Giải SBT Toán học 11 CTST Bài 1: Hai đường thẳng vuông góc có đáp án

Cho N là trung điểm của cạnh AC.

Þ MN là đường trung trực của ∆ABC.

Þ MN // AB Û (AB, DM) = (MN, DM) = $\widehat{DMN}$

Lại có: ∆BCD và ∆ACD là các tam giác đều (theo giả thiết).

Giả sử ABCD là tứ diện đều cạnh a.

Þ DM = DN = $\frac{a\sqrt{3}}{2}$ ; MN = $\frac{AB}{2}$ = $\frac{a}{2}$ .

Áp dụng định lý hàm cos trong ∆DMN, ta có:

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

Do đó (AB, DM) = $\widehat{DMN}$ ≈ 73,22°.

a) Ta có: $\{\begin{matrix}SA\perp AC \\ SA\perp BC\end{matrix}$

Þ SA ^ (ABCD) Û SA ^ AD.

Do BC // AD nên (BC, SD) = (AD, SD).

$\tan \widehat{ADS}=\frac{SA}{AD}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}$

Do đó $(BC,\ SD)=\widehat{ADS}$ = 60°.

b) Do MN // CD nên (SD, MN) = (SD, CD) = $\widehat{SCD}$ .

Áp dụng định lí Pythagore, ta có:

$\{\begin{matrix}SD=\sqrt{S{A}^{2}+A{D}^{2}}=\sqrt{{(a\sqrt{3})}^{2}+{a}^{2}}=2a \\ SC=\sqrt{S{A}^{2}+A{C}^{2}}=\sqrt{{(a\sqrt{3})}^{2}+{a}^{2}}=2a\end{matrix}$

Áp dụng định lí hàm cos trong ∆SCD, ta có:

$\cos \widehat{SCD}=\frac{S{C}^{2}+C{D}^{2}-S{D}^{2}}{2\ .\ SC\ .\ CD}=\frac{{(2a)}^{2}+{a}^{2}-{(2a)}^{2}}{2\ .\ 2\ .\ a\ .\ a}=\frac{1}{4}$

Do đó (SD, MN) = $\widehat{SCD}$ ≈ 75,52°.

a) Gọi E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh AD, BC.

Xét ∆BAD và ∆CDA, ta có:

$\{\begin{matrix}BA=CD \\ BD=CA \\ AD\ chung\end{matrix}$

Do đó ∆BAD = ∆CDA (c.c.c)

Ta có BE = CE (2 đường trung tuyến ứng với cạnh AD).

Suy ra ∆BEC cân tại E nên EF ⊥ BC.

Chứng minh tương tự, ta có: EF ⊥ AD.

Vậy đoạn nối các trung điểm của các cặp cạnh đối thì vuông góc với hai cạnh đó.

b) Gọi G, H lần lượt là các trung điểm của 2 cạnh AB và CD.

Theo tính chất đường trung bình, ta có:

$\{\begin{matrix}EH=GF=\frac{1}{2}AC \\ EG=HF=\frac{1}{2}BD \\ AC\ =\ BD\ (gt)\end{matrix}$Þ EH = GF = EG = HF

Khi đó, EHFG là hình thoi, suy ra EF ^ GH.

Vậy hai đoạn nối các trung điểm của các cặp cạnh đối thì vuông góc với nhau.

a) Ta có: $\{\begin{matrix}IJ\text{//}SB \\ CD\text{//}AB\end{matrix}$$\Rightarrow (IJ,CD)=(SB,AB)=\widehat{SBA}$

Từ giả thiết, ta có ∆SAB là tam giác đều.

$\Rightarrow (IJ,CD)=\widehat{SBA}=60^{\circ}$

b) Ta có: $\{\begin{matrix}IJ\text{//}SB \\ MN\text{//}AD\text{//}BC\end{matrix}$

$\Rightarrow (IJ,MN)=(SB,BC)=\widehat{SBC}$

Từ giả thiết, ta có ∆SBC là tam giác đều.

Do đó $(IJ,\ MN)=\widehat{SBC}=60^{\circ}$

Giả sử điểm H là chân đường vuông góc hạ từ đỉnh A xuống mặt phẳng đáy.

Xét ∆AHB, ∆AHC và ∆AHD:

$\{\begin{matrix}AB=AC=AD=a \\ Canh\ AH\ chung \\ \widehat{AHB\text{​}}=\widehat{AH\text{​}C}=\widehat{AHD}=90^{\circ}\end{matrix}$

Þ ∆AHB, ∆AHC và ∆AHD là các tam giác bằng nhau (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

Þ BH = CH = DH Þ H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.

Þ H º O Û AO là đường cao của tứ diện ABCD.

Þ OA ^ CD.

Vậy hai đường thẳng OA và CD vuông góc với nhau.