Bài 3.8: Cho tứ diện ABCD. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng:
\(\overrightarrow {G{\rm{D}}} .\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {G{\rm{D}}} .\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {G{\rm{D}}} .\overrightarrow {GC} = 0\)
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: 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.
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 \(\overrightarrow {MN} = {1 \over 2}\left( {\overrightarrow b + \overrightarrow d – \overrightarrow c } \right)\)
Advertisements (Quảng cáo)
\(\eqalign{
& \overrightarrow {QP} = \overrightarrow {QA} + \overrightarrow {AP} \cr
& = – {1 \over 2}\overrightarrow {A{\rm{D}}} + {1 \over 2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) \cr
& = {1 \over 2}\left( {\overrightarrow b + \overrightarrow c – \overrightarrow d } \right) \cr} \)
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: 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 \(\overrightarrow {SC} \).
Ta tính côsin của góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow {SC} \) và \(\overrightarrow {AB} \). Ta có
Advertisements (Quảng cáo)
\(\eqalign{
& \cos \left( {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {AB} } \right) = {{\overrightarrow {SC} .\overrightarrow {AB} } \over {\left| {\overrightarrow {SC} } \right|.\left| {\overrightarrow {AB} } \right|}} \cr
& = {{\left( {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {AC} } \right).\overrightarrow {AB} } \over {{a^2}}} = {{\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} } \over {{a^2}}} \cr} \)
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: 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.
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°.
