12 bài tập Góc giữa hai vectơ trong không gian – Tích vô hướng (có lời giải)

Vì \(A{A^\prime }//C{C^\prime }\) và \(A{A^\prime } = C{C^\prime }\) nên \(A{A^\prime }{C^\prime }C\) là hình bình hành.

Suy ra \(\overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {{A^\prime }{C^\prime }} \).

Vì AA'B'B là hình vuông nên \(\overrightarrow {{A^\prime }A}  = \overrightarrow {{B^\prime }B} \).

Do đó $\left(\overrightarrow{A^{\text{'}}A},\overrightarrow{C{B}^{\text{'}}}\right)=\left(\overrightarrow{B^{\text{'}}B},\overrightarrow{C{B}^{\text{'}}}\right)={180}^{°}-B{B}^{\text{'}}C={180}^{°}-{45}^{°}={135}^{°}$

(Vì \(B{B^\prime }{C^\prime }C\) là hình vuông nên \({B^\prime }C\) là phân giác của \(B{B^\prime }{C^\prime }\) ).

a) Ta có: $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=\left|\overrightarrow{AB}\right|\cdot \left|\overrightarrow{AC}\right|\cdot \cos (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})$ $=AB\cdot AC\cdot \cos BAC=a\cdot a\cdot \cos {60}^{°}=\frac{a^2}{2}\text{. }$

Tương tự ta cūng có \(\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AD}  = \frac{{{a^2}}}{2}\).

Ta lại có \(\overrightarrow {AM}  = \frac{1}{2}(\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AD} )\), suy ra:

\[\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AM}  = \overrightarrow {AB} .\frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AD} } \right) = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} } \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{{{a^2}}}{2} + \frac{{{a^2}}}{2}} \right) = \frac{{{a^2}}}{2}\]

b) Ta có: \[\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD}  = \left( {\overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {MB} } \right)\overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {CD}  + \overrightarrow {MB} .\overrightarrow {CD} \]

Mà AM, BM là trung tuyến của các tam giác đều ACD, BCD nên \(\overrightarrow {AM}  \bot \overrightarrow {CD} ,\overrightarrow {MB}  \bot \overrightarrow {CD} \).

Suy ra \(\overrightarrow {AM}  \cdot \overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {MB}  \cdot \overrightarrow {CD}  = 0\).

Từ các kết quả trên ta có \(\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {CD}  = 0\). Suy ra $(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{CD})={90}^{°}$

a) Vì ABB'A' là hình vuông nên \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {{A^\prime }{B^\prime }} \).

Do đó $\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}\right)=\left(\overrightarrow{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}},\overrightarrow{A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}\right)=B^{\text{'}}{A}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}={45}^{°}$ (do \({A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\) là hình vuông nên \({A^\prime }{C^\prime }\) là̀ phân giác của góc \(\left. {{D^\prime }{A^\prime }{B^{\prime \prime }}} \right)\).

Ví \({A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\) là hình vuông cạnh bẳng 1 nên \({A^\prime }{C^\prime } = \sqrt 2 \).

Ta có $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=\left|\overrightarrow{AB}\right|\cdot \left|\overrightarrow{A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}\right|\cdot \cos \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}\right)=1\cdot \sqrt{2}\cdot \cos {45}^{°}=1$

Vì \({\rm{AC}}{{\rm{C}}^\prime }{A^\prime }\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow {C{C^\prime }}  = \overrightarrow {A{A^\prime }} \).

Do đó $\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{C{C}^{\text{'}}}\right)=\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{A{A}^{\text{'}}}\right)=BA{A}^{\text{'}}={90}^{°}$

Do đó \(\overrightarrow {AB}  \bot \overrightarrow {C{C^\prime }} \). Suy ra \(\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {C{C^\prime }}  = 0\).

b) \(\left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {A{C^\prime }} } \right) = CA{C^\prime }\).

Ta có \(A{C^\prime }\) là đường chéo của hình lập phương cạnh bẳng 1 nên \(A{C^\prime } = \sqrt 3 \).

\({\rm{AC}}\) là đường chéo của hình vuông \({\rm{ABCD}}\) cạnh bằng 1 nên \(AC = \sqrt 2 \).

Xét \({\rm{DACC}}\) có $\cos CA{C}^{\text{'}}=\frac{A{C}^2+A{C}^2-C{C}^2}{2\cdot AC\cdot A{C}^{\text{'}}}=\frac{2+3-1}{2\cdot \sqrt{2}\cdot \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}\Rightarrow CA{C}^{\text{'}}\approx {35}^{°}{16}^{\text{'}}$

Vậy $\left(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{A{C}^{\text{'}}}\right)\approx {35}^{°}{16}^{\text{'}}$

a) Tam giác SAD có ba cạnh bằng nhau nên là tam giác đều, suy ra $SAD={60}^{°}$. Tứ giác ABCD là hình vuông nên \(\overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {BC} \), suy ra $(\overrightarrow{AS},\overrightarrow{BC})=(\overrightarrow{AS},\overrightarrow{AD})=SAD={60}^{°}$. Do đó $\overrightarrow{AS}\cdot \overrightarrow{BC}=\left|\overrightarrow{AS}\right|\cdot \left|\overrightarrow{BC}\right|\cdot \cos {60}^{°}=a\cdot a\cdot \frac{1}{2}=\frac{a^2}{2}$

b) Tứ giác ABCD là hình vuông có độ dài mỗi cạnh là a nên độ dài đường chéo AC là \(\sqrt 2 a\). Tam giác SAC có \(SA = SC = a\) và \(AC = \sqrt 2 a\) nên tam giác SAC vuông cân tại \(S\), suy ra $SAC={45}^{°}$. Do đó $\overrightarrow{AS}\cdot \overrightarrow{AC}=\left|\overrightarrow{AS}\right|\cdot \left|\overrightarrow{AC}\right|\cdot \cos SAC=a\cdot \sqrt{2}a\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=a^2$.

c) Gọi \({\rm{O}}\) là giạo điểm của hai đường chéo \({\rm{AC}}\) và \({\rm{BD}}\) trong hình vuông \({\rm{ABCD}}\). Do đó, \({\rm{O}}\) là trung diểm của \({\rm{BD}},{\rm{O}}\) là trung diếm của \({\rm{AC}}\).

Tứ giác \({\rm{ABCD}}\) là hình vuông cạnh a nên độ dài đường chéo \({\rm{BD}}\) là $a\sqrt{2}\Rightarrow OB=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Gọi \({\rm{E}}\) là trung điểm của \({\rm{SC}}\). Mà \({\rm{O}}\) là trung diểm của \({\rm{AC}}\) nên \({\rm{OE}}\) là đường trung bình của tam giác \({\rm{SAC}}\), do đó, \({\rm{OE}}//{\rm{SA}},OE = \frac{1}{2}SA = \frac{a}{2}\). Suy ra: \(\overrightarrow {AS}  = 2\overrightarrow {OE} \)

Vì \({\rm{O}}\) là trung diểm của \({\rm{BD}}\) nên \(\overrightarrow {BD}  = 2\overrightarrow {OB} \)

Vì tam giác SBC có ba cạnh bằng nhau nên tam giác SBC là tam giác đều. Do đó, $B E$ là đường trung tuyến đồng thời là đường cao của tam giác \({\rm{SBC}}\). Do đó, \(EB = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Ta có: \(O{E^2} + O{B^2} = \frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{3{a^2}}}{4} = E{B^2}\) nên  EOB vuông tại \({\rm{O}}\). Do đó, \(\overrightarrow {OE}  \bot \overrightarrow {OB} \)

Ta có: \(\overrightarrow {AS}  \cdot \overrightarrow {BD}  = 2\overrightarrow {OE}  \cdot ( - 2\overrightarrow {OB} ) =  - 4\overrightarrow {OE}  \cdot \overrightarrow {OB}  = 0\)

d) Tứ giác ABCD là hình vuông nên \(\overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {BA} \)

Ta có: \(\overrightarrow {AS}  \cdot \overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AS}  \cdot \overrightarrow {BA}  =  - \overrightarrow {AS}  \cdot \overrightarrow {AB}  =  - |\overrightarrow {AS} | \cdot |\overrightarrow {AB} |\cos (\overrightarrow {AS} ,\overrightarrow {AB} ) =  - |\overrightarrow {AS} | \cdot |\overrightarrow {AB} |\cos SAB\)

Vì tam giác \({\rm{SAB}}\) có ba cạnh bằng nhau nên tam giác \({\rm{SAB}}\) dều, suy ra $SAB={60}^{°}$

Suy ra: $\overrightarrow{AS}\cdot \overrightarrow{CD}=-\left|\overrightarrow{AS}\right|\cdot \left|\overrightarrow{AB}\right|\cos SAB=-a\cdot a\cdot \cos {60}^{°}=\frac{-a^2}{2}$

a) Giả sử cạnh của hình lập phương \(ABCD.{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\) bằng 1 . Khi đó, \({A^\prime }{C^\prime } = {B^\prime }{D^\prime } = \sqrt 2 \) Gọi \({{\rm{E}}^\prime }\) là giao điểm của hai đường chéo \({A^\prime }{C^\prime }\) và \({B^\prime }{D^\prime }\) của hình vuông \({A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\). Khi đó, \({E^\prime }\) là trung diềm của \({A^\prime }{C^\prime }\) và \({B^\prime }{D^\prime }\). Suy ra \(\overline {{B^\prime }{D^\prime }}  = 2\overline {{E^\prime }{D^\prime }} \) và \({E^\prime }{D^\prime } = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Gọi \({\rm{E}}\) là trung diểm của \({\rm{C}}{{\rm{C}}^\prime }\). Mà \({{\rm{E}}^\prime }\) là trung diểm của \({{\rm{A}}^\prime }{{\rm{C}}^\prime }\) nên \({\rm{EE}}\) là đường trung bình của tam giác \({{\rm{A}}^\prime }{C^\prime }{\rm{C}}\). Do đó, \(\overrightarrow {{A^\prime }C}  = 2\overrightarrow {{E^\prime }E} \) và \({E^\prime }E = \frac{1}{2}{A^\prime }C\)

Áp dụng định lí Pythagore vào  vuông tại \({C^\prime }\) có: \({A^\prime }C = \sqrt {{A^\prime }{C^2} + {C^\prime }{C^2}}  = \sqrt {2 + 1}  = \sqrt 3 \)

\( \Rightarrow {E^\prime }E = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta {{\rm{D}}^\prime }{{\rm{C}}^\prime }{\rm{E}}\) vuông tại \({{\rm{C}}^\prime }\) có:

\(E{D^{\prime 2}} = {C^\prime }{D^2} + {C^\prime }{E^2} = 1 + \frac{1}{4} = \frac{5}{4}\)

Vì \({E^\prime }{D^{\prime 2}} + {E^\prime }{E^2} = \frac{1}{2} + \frac{3}{4} = \frac{5}{4} = E{D^{\prime 2}}\) nên \(\Delta {E^\prime }{D^\prime }\) E vuông tại \({{\rm{E}}^\prime }\). Do đó, \(\overrightarrow {{E^\prime }E}  \bot \overrightarrow {{E^\prime }{D^\prime }} \)

Ta có: \(\overline {{A^\prime }C}  \cdot \overline {{B^\prime }{D^\prime }}  = 2 \cdot \overline {{E^\prime }E}  \cdot 2 \cdot \overline {{E^\prime }{D^\prime }}  = 0({\rm{dpcm}})\)