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

Ta có $\overrightarrow {AD} \; = \overrightarrow {A'D'}$, suy ra $\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A'D'} } \right) = \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} } \right) = \overrightarrow {DAB} = {90^ \circ }$.

Ta có $\overrightarrow {A'C'} \; = \overrightarrow {AC}$, suy ra $\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A'C'} } \right) = \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \overrightarrow {CAB} = {45^ \circ }$

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 $(\overrightarrow{{A}^{'}A},\overrightarrow{C{B}^{'}})=(\overrightarrow{{B}^{'}B},\overrightarrow{C{B}^{'}})={180}^{^{\circ}}-B{B}^{'}C={180}^{^{\circ}}-{45}^{^{\circ}}={135}^{^{\circ}}$

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

a) Vì $\overrightarrow {AB} = \vec u,\overrightarrow {AC} = \vec v$ nên $(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v})=(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=BAC={60}^{^{\circ}}$

b) $|\vec u| = 2,|\vec v| = 3$ nên $|\overrightarrow {AB} | = 2,|\overrightarrow {AC} | = 3$.

Ta có $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=|\overrightarrow{AB}|\cdot |\overrightarrow{AC}|\cdot \cos (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=2.3\cdot \cos {60}^{^{\circ}}$

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

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 $(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{CD})={90}^{^{\circ}}$

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

Do đó $(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{{A}^{'}{C}^{'}})=(\overrightarrow{{A}^{'}{B}^{'}},\overrightarrow{{A}^{'}{C}^{'}})={B}^{'}{A}^{'}{C}^{'}={45}^{^{\circ}}$ (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 $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{{A}^{'}{C}^{'}}=|\overrightarrow{AB}|\cdot |\overrightarrow{{A}^{'}{C}^{'}}|\cdot \cos (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{{A}^{'}{C}^{'}})=1\cdot \sqrt{2}\cdot \cos {45}^{^{\circ}}=1$

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

Do đó $(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{C{C}^{'}})=(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{A{A}^{'}})=BA{A}^{'}={90}^{^{\circ}}$

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 $\cos CA{C}^{'}=\frac{A{C}^{2}+A{C}^{2}-C{C}^{2}}{2\cdot AC\cdot A{C}^{'}}=\frac{2+3-1}{2\cdot \sqrt{2}\cdot \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}\Rightarrow CA{C}^{'}\approx {35}^{^{\circ}}{16}^{'}$

Vậy $(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{A{C}^{'}})\approx {35}^{^{\circ}}{16}^{'}$

a) Ta có: $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AO} + \overrightarrow {OB} ;\overrightarrow {{A^\prime }{B^\prime }} = \overrightarrow {{A^\prime }{O^\prime }} + \overrightarrow {{O^\prime }{B^\prime }}$

Mà $\overrightarrow {OA} = \vec a,\overrightarrow {OB} = \vec b,\overrightarrow {{O^\prime }{A^\prime }} = \vec a,\overrightarrow {{O^\prime }{B^\prime }} = \vec b \Rightarrow \overrightarrow {AO} = \overrightarrow {{A^\prime }{O^\prime }} ;\overrightarrow {OB} = \overrightarrow {{O^\prime }{B^\prime }}$

Do đó, $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {{A^\prime }{B^\prime }}$

b) Áp dụng định lí côsin vào tam giác AOB ta có: $\cos AOB = \frac{{O{A^2} + O{B^2} - A{B^2}}}{{2.OA \cdot OB}}$

Áp dụng định lí côsin vào tam giác ${{\rm{A}}^\prime }{A^\prime }{B^\prime }$ ta có: $\cos {A^\prime }{O^\prime }{B^\prime } = \frac{{{O^\prime }{A^{\prime 2}} + {O^\prime }{B^2} - {A^\prime }{B^2}}}{{2 \cdot {O^\prime }{A^\prime } \cdot {O^\prime }{B^\prime }}}$

vi $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {{A^\prime }{B^\prime }} \Rightarrow AB = {A^\prime }{B^\prime },\overrightarrow {AO} = \overrightarrow {{A^\prime }{O^\prime }} \Rightarrow OA = {O^\prime }{A^\prime };\overrightarrow {OB} = \overrightarrow {{O^\prime }{B^\prime }} \Rightarrow OB = {O^\prime }{B^\prime }$

Do đó, $\cos AOB = \cos {A^\prime }{O^\prime }{B^\prime } \Rightarrow AOB = {A^\prime }{O^\prime }{B^\prime }$

Vì ABCD là hình bình hành nên AB // DC.

Trên tia AB lấy điểm E sao cho $\overrightarrow {BE} = \overrightarrow {DC}$ (Hình 2.20). Ta có:

$$\left( {\overrightarrow {DC} ,\overrightarrow {BS} } \right) = \left( {\overrightarrow {BE} ,\overrightarrow {BS} } \right) = \widehat {EBS} = {180^o} - {60^o} = {120^o}$$

Ta có: $\cos (\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {AB} ) = \frac{{\overrightarrow {SC} \cdot \overrightarrow {AB} }}{{|\overrightarrow {SC} | \cdot |\overrightarrow {AB} |}} = \frac{{(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {AC} ) \cdot \overrightarrow {AB} }}{{{a^2}}} = \frac{{\overrightarrow {SA} \cdot \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {AB} }}{{{a^2}}}.$

Từ giả thiết suy ra SAB là tam giác đều và ABC là tam giác vuông cân tại $A$. Từ đó ta tính được: $\overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{AB}=a\cdot a\cdot \cos {120}^{^{\circ}}=-\frac{{a}^{2}}{2}\text{và}\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{AB}=0.\$

Suy ra $\cos (\overrightarrow{SC},\overrightarrow{AB})=-\frac{1}{2}\cdot$Vậy $(\overrightarrow{SC},\overrightarrow{AB})={120}^{^{\circ}}$

a) Vì ABCD là hình bình hành nên $AB//CD$. Gọi $E$ là điểm thuộc tia $A B$ sao cho $\overrightarrow {BE} = \overrightarrow {DC}$.

Ta có:

$(\overrightarrow {DC} ,\overrightarrow {BS} ) = (\overrightarrow {BE} ,\overrightarrow {BS} ) = \widehat {EBS}{\rm{. }}$ vuông cân (tại $S$ ) nên $\widehat{SBA}={45}^{^{\circ}}$

Suy ra $\widehat{EBS}={180}^{^{\circ}}-{45}^{^{\circ}}={135}^{^{\circ}}$, hay $(\overrightarrow{DC},\overrightarrow{BS})={135}^{^{\circ}}$.

Mặt khác, do $AB = a$ nên $AS = BS = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Từ đó ta có: $\overrightarrow{DC}\cdot \overrightarrow{BS}\ =|\overrightarrow{DC}|\cdot |\overrightarrow{BS}|\cdot \cos (\overrightarrow{DC},\overrightarrow{BS})=a\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \cos {135}^{^{\circ}}={a}^{2}\frac{\sqrt{2}}{2}(-\frac{\sqrt{2}}{2}).$

Vậy $\overrightarrow{DC}\cdot \overrightarrow{BS}=-\frac{{a}^{2}}{2}$

b) $\overrightarrow{DC}\cdot \overrightarrow{AS}=\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AS}=|\overrightarrow{AB}|\cdot |\overrightarrow{AS}|\cdot \cos (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AS})=a\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \cos {45}^{^{\circ}}=\frac{{a}^{2}}{2}$.

c) Tam giác ASB cân tại $S$ và $M$ là trung điểm của cạnh $A B$ nên $SM \bot AB$, hay $\overrightarrow {MS} \bot \overrightarrow {AB}$. Suy ra $\overrightarrow {DC} \cdot \overrightarrow {MS} = \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {MS} = 0$.

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

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 $SAC={45}^{^{\circ}}$. Do đó $\overrightarrow{AS}\cdot \overrightarrow{AC}=|\overrightarrow{AS}|\cdot |\overrightarrow{AC}|\cdot \cos SAC=a\cdot \sqrt{2}a\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}={a}^{2}$.

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 $SAB={60}^{^{\circ}}$

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

Ta có: $\cos \left( {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {AB} } \right) = \frac{{\overrightarrow {SC} .\overrightarrow {AB} }}{{\left| {\overrightarrow {SC} .} \right|\left| {\overrightarrow {AB} } \right|}} = \frac{{\left( {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {AC} } \right).\overrightarrow {AB} }}{{{a^2}}} = \frac{{\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} }}{{{a^2}}}$

Từ giả thiết suy ra SAB là tam giác đều và ABC là tam giác vuông cân tại A.

Từ đó ta tính được: $\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {AB} = a.a.\cos {120^o} = - \frac{{{a^2}}}{2},\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} = 0$

Suy ra $\cos \left( {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {AB} } \right) = - \frac{1}{2}$. Vậy $\left( {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {AB} } \right) = {120^o}$

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