17 câu Chủ đề 2: Góc Dạng 1. Góc giữa hai đường thẳng

Ta thấy $A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}//AC\Rightarrow \left(\widehat{C{D}^{\text{'}},A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}\right)=\left(\widehat{C{D}^{\text{'}},AC}\right)=\phi .$

Do các mặt của hình lập phương bằng nhau nên các đường chéo bằng nhau.

Ta có $AC=C{D}^{\text{'}}=A{D}^{\text{'}}=a\sqrt{2}.$

Suy ra $∆$ACD' đều nên $\widehat{\left(C{D}^{\text{'}},AC\right)}=\phi ={60}^o.$

Từ giả thiết ta có $IJ//SB$  (do IJ là đường trung bình của $∆$SCB) và $AB//CD\Rightarrow \left(\widehat{IJ,CD}\right)=\left(\widehat{SB,AB}\right).$

Mặt khác, ta lại có $∆$SAB đều nên $\widehat{SBA}={60}^o.$

Suy ra $\widehat{\left(SB,AB\right)}={60}^o\Rightarrow \widehat{\left(IJ,CD\right)}={60}^o.$

Ta có ABCD là hình bình hành nên $AB//CD.$

Do đó $\widehat{\left(SB,CD\right)}=\widehat{\left(SB,AB\right)}=\widehat{SBA}.$

Vì $SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AB\Rightarrow \Delta SAB$  vuông tại A

Xét tam giác vuông SAB ta có $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SBA}={60}^o.$

Vậy $\widehat{\left(SB,CD\right)}={60}^o.$

Kẻ $OM//SC\Rightarrow \widehat{\left(SC,BD\right)}=\widehat{\left(OM,BD\right)}.$

Ta có ABCD là hình chữ nhật có $AB=a,BC=a\sqrt{3}\Rightarrow AC=BD=2a.$

$\begin{array}{l}BO=\frac{BD}{2}=a,OM=\frac{SC}{2}=\frac{\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}}{2}=\frac{a\sqrt{5}}{2};BM=\sqrt{M{A}^2+A{B}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.\\ \cos \widehat{MOB}=\frac{O{M}^2+B{O}^2-B{M}^2}{2OM.BO}=\frac{\sqrt{5}}{5}\Rightarrow \cos \left(\widehat{SC,BD}\right)=\frac{\sqrt{5}}{5}.\end{array}$

Giả sử hình lập phương có cạnh bằng a.

Do $MN//AC$  nên $\widehat{\left(MN,AP\right)}=\widehat{\left(AC,AP\right)}.$

Ta cần tính góc $\widehat{PAC}.$

Vì $∆$A'D'P vuông tại D' nên $A^{\text{'}}P=\sqrt{A^{\text{'}}{D^{\text{'}}}^2+D^{\text{'}}{P}^2}=\sqrt{a^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.$

$∆$AA'P vuông tại A' nên $AP=\sqrt{A^{\text{'}}{A}^2+A^{\text{'}}{P}^2}=\sqrt{a^2+{\left(\frac{a\sqrt{5}}{2}\right)}^2}=\frac{3a}{2}.$

$∆$CC'P vuông tại C' nên $CP=\sqrt{C{C^{\text{'}}}^2+C^{\text{'}}{P}^2}=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.$

Ta có AC là đường chéo của hỉnh vuông ABCD nên $AC=a\sqrt{2}.$

Áp dụng định lý Côsin trong tam giác ACP ta có:

$C{P}^2=A{C}^2+A{P}^2-2AC.AP.\cos \widehat{CAP}\Rightarrow \cos \widehat{CAP}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \widehat{CAP}={45}^o<{90}^o.$

Suy ra $\widehat{\left(AC,AP\right)}=\widehat{CAP}={45}^o$ hay $\widehat{\left(MN,AP\right)}={45}^o.$

Gọi M, N, K lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng BC, CF, AB.

Khi đó $\left\{\begin{array}{l}MN//BF\\ MK//AC\end{array}\right.\Rightarrow \widehat{\left(AC,BF\right)}=\widehat{\left(MN,MK\right)}.$

Xét tam giác MNK, ta có:

$\begin{array}{l}MN=\frac{1}{2}BF=\frac{1}{2}\sqrt{B{C}^2+C{F}^2}=\frac{1}{2}\sqrt{a^2+4a^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2};\\ MK=\frac{1}{2}AC=\frac{a}{2},CK=\frac{a\sqrt{3}}{2};\\ NK=\sqrt{K{C}^2+N{C}^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}+a^2}=\frac{a\sqrt{7}}{2}.\end{array}$

Suy ra $\cos \widehat{EMN}=\frac{M{E}^2+M{N}^2-E{N}^2}{2ME.MN}=\frac{\frac{a^2}{4}+\frac{5a^2}{4}-\frac{7a^2}{4}}{2.\frac{a}{2}.\frac{a\sqrt{5}}{2}}=-\frac{1}{2\sqrt{5}}.$

Vậy $\cos \widehat{\left(AC,BF\right)}=\left|\cos \widehat{EMN}\right|=\frac{\sqrt{5}}{10}.$

Ta có  $\left\{\begin{array}{l}AD\perp \left(AB{B}_1{A}_1\right)\\ B{B}_1\subset \left(AB{B}_1{A}_1\right)\end{array}\right.\Rightarrow AD\perp B{B}_1\Rightarrow \widehat{\left(AD,B{B}_1\right)}={90}^o.$

Vì $BD//B^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$ nên góc giữa hai đường thẳng BA' và B'D' bằng góc giữa hai đường thẳng BA' và BD.

Ta có ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương nên A'BD là tam giác đều. Khi đó góc giữa hai đường thẳng BA' và BD bằng $\widehat{ABD}={60}^o.$

Gọi K là trung điểm của AB

Vì ABCD là hình vuông nên $KI//AC.$

Suy ra góc giữa AC và IJ bằng góc giữa KI và IJ.

Ta có $IK=\frac{1}{2}AC;IJ=\frac{1}{2}{B}^{\text{'}}C;KJ=\frac{1}{2}A{B}^{\text{'}}.$

Vì ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương nên

$AC=B^{\text{'}}C=A{B}^{\text{'}}\Rightarrow KI=IJ=JK.$

Suy ra $∆$IJK là tam giác đều, nên $\widehat{KIJ}={60}^o.$

Vậy góc giữa AC và IJ bằng 60°.

Gọi H là trung điểm SB ta có $SC//HI.$

Góc giữa đường thẳng AI và SC bằng góc giữa đường thẳng AI và HI.

$\begin{array}{l}AH=\frac{1}{2}SB=\frac{\sqrt{A{B}^2+S{A}^2}}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2};\\ AI=\sqrt{A{B}^2+B{I}^2}=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{2}}=\sqrt{\frac{3}{2}}a.\\ HI=\frac{SC}{2}=\frac{\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}}{2}=\frac{\sqrt{a^2+3a^2}}{2}=a;A{I}^2=A{H}^2+H{I}^2.\end{array}$

Suy ra tam giác AHI vuông tại $H,\cos \widehat{AIH}=\frac{HI}{AI}=\sqrt{\frac{2}{3}}.$

Vì tứ diện OABC có $OA=OB=OC=a;OA,OB,OC$ vuông góc với nhau từng đôi một nên ta có thể dựng hình lập phương AMNP.OBDC (như hình vẽ) với I là trung điểm $BC;\left\{I\right\}=OD\cap BC.$

Cạnh của hình lập phương trên bằng a nên $AB=AN=NB=a\sqrt{2}$ vậy tam giác ABN đều.

Dễ thấy $OI//AN$ nên góc giữa hai đường thẳng AB và OI bằng góc giữa AB và AN bằng 60°.

Gọi E là trung điểm của BD.

Vì $\left\{\begin{array}{l}AB//NE\\ CD//ME\end{array}\right.$ nên góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng góc giữa hai đường thẳng NE và ME.

Trong tam giác MNE ta có:

$\cos \widehat{MEN}=\frac{M{E}^2+N{E}^2-M{N}^2}{2ME.NE}=\frac{\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{4}-\frac{3a^2}{4}}{2.\frac{a^2}{4}}=-\frac{1}{2}.$

Suy ra $\widehat{MEN}={120}^o.$

Vậy góc giữa hai đường thẳng AB và CD là 60°.

Gọi P là trung điểm AC, ta có $PM//CD$ và $PN//AB$ suy ra $\widehat{\left(AB,CD\right)}=\widehat{\left(PM,PN\right)}.$

Dễ thấy $PM=PN=a.$ Xét $∆$PMN ta có:

$\begin{array}{l}\cos \widehat{MPN}=\frac{P{M}^2+P{N}^2-M{N}^2}{2PM.PN}=\frac{a^2+a^2-3a^2}{2.a.a}=-\frac{1}{2}\\ \Rightarrow \widehat{MPN}={120}^o.\end{array}$

Suy ra $\widehat{\left(AB,CD\right)}={180}^o-{120}^o={60}^o.$

Gọi N là trung điểm của AC.

Khi đó $AB//MN$ nên $\widehat{\left(DM,AB\right)}=\widehat{\left(DM,MN\right)}.$

Dễ dàng tính được $DM=DN=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và $MN=\frac{a}{2}.$

Trong tam giác DMN, ta có:

$\cos \widehat{DMN}=\frac{D{M}^2+M{N}^2-D{N}^2}{2DM.MN}=\frac{\frac{a^2}{4}}{2.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{6}.$

Vì $\cos \widehat{DMN}=\frac{\sqrt{3}}{6}>0$ nên $\cos \widehat{\left(DM,MN\right)}=\frac{\sqrt{3}}{6}.$ Vậy $\cos \widehat{\left(DM,AB\right)}=\frac{\sqrt{3}}{6}.$

Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, SB, SA.

Góc giữa AB và SC là góc giữa PN và MN.

Ta có: $MN=\frac{a}{2}=NP;PC=BP=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow PM=\sqrt{P{C}^2-C{M}^2}$

$=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2-{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{a}{2}.$

Suy ra $∆$MNP là tam giác đều $\Rightarrow \widehat{MNP}={60}^o.$ Vậy góc giữa AB và SC bằng 60°.

Đặt $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{a},\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{b},\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{c}.$

Khi đó, ta có $\left|\overrightarrow{a}\right|=\left|\overrightarrow{b}\right|=\left|\overrightarrow{c}\right|=m$ và $\left(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}\right)=\left(\overrightarrow{b},\overrightarrow{c}\right)=\left(\overrightarrow{c},\overrightarrow{a}\right)={60}^o.$

Ta có $\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=\overrightarrow{b}.\overrightarrow{c}=\overrightarrow{c}.\overrightarrow{a}=\frac{m}{2}.$

Vì M, N là trung điểm của AB và CD nên

$\overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC}\right)=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b}\right).$

$\begin{array}{l}M{N}^2=\frac{1}{4}\left({\overrightarrow{a}}^2+{\overrightarrow{b}}^2+{\overrightarrow{c}}^2+2\overrightarrow{a}.\overrightarrow{c}-2\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}-2\overrightarrow{b}.\overrightarrow{c}\right)=\frac{m^2}{2}\Rightarrow MN=\frac{m\sqrt{2}}{2}.\\ \overrightarrow{MN}.\overrightarrow{BC}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b}\right)\left(-\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\right)=\frac{m^2}{2}\Rightarrow \cos \widehat{\left(MN,BC\right)}=\frac{\overrightarrow{MN}.\overrightarrow{BC}}{\left|\overrightarrow{MN}\right|.\left|\overrightarrow{BC}\right|}=\frac{\frac{m^2}{2}}{m.\frac{m\sqrt{2}}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}.\end{array}$