Câu 1:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình thoi \(A B C D\) cạnh \(a\). Cho biết \(S A=a \sqrt{3}, S A \perp A B\) và \(S A \perp A D\). Tính góc giữa \(S B\) và \(C D\), \(S D\) và \(C B\).
baitapsgk11/t11ch8b1sgkh2.png
Vì \(CD\parallel AB\) nên \((SB,CD)=(SB,AB)=\widehat{SBA}\).
\(\triangle SBA\) vuông tại \(A\), có \(\tan \widehat{SBA}=\displaystyle\frac{SA}{AB}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SBA}=60^\circ\).
Tương tự, \(CB\parallel AD\) nên \((SD,CB)=(SD,AD)=\widehat{SDA}\).
Do \(\triangle SAD=\triangle SAB\) (c.g.c) nên \(\widehat{SDA}=\widehat{SBA}=60^\circ\).
}
Câu 2:
Cho tứ diện đều \(A B C D\). Chứng minh rằng \(A B \perp C D\).
baitapsgk11/t11ch8b1sgkh3.png
Gọi \(2x\) là cạnh của tứ diện đều.
Gọi \(M\), \(N\), \(P\) lần lượt là trung điểm của \(BC\), \(AC\), \(BD\).
Các tam giác \(ABD\) và \(CBD\) đều có cùng cạnh \(2x\) nên các đường cao \(AP\) và \(CP\) của chúng cũng bằng nhau, và
\(AP=CP=\displaystyle\frac{2x\sqrt{3}}{2}=x\sqrt{3}\).
Khi đó \(\triangle PAC\) cân tại \(P\), có \(PN\) là đường trung tuyến suy ra \(PN\perp AC\).
Ta có \(\begin{cases}AB\parallel MN\\ CD\parallel MP\end{cases}\) \(\Rightarrow (AB,CD)=(MN,MP)\).
Xét \(\triangle MNP\) có: \(MN=\displaystyle\frac{AB}{2}=x\), \(MP=\displaystyle\frac{CD}{2}=x\); \(PN=\sqrt{PA^2-AN^2}=\sqrt{\left(x\sqrt{3}\right)^2-x^2}=x\sqrt{2}\).
Suy ra \(\triangle MPN\) vuông cân tại \(M\), suy ra \(\widehat{MNP}=90^\circ\).
Vậy \((AB,CD)=(MN,MP)=\widehat{MPN}=90^\circ\), suy ra \(AB\perp CD\) (đpcm).
}
Câu 3:
Cho hình chóp \(S . A B C\) có \(S A=S B=S C=a\), \(\widehat{B S A}=\widehat{C S A}=60^{\circ}\), \(\widehat{B S C}=90^{\circ}\). Cho \(I\) và \(J\) lần lượt là trung điểm của \(S A\) và \(B C\). Chứng minh rằng \(I J \perp S A\) và \(I J \perp B C\).
baitapsgk11/t11ch8b1sgkh4.png
\(\triangle SAB\) và \(\triangle SAC\) cân tại \(S\), có \(\widehat{ASB}=\widehat{ASC}=60^\circ\), suy ra \(SAB\) và \(SAC\) là các tam giác đều. Suy ra \(AB=AC=a\).
\(\triangle SBC\) vuông cân tại \(S\), suy ra \(BC=SA\sqrt{2}=a\sqrt{2}\).
Suy ra \(\triangle BAC\) vuông cân tại \(A\).
\(SBC\) và \(ABC\) là các tam giác vuông có cùng cạnh huyền \(BC\), \(J\) là trung điểm \(BC\Rightarrow JS=JA \left(=\displaystyle\frac{BC}{2}\right)\).
\(\triangle JSA\) cân tại \(S\) có \(JI\) là đường trung tuyến, suy ra \(JI\perp SA\).
\(IB\) và \(IC\) là các đường cao của tam giác đều có cùng cạnh \(a\), suy ra \(IB=IC\).
\(\triangle IBC\) cân tại \(I\), có \(IJ\) là đường trung tuyến nên \(IJ\perp BC\).
}
Câu 4:
Cho tứ diện đều \(A B C D\) cạnh \(a\). Gọi \(K\) là trung điểm của \(C D\). Tính góc giữa hai đường thẳng \(A K\) và \(B C\).
baitapsgk11/t11ch8b1sgkh5.png
Gọi \(I\) là trung điểm \(BD\). Khi đó \(IK\) là đường trung bình của \(\triangle BCD\) nên \(IK\parallel BC\).
Do đó \((AK,BC)=(AK,IK)\).
Xét \(\triangle AIK\) có: \(\begin{cases}AI=AK=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\\ IK=\displaystyle\frac{BC}{2}=\displaystyle\frac{a}{2}\end{cases}\)
\(\Rightarrow \cos \widehat{AKI}=\displaystyle\frac{KA^2+KI^2-AI^2}{2KI\cdot KA}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{6}\Rightarrow \widehat{AKI}\approx 73^\circ 13'\).
}
Câu 5:
Cho tứ diện \(A B C D\). Gọi \(M, N\) lần lượt là trung điểm của \(B C\) và \(A D\). Biết \(A B=C D=2 a\) và \(M N=a \sqrt{3}\). Tính góc giữa \(A B\) và \(C D\).
baitapsgk11/t11ch8b1sgkh6.png
Gọi \(P\) là trung điểm \(AC\). Ta có \(\begin{cases}MP\parallel AB\\ NP\parallel CD\end{cases}\) \(\Rightarrow (AB,CD)=(MP,NP)\).
Xét \(\triangle MNP\) có \(\begin{cases}NP=\displaystyle\frac{CD}{2}=a\\MP=\displaystyle\frac{AB}{2}=a\\MN=a\sqrt{3}.\end{cases}\)
\(\Rightarrow \cos\widehat{NPM}=\displaystyle\frac{PN^2+PM^2-MN^2}{2PN\cdot PM}=-\displaystyle\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{NPM}=120^\circ>90^\circ\).
Suy ra \((MP,NP)=180^\circ-\widehat{NPM}=180^\circ-120^\circ=60^\circ\).
Vậy \((AB,CD)=60^\circ\).
}
Câu 6:
Một ô che nắng có viền khung hình lục giác đều \(ABCDEF\) song song với mặt bàn và có cạnh \(A B\) song song với cạnh bàn \(a\). Tính số đo góc hợp bởi đường thẳng \(a\) lần lượt với các đường thẳng \(AF\), \(AE\) và \(AD\).
baitapsgk11/t11ch8b1sgkh1.png
baitapsgk11/t11ch8b1sgkh7.png
Trong lục giác đều, mỗi góc ở đỉnh bằng \(120^\circ\).
Vì \(a\parallel AB\) nên
\(\bullet\,\) \((a,AF)=(AB,AF)=180^\circ-\widehat{BAF}=180^\circ-120^\circ=60^\circ\).
\(\bullet\,\) \((a,AE)=(AB,AE)=90^\circ\) (\(\triangle EAB\) có \(OE=OB=OA\) nên vuông tại \(A\)).
\(\bullet\,\) \((a,AD)=(AB,AD)=\widehat{DAB}=\widehat{OAB}=60^\circ\) (\(\triangle OAB\) đều).
}