình hành (do cặp cạnh $DC$ và $BI$ song song và bằng nhau) nên $BC//DI$ . Khi đó, $\widehat{\left( SD;\,BC \right)}=\widehat{\left( SD;\,DI \right)}$ .

Tam giác $SAI$ vuông tại $A$ nên $S{{I}^{2}}=S{{A}^{2}}+A{{I}^{2}}={{\left( \frac{2a\sqrt{3}}{3} \right)}^{2}}+{{a}^{2}}=\frac{7{{a}^{2}}}{3}$ .

Tam giác $SAD$ vuông tại $A$ nên $S{{D}^{2}}=S{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}={{\left( \frac{2a\sqrt{3}}{3} \right)}^{2}}+{{a}^{2}}=\frac{7{{a}^{2}}}{3}$ .

Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác $SDI$ ta được $\cos \widehat{SDI}=\frac{S{{D}^{2}}+D{{I}^{2}}-S{{I}^{2}}}{2.SD.DI}=\frac{2{{a}^{2}}}{2.\frac{a\sqrt{21}}{3}.a\sqrt{2}}=\frac{3}{\sqrt{42}}$

Do $\cos \widehat{SDI}>0$ nên góc $SDI$ là góc nhọn suy ra $\beta =\widehat{SDI}=\arccos \left( \frac{3}{\sqrt{42}} \right)$ .

Dạng 3. Chứng minh hai đường thẳng vuông góc với nhau

A. Phương pháp

Để chứng ${{d}_{1}}\bot {{d}_{2}}$ ta có thể thực hiện theo các cách sau:

Chứng minh $\displaystyle \overrightarrow{{{u}_{1}}},\overrightarrow{{{u}_{2}}}=0$ , trong đó $\displaystyle \overrightarrow{{{u}_{1}}},\overrightarrow{{{u}_{2}}}$ lần lượt là các vecto chỉ phương của ${{d}_{1}}$ và ${{d}_{2}}$ .

Sử dụng tính chất $\left\{ \begin{array}{l}b//c\\a\bot c\end{array} \right.\Rightarrow a\bot b$ .

Sử dụng định lí Pitago hoặc xác định góc giữa ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$ và tính trực tiếp góc đó.

B. Bài tập ví dụ

Ví dụ 3.1: Cho tứ diện $ABCD$ trong đó $\displaystyle AB=AC=AD=a,\,\widehat{BAC}={{60}^{0}},\,\widehat{BAD}={{60}^{0}},\,\widehat{CAD}={{90}^{0}}$ . Gọi $I$ và $J$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD$ .

a) Chứng minh rằng $\displaystyle IJ$ 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

$\left\{ \begin{array}{l}AJ=\frac{1}{2}CD\\BJ=\frac{1}{2}CD\end{array} \right.\Rightarrow AJ=BJ\Leftrightarrow IJ\bot AB$ .

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 $IJ=\frac{a}{2}$ .

Ví dụ 3.2: Cho hình chóp tam giác $S.ABC$ có $SA=SB=SC$ và $\widehat{ASB}=\widehat{BSC}=\widehat{CSA}$ . Chứng minh rằng $SA\bot BC,\,SB\bot AC,\,SC\bot AB$ .

Lời giải:

Chứng minh $SA\bot BC$

Xét $\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{SA}\left( \overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SB} \right)=\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SB}$ .

Mà $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SC}=SA.SA.\cos \widehat{\left( \overrightarrow{SA};\overrightarrow{SC} \right)}\\\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SB}=SA.SB.cos\widehat{\left( \overrightarrow{SA};\overrightarrow{SB} \right)}\\SA=SB=SC\\\widehat{ASB}=\widehat{BSC}=\widehat{CSA}\end{array} \right.$

$\begin{array}{l}\Rightarrow \overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SC}=\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SB}\Leftrightarrow \overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SB}=0\\\Leftrightarrow \overrightarrow{SA}.\overrightarrow{BC}=0\Leftrightarrow SA\bot BC\end{array}$

Chứng minh tương tự ta cũng được $SB\bot AC;\,SC\bot AB$ .

Ví dụ 3.3: 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:

$\displaystyle \overrightarrow{AO}.\overrightarrow{CD}=\left( \overrightarrow{AM}+\overrightarrow{MO} \right).\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{MO}.\overrightarrow{CD}$ .

Do $\displaystyle ABCD$ là tứ diện đều nên $AM\bot CD$ và $O$

là tâm đáy (hay $O$ là giao điểm của ba đường cao).

Khi đó:

$\left\{ \begin{array}{l}AM\bot CD\\MO\bot CD\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow{AM.}\overrightarrow{CD}=0\\\overrightarrow{MO}.\overrightarrow{CD}=0\end{array} \right.\Rightarrow \overrightarrow{AO}.\overrightarrow{CD}=0\Leftrightarrow AO\bot CD$ .

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:

$\widehat{\left( BC;AM \right)}=\widehat{\left( MI;AM \right)}=\widehat{\left( AM;MI \right)}=\left[ \begin{array}{l}\widehat{AMI}\\{{180}^{0}}-\widehat{AMI}\end{array} \right.$ .

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 $\widehat{\left( AC;BM \right)}=\widehat{\left( MJ;BM \right)}=\widehat{\left( MJ;BM \right)}=\left[ \begin{array}{l}\widehat{BMJ}\\{{180}^{0}}-\widehat{BMJ}\end{array} \right.$ .

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 $\widehat{\left( AC;BM \right)}=\arccos \left( \frac{1}{2\sqrt{3}} \right)$ .

Ví dụ 3.4: 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 $B'C'//BC\Rightarrow \widehat{\left( AC,B'C' \right)}$ $=\widehat{\left( AC,BC \right)}=\left[ \begin{array}{l}\widehat{ACB}\\{{180}^{0}}-\widehat{ACB}\end{array} \right.$ .

$ABCD$ 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 $A'C'//AC\Rightarrow \widehat{\left( A'C',B'C \right)}=\widehat{\left( AC,B'C \right)}=\left[ \begin{array}{l}\widehat{ACB'}\\{{180}^{0}}-\widehat{ACB'}\end{array} \right.$ .

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 $a$ .

Vơi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$ thì $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow{OA'}+\overrightarrow{OC'}=\overrightarrow{0}\\\overrightarrow{OB'}+\overrightarrow{OD'}=\overrightarrow{0}\end{array} \right.\Rightarrow \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{0}$ .

Khi đó $\displaystyle \overrightarrow{OA}'+\overrightarrow{OC}'+\overrightarrow{OB}'+\overrightarrow{OD}'=\overrightarrow{OI}$ .

Gọi $O'$ là tâm của đáy $A'B'C'D'$ , theo quy tắc trung tuyến ta có:

$\displaystyle \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow{OA'}+\overrightarrow{OC'}=2\overrightarrow{OO'}\\\overrightarrow{OB'}+\overrightarrow{OD'}=2\overrightarrow{OO'}\end{array} \right.\Rightarrow \overrightarrow{OI}=4\overrightarrow{OO'}$ .

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: $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=0\\\overrightarrow{a}.\overrightarrow{c}=0\\\overrightarrow{b}.\overrightarrow{c}=0\end{array} \right.$ .

Phân tích: $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow{AC'}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CC'}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\\\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}\end{array} \right.$ .

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 $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BN}\\\overrightarrow{AC'}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CC'}\end{array} \right.$

$\displaystyle \Rightarrow \overrightarrow{MN}.\overrightarrow{AC'}=\left( \overrightarrow{MC}+\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BN} \right).\left( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CC'} \right)$

$\displaystyle =\left( \overrightarrow{MC}.\overrightarrow{AB}+\underbrace{\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{BC}}_{0}+\underbrace{\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{CC'}}_{0} \right)+\left( \underbrace{\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{AB}}_{0}+\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{BC}+\underbrace{\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{CC'}}_{0} \right)$ $\displaystyle +\left( \underbrace{\overrightarrow{BN}.\overrightarrow{AB}}_{0}+\underbrace{\overrightarrow{BN}.\overrightarrow{BC}}_{0}+\overrightarrow{BN}.\overrightarrow{CC'} \right)$

$\displaystyle =\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BN}.\overrightarrow{CC'}$

Mà $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{AB}=MC.AB.\cos {{0}^{0}}=(a-x)a\\\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{BC}=CB.BC.\cos {{180}^{0}}=-{{a}^{2}}\\\overrightarrow{BN}.\overrightarrow{CC'}=BN.CC'.\cos {{0}^{0}}=ax\end{array} \right.$ $\displaystyle \Rightarrow \overrightarrow{MN}.\overrightarrow{AC'}=\left( a-x \right)a-{{a}^{2}}+ax=0\Leftrightarrow MN\bot AC'$ .