Hai đường thẳng vuông góc

Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC \Rightarrow G\) cố định và $\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  = \overrightarrow 0 .$

\(P = {\left( {\overrightarrow {MG}  + \overrightarrow {GA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MG}  + \overrightarrow {GB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MG}  + \overrightarrow {GC} } \right)^2}\)

   \( = 3M{G^2} + 2\overrightarrow {MG} .\left( {\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC} } \right) + G{A^2} + G{B^2} + G{C^2}\)

    \( = 3M{G^2} + G{A^2} + G{B^2} + G{C^2} \ge G{A^2} + G{B^2} + G{C^2}.\)

Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow M \equiv G.\)

Vậy \({P_{\min }} = G{A^2} + G{B^2} + G{C^2}\) với \(M \equiv G\) là trọng tâm tam giác \(ABC.\)

Gọi \(O\) là tâm của hình thoi \(ABCD \Rightarrow \)\(OJ\) là đường trung bình của \(\Delta BCD.\)

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}OJ\,\parallel \,CD\\OJ = \dfrac{1}{2}CD\end{array} \right.\).

Vì \(CD\,\parallel \,OJ \Rightarrow \left( {IJ,CD} \right) = \left( {IJ,OJ} \right)\).

Xét tam giác $IOJ$, có \(\left\{ \begin{array}{l}IJ = \dfrac{1}{2}SB = \dfrac{a}{2}\\OJ = \dfrac{1}{2}CD = \dfrac{a}{2}\\IO = \dfrac{1}{2}SA = \dfrac{a}{2}\end{array} \right.\) $ \Rightarrow \Delta IOJ$ đều.

Vậy \(\left( {IJ,CD} \right) = \left( {IJ,OJ} \right) = \widehat {IJO} = 60^\circ \).

Gọi \(a\) là độ dài cạnh hình lập phương. Khi đó, tam giác \(AB'C\) đều (\(AB' = B'C = CA = a\sqrt 2 \)) do đó \(\widehat {B'CA} = {60^0}\).

Lại có, \(DA'\) song song \(CB'\) nên \(\left( {AC,DA'} \right) = \left( {AC,CB'} \right) = \widehat {ACB'} = {60^0}.\)

Theo giả thiết, ta có \(AB = BC = CD = DA = a\) nên \(ABCD\) là hình thoi cạnh \(a\).

Gọi \(O = AC \cap BD\). Ta có \(\Delta CBD = \Delta SBD{\rm{ }}\left( {c - c - c} \right)\).

Suy ra hai đường trung tuyến tương ứng \(CO\) và \(SO\) bằng nhau.

Xét tam giác \(SAC\), ta có \(SO = CO = \dfrac{1}{2}AC\).

Do đó tam giác \(SAC\) vuông tại \(S\) (tam giác có đường trung tuyến bằng nửa cạnh đáy).

Vậy \(SA \bot SC\).

Ta có \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {EG}  = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} .\) Mặt khác \(\overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} \).

Suy ra \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {EG}  = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {AB} \left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} } \right) = {\overrightarrow {AB} ^2} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} \).

Vì \(ABCD\) là hình vuông \( \Rightarrow AB \bot AD \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  = 0\)

\( \Rightarrow {\overrightarrow {AB} ^2} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  = A{B^2} + 0 = {a^2}.\)

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\left( {MNPQ} \right){\rm{//}}AB\\\left( {MNPQ} \right) \cap \left( {ABC} \right) = MQ\end{array} \right. \Rightarrow MQ{\rm{//}}AB.$

Tương tự ta có \(MN{\rm{//}}CD,\,\,NP{\rm{//}}AB,\,\,QP{\rm{//}}C{\rm{D}}\).

Do đó tứ giác \(MNPQ\) là hình bình hành

Ta có \(\left( {\widehat {AB;CD}} \right) = \left( {\widehat {QM;MN}} \right) = {60^0}\). Suy ra \({S_{MNPQ}} = QM.MN.\sin {60^0}.\)

Ta có  $\Delta CMQ\backsim \Delta CBA\Rightarrow \dfrac{CM}{CB}=\dfrac{MQ}{AB}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow MQ=2.$

 $\Delta BMN\backsim \Delta BCD\Rightarrow \dfrac{BM}{BC}=\dfrac{MN}{CD}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow QN=2.$

Vậy \({S_{MNPQ}} = QM.MN.\sin {60^0} = 2.2.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 .\)

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\left( {MNPQ} \right){\rm{//}}AB\\\left( {MNPQ} \right) \cap \left( {ABC} \right) = MN\end{array} \right. \Rightarrow MN{\rm{//}}AB.$

Tương tự ta có \(MQ{\rm{//}}CD,\,\,NP{\rm{//}}CD,\,\,QP{\rm{//}}AB\). Do đó tứ giác \(MNPQ\) là hình bình hành

Ta có \(\left( {\widehat {AB;CD}} \right) = \left( {\widehat {MN;MQ}} \right) = \widehat {NMQ} = {90^0}\)\( \Rightarrow \) tứ giác \(MNPQ\) là hình chữ nhật.

Lại có   $\Delta CMN\backsim \Delta CBA\Rightarrow \dfrac{CM}{CB}=\dfrac{MN}{AB}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow MN=\dfrac{4}{3};$

              $\Delta ANP\backsim \Delta ACD\Rightarrow \dfrac{AN}{AC}=\dfrac{NP}{CD}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow NP=4.$

Vậy \({S_{MNPQ}} = MN.NP = \dfrac{{16}}{3}.\)

A sai vì: Nếu $a$ và $b$ cùng vuông góc với $c$ thì $a$ và $b$ hoặc song song hoặc chéo nhau hoặc cắt nhau (cùng nằm trong mặt phẳng vuông góc với $c$)

C sai vì: Giả sử hai đường thẳng $a$ và $b$ chéo nhau, ta dựng đường thẳng $c$ là đường vuông góc chung của $a$  và $b$. Khi đó góc giữa $a$ và $c$ bằng với góc giữa $b$ và $c$ và cùng bằng ${90^0}$, nhưng hiển nhiên hai đường thẳng $a$ và $b$ không song song.

D sai vì: Giả sử $a$ vuông góc với $c,b~$ song song với $c$, khi đó góc giữa $a$ và $c$ bằng ${90^0}$, còn góc giữa $b$ và $c$ bằng ${0^0}$.

Do đó B đúng.

Đáp án A sai vì nếu góc giữa hai véc tơ chỉ phương lớn hơn \({90^0}\) thì góc giữa hai đường thẳng sẽ là góc bù với góc đó chứ không bằng.

Đáp án B sai vì vẫn có thể xảy ra các trường hợp \(b\) và \(c\) chéo nhau, cắt nhau, trùng nhau.

Đáp án C sai vì góc giữa hai đường thẳng có thể nhọn hoặc vuông.

Do đó D đúng.

Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\).

Ta có \(\overrightarrow {CD} .\overrightarrow {AM}  = \vec 0\) và \(\overrightarrow {CD} .\overrightarrow {MB}  = \vec 0\).

Do đó  \(\overrightarrow {CD} .\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {CD} .\left( {\overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {MB} } \right) = \overrightarrow {CD} .\overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {CD} .\overrightarrow {MB}  = \vec 0\).

Suy ra $AB \bot CD$ nên số đo góc giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(CD\)  bằng \({90^0}.\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}a \bot b\\b//c\end{array} \right. \Rightarrow a \bot c\) nên đáp án C đúng.

Đán án A: Ta thấy b cùng vuông góc với a và c nhưng hai đường thẳng a,c không vuông góc với nhau

Đáp án B: AB và BC và BB' vuông góc với nhau từng đôi một. BD cũng vuông góc với BB' nhưng lại không vuông góc với AB và cũng không vuông góc với BC.

Đáp án D: Ta thấy đường thẳng AD và BC song song, đường thẳng AB vuông góc với AD nhưng không vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng (ABCD)

Ta có \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AB} .\left( {\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AC} } \right) = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \)

\(\begin{array}{l} = \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AD} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} } \right) - \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right)\\ = \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AD} } \right|.\cos 60^\circ  - \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\cos 60^\circ .\end{array}\)

Mà \(AC = AD \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD}  = 0\)\( \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD} } \right) = 90^\circ \).

Xét \(\overrightarrow {SC} .\overrightarrow {AB}  =  - \overrightarrow {CS} .\left( {\overrightarrow {CB}  - \overrightarrow {CA} } \right) = \overrightarrow {CS} .\overrightarrow {CA}  - \overrightarrow {CS} .\overrightarrow {CB} \)

\( = CS.CA.\cos \widehat {SCA} - CS.CB.\cos \widehat {SCB}\)

Do \(\Delta SAC = \Delta SBC\left( {c.c.c} \right)\) nên \(\widehat {SCA} = \widehat {SCB} \Rightarrow \cos \widehat {SCA} = \cos \widehat {SCB}\)

Do đó \(CS.CA.\cos \widehat {SCA} - CS.CB.\cos \widehat {SCB} = 0\) (do \(CA = CB\)) hay \(\overrightarrow {SC} .\overrightarrow {AB}  = 0\)

Vậy \(SC \bot AB\).

Một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì vuông góc với đường thẳng kia.

Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm \(AC\), \(BD.\)

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}MI = NI = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{1}{2}CD = \dfrac{a}{2}\\MI{\text{ // }}AB{\text{ // }}NJ,MJ//CD//IN\end{array} \right. \Rightarrow MINJ\) là hình thoi.

Gọi \(O\) là giao điểm của \(MN\) và \(IJ\).

Ta có: \(\widehat {MIN} = 2\widehat {MIO}\).

Xét \(\Delta MIO\) vuông tại \(O\), ta có: \(\cos \widehat {MIO} = \dfrac{{IO}}{{MI}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\dfrac{a}{2}}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat {MIO} = 30^\circ  \Rightarrow \widehat {MIN} = 60^\circ \)

Mà: \(\left( {AB,CD} \right) = \left( {IM,IN} \right) = \widehat {MIN} = 60^\circ \)

Ta có: \(AC{\rm{ // }}A'C'\) (tính chất của hình hộp)

\( \Rightarrow \left( {AC,A'D} \right) = \left( {A'C',A'D} \right) = \widehat {DA'C'}\) (do giả thiết cho \(\Delta DA'C'\) nhọn).

$\left. \begin{array}{l}AB \bot AE\\AE\,{\rm{//}}\,DH\end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot DH $ $\Rightarrow \widehat {\left( {AB,DH} \right)} = 90^\circ $

Do \(O,O'\) là tâm các hình vuông \(ABCD,ABC'D'\) nên \(O,O'\) là trung điểm của \(BD,BD'\).

Do đó \(OO'\) là đường trung bình của tam giác \(BDD'\) \( \Rightarrow \overrightarrow {OO'}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {DD'} \)

Ta có:

\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {OO'}  = \overrightarrow {AB} .\dfrac{1}{2}\overrightarrow {DD'}  = \dfrac{1}{2}.\overrightarrow {AB} \left( {\overrightarrow {AD'}  - \overrightarrow {AD} } \right)\) \( = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD'}  - \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  = 0 - 0 = 0\)

Do đó góc giữa \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {OO'} \) bằng \({90^0}\)

Ta có $BAC$ và $BAD$ là 2 tam giác đều, $I$ là trung điểm của $AB$ nên $CI = DI$ (2 đường trung tuyến của 2 tam giác đều chung cạnh $AB$) nên $CID$ là tam giác cân ở $I$. Do đó $IJ \bot CD$

Ta có \(\cos \left( {AB,CD} \right) = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {CD} } \right|}} = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} } \right|}}{{AB.CD}}\)

Mặt khác \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AB} \left( {\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AC} } \right) = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \)

\(\begin{array}{l} = \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AD} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} } \right) - \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right)\\ = AB.AD.\cos 60^\circ  - AB.AC.\cos 60^\circ \\ = AB.AD.\dfrac{1}{2} - AB.\dfrac{3}{2}AD.\dfrac{1}{2} =  - \dfrac{1}{4}AB.AD =  - \dfrac{1}{4}AB.CD.\end{array}\)

Do có \(\cos \left( {AB,CD} \right) = \dfrac{{\left| { - \dfrac{1}{4}AB.CD} \right|}}{{AB.CD}} = \dfrac{1}{4}\).

Vậy \(\cos \varphi  = \dfrac{1}{4}\).