Phương pháp:
Để chứng minh ${d_1} \bot {d_2}$ ta có trong phần này ta có thể thực hiện theo các cách sau:
Để chứng minh ${d_1} \bot {d_2}$ ta có trong phần này ta có thể thực hiện theo các cách sau:
- Chứng minh ${d_1} \bot {d_2}$ ta chứng minh $\overrightarrow {{u_1}} \overrightarrow {{u_2}} = 0$ trong đó $\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} $ lần lượt là các vec tơ chỉ phương của ${d_1}$ và ${d_2}$.
- Sử dụng tính chất $\left\{ \begin{array}{l}b\parallel c\\a \bot c\end{array} \right. \Rightarrow a \bot b$.
- Sử dụng định lí Pitago hoặc xác định góc giữa ${d_1},{d_2}$ và tính trực tiếp góc đó.
- Tính độ dài đoạn thẳng, diện tích của một đa giác.
- Tính tích vô hướng
Ví dụ vận dụng
Câu 1: Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có tất cả các cạnh đều bằng nhau. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào có thể sai?
A. $A'C' \bot BD$.
B. $BB' \bot BD$.
C. $A'B \bot DC'$.
D. $BC' \bot A'D$.
Chọn B.
Chú ý: Hình hộp có tất cả các cạnh bằng nhau còn gọi là hình hộp thoi.
A đúng vì:
$\left\{ \begin{array}{l}A'C' \bot B'D'\\B'D'{\rm{ // }}BD\end{array} \right. \Rightarrow A'C' \bot BD$.
B sai vì:
C đúng vì: $\left\{ \begin{array}{l}A'B \bot AB'\\AB'{\rm{ // }}DC'\end{array} \right. \Rightarrow A'B \bot DC'$.
D đúng vì: $\left\{ \begin{array}{l}BC' \bot B'C\\B'C{\rm{ // }}A'D\end{array} \right. \Rightarrow BC' \bot A'D$.
Chú ý: Hình hộp có tất cả các cạnh bằng nhau còn gọi là hình hộp thoi.
A đúng vì:
$\left\{ \begin{array}{l}A'C' \bot B'D'\\B'D'{\rm{ // }}BD\end{array} \right. \Rightarrow A'C' \bot BD$.
B sai vì:
C đúng vì: $\left\{ \begin{array}{l}A'B \bot AB'\\AB'{\rm{ // }}DC'\end{array} \right. \Rightarrow A'B \bot DC'$.
D đúng vì: $\left\{ \begin{array}{l}BC' \bot B'C\\B'C{\rm{ // }}A'D\end{array} \right. \Rightarrow BC' \bot A'D$.
A. $2\sqrt 2 $
B. 2
C. $2\sqrt 3 $
D. 3/2
Chọn C
Thiết diện MNPQ là hình bình hành.
Ta có$\left( {AB,CD} \right) = \left( {QM,MP} \right) = \widehat {QMP} = 60^\circ $.
Suy ra ${S_{MPNQ}} = QN.QN.\sin 60^\circ $.
Lại có $\Delta CMQ\,\,\# \,\,\Delta CBA \Rightarrow \frac{{CM}}{{AB}} = \frac{{MO}}{{AB}} = \frac{1}{3} \Rightarrow MQ = 2$
$\Delta AQN\,\,\# \,\,\Delta ACD \Rightarrow \frac{{AQ}}{{AC}} = \frac{{QN}}{{CD}} = \frac{2}{3} \Rightarrow QN = 2$
Do đó ${S_{MPNQ}} = QM.QN.\sin 60^\circ = 2.2.\sin 60^\circ = 2\sqrt 3 $.
Thiết diện MNPQ là hình bình hành.
Ta có$\left( {AB,CD} \right) = \left( {QM,MP} \right) = \widehat {QMP} = 60^\circ $.
Suy ra ${S_{MPNQ}} = QN.QN.\sin 60^\circ $.
Lại có $\Delta CMQ\,\,\# \,\,\Delta CBA \Rightarrow \frac{{CM}}{{AB}} = \frac{{MO}}{{AB}} = \frac{1}{3} \Rightarrow MQ = 2$
$\Delta AQN\,\,\# \,\,\Delta ACD \Rightarrow \frac{{AQ}}{{AC}} = \frac{{QN}}{{CD}} = \frac{2}{3} \Rightarrow QN = 2$
Do đó ${S_{MPNQ}} = QM.QN.\sin 60^\circ = 2.2.\sin 60^\circ = 2\sqrt 3 $.
A. 5
B. 6
C. 17/3
D. 16/3
Ta có $\left( {AB,CD} \right) = \left( {MN,MQ} \right) = \widehat {NMQ} = 90^\circ $.
Suy ra thiết diện MNPQ là hình chữ nhật.
Lại có:$\begin{array}{l} \Delta CMN \sim \Delta CBA \to \frac{{CM}}{{CB}} = \frac{{MN}}{{AB}} = \frac{1}{3} \to MN = \frac{4}{3}\\ \Delta ANP \sim \Delta ACD \to \frac{{AN}}{{AC}} = \frac{{NP}}{{XD}} = \frac{2}{3} \to MP = 4 \end{array}$
Suy ra ${S_{MNPQ}} = MN.NP = \frac{{16}}{3}$.
A. Hình thang.
B. Hình bình hành.
C. Hình chữ nhật.
D. Tứ giác không phải là hình thang.
Chọn C
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
lại có $MN \bot MQ\left( {do\,AB \bot CD\,} \right)$.
Vậy tứ giác MNPQ là hình chữ nhật.
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
lại có $MN \bot MQ\left( {do\,AB \bot CD\,} \right)$.
Vậy tứ giác MNPQ là hình chữ nhật.
a) Khẳng định nào sau đây là đúng nhất?
A. $MN \bot RP,MN \bot RQ$
B. $MN \bot RP,$MN cắt RQ
C. MN chéo RP; MN chéo RQ
D. Cả A, B, C đều sai
b) Tính góc của hai đường thẳng AB và CD?
A. $\widehat {\left( {AB,CD} \right)} = {60^0}$
B. $\widehat {\left( {AB,CD} \right)} = {30^0}$
C. $\widehat {\left( {AB,CD} \right)} = {45^0}$
D. $\widehat {\left( {AB,CD} \right)} = {90^0}$
a) Ta có $MC = MD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ nên tam giác MCD cân tại M, do đó $MN \bot CD$.
Lại có $RP\parallel CD \Rightarrow MN \bot RQ$.
b) Tương tự ta có $QP \bot AD$
Trong tam giác vuông $PDQ$ ta có
$Q{P^2} = Q{D^2} - D{P^2} = {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} - {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{2}$Ta có :
$R{Q^2} + R{P^2} = {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = {a^2} = Q{P^2}$
Do đó tam giác $RPQ$ vuông tại $R$, hay $RP \bot RQ$.
Vì vậy $\left\{ \begin{array}{l}AB\parallel RQ\\CD\parallel RP\\RP \bot RQ\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot CD$.
A. Hình bình hành.
B. Hình chữ nhật.
C. Hình vuông.
D. Hình thang.
Chọn B
Vì $M,{\rm{ }}N,{\rm{ }}P,{\rm{ }}Q$ nên dễ thấy tứ giác MNPQ là hình bhình hành.
Gọi $H$ là trung điểm của AB.
Vì hai tam giác ABC và ABC' nên $\left\{ \begin{array}{l}CH \bot AB\\C'H \bot AB\end{array} \right.$
Suy ra $AB \bot \left( {CHC'} \right)$. Do đó $AB \bot CC'$.
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}PQ{\rm{//}}AB\\PN{\rm{//}}CC'\\AB \bot CC'\end{array} \right. \Rightarrow PQ \bot PN$.
Vậy tứ giác MNPQlà hình chữ nhật.
Vì $M,{\rm{ }}N,{\rm{ }}P,{\rm{ }}Q$ nên dễ thấy tứ giác MNPQ là hình bhình hành.
Gọi $H$ là trung điểm của AB.
Vì hai tam giác ABC và ABC' nên $\left\{ \begin{array}{l}CH \bot AB\\C'H \bot AB\end{array} \right.$
Suy ra $AB \bot \left( {CHC'} \right)$. Do đó $AB \bot CC'$.
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}PQ{\rm{//}}AB\\PN{\rm{//}}CC'\\AB \bot CC'\end{array} \right. \Rightarrow PQ \bot PN$.
Vậy tứ giác MNPQlà hình chữ nhật.
a) MNPQ là hình gi?.
A. MNPQ là hình thang vuông.
B. MNPQ là hình vuông.
C. MNPQ là hình chữ nhật.
D. MNPQ là hình bình hành.
b)Tính diện tích của MNPQ theo a.
A. ${S_{MNPQ}} = \frac{{3{a^2}}}{8}$
B. ${S_{MNPQ}} = \frac{{{a^2}}}{8}$
C. ${S_{MNPQ}} = \frac{{3{a^2}}}{4}$
D. ${S_{MNPQ}} = \frac{{{a^2}}}{4}$
a) Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SAB} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\\left( \alpha \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN\end{array} \right.$$ \Rightarrow MN\parallel AB$.
Tương tự $\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SAB} \right)\\\left( {SBC} \right) \cap \left( {SAB} \right) = SB\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SBC} \right) = NP\end{array} \right. \Rightarrow NP\parallel SB$
$\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SAB} \right)\\\left( {SAD} \right) \cap \left( {SAB} \right) = SA\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SAD} \right) = MQ\end{array} \right. \Rightarrow MQ\parallel SA$
Dễ thấy $MN\parallel PQ\parallel AB\parallel CD$ nên MNPQ là hình bình hành
Lại có $\left\{ \begin{array}{l}MN\parallel AB\\MQ\parallel SA\\AB \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow MN \bot MQ$.
Vậy MNPQ là hình thang vuông.
b) Ta có $MN = AB = a$,$MQ = \frac{{SA}}{2} = \frac{a}{2}$, $PQ = \frac{{CD}}{2} = \frac{a}{2}$.
Vậy ${S_{MNPQ}} = \frac{1}{2}\left( {MN + PQ} \right).MQ$$ = \frac{1}{2}\left( {a + \frac{a}{2}} \right)\frac{a}{2} = \frac{{3{a^2}}}{8}$.
a) Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. $AC' \bot B'D'$
B. AC’ cắt B’D’
C. AC’và B’D’ đồng phẳng
D. Cả A, B, C đều đúng
b) khẳng định nào sau đây là đúng ?.
A. $AC' \bot MN$
B. AC’ và MN cắt nhau
C. AC’ và MN đồng phẳng
D. Cả A, B, C đều đúng
Đặt $\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow a ,\overrightarrow {AB} = \overrightarrow b ,\overrightarrow {AD} = \overrightarrow c $.
a) Ta có $\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c $, $\overrightarrow {B'D'} = \overrightarrow c - \overrightarrow b $ nên
$\overrightarrow {AC'} .\overrightarrow {B'D'} = \left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c } \right)\left( {\overrightarrow c - \overrightarrow b } \right)$
$ = \overrightarrow a \left( {\overrightarrow c - \overrightarrow b } \right) + {\overrightarrow c ^2} - {\overrightarrow b ^2} = {a^2} - {a^2} = 0$
$ \Rightarrow AC' \bot B'D'$.
b) $\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {AN} - \overrightarrow {AM} = \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BN} } \right) - \left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DM} } \right)$$ = \left( {\overrightarrow b + \frac{x}{a}\overrightarrow a } \right) - \left( {\overrightarrow c + \frac{x}{a}\overrightarrow b } \right) = \frac{x}{a}\overrightarrow a + \left( {1 - \frac{x}{a}} \right)\overrightarrow b - \overrightarrow c $
Từ đó ta có $\overrightarrow {AC'} .\overrightarrow {MN} = \left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c } \right){\rm{[}}\left( {\overrightarrow b + \frac{x}{a}\overrightarrow a } \right) - \left( {\overrightarrow c + \frac{x}{a}\overrightarrow b } \right) = \frac{x}{a}\overrightarrow a + \left( {1 - \frac{x}{a}} \right)\overrightarrow b - \overrightarrow c {\rm{]}}$
$ = \frac{x}{a}{\overrightarrow a ^2} + \left( {1 - \frac{x}{a}} \right){\overrightarrow b ^2} - {\overrightarrow c ^2} = x.a + \left( {1 - \frac{x}{a}} \right){a^2} - {a^2} = 0$.
Vậy $AC' \bot MN$.
A. $MN = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}$.
B. $MN = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.
C. $MN = \frac{{3a\sqrt 2 }}{2}$.
D. $MN = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}$.
Chọn A.
Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và CD.
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}EN{\rm{ // }}AC\\NF{\rm{ // }}BD\end{array} \right. \Rightarrow \left( {AC,BD} \right) = \left( {NE,NF} \right) = 90^\circ \Rightarrow NE \bot NF$ (1).
Mà: $\left\{ \begin{array}{l}NE = FM = \frac{1}{2}AC\\NF = ME = \frac{1}{2}BD\end{array} \right.$ (2).
Từ (1), (2) $ \Rightarrow MENF$ là hình chữ nhật.
Từ đó ta có: $MN = \sqrt {N{E^2} + N{F^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{AC}}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{BD}}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{3a}}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}$.
Chọn D
Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và CD.
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}EN{\rm{ // }}AC\\NF{\rm{ // }}BD\end{array} \right. \Rightarrow \left( {AC,BD} \right) = \left( {NE,NF} \right) = 90^\circ \Rightarrow NE \bot NF$ (1).
Mà: $\left\{ \begin{array}{l}NE = FM = \frac{1}{2}AC\\NF = ME = \frac{1}{2}BD\end{array} \right.$ (2).
Từ (1), (2) $ \Rightarrow MENF$ là hình chữ nhật.
Từ đó ta có: $MN = \sqrt {N{E^2} + N{F^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{AC}}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{BD}}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{3a}}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}$.
Chọn D
A. $2\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}$
B. $2\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = A{B^2} + A{C^2} - 2B{C^2}$
C. $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = A{B^2} + A{C^2} - 2B{C^2}$
D. $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}$
Chọn A.
$B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos \left( {AB,AC} \right) = A{B^2} + A{C^2} - 2.\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} $
$B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos \left( {AB,AC} \right) = A{B^2} + A{C^2} - 2.\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} $
A. ${a^2}\sqrt 3 $.
B. ${a^2}$
C. $\frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2}$
D. ${a^2}\sqrt 2 $
Chọn B
Ta có $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {EG} = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} $, mặt khác $\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} $.
Suy ra $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {EG} = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AB} \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} } \right) = \overrightarrow {A{B^2}} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} = {a^2}$
Ta có $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {EG} = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} $, mặt khác $\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} $.
Suy ra $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {EG} = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AB} \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} } \right) = \overrightarrow {A{B^2}} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} = {a^2}$
A. $MN = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$
B. $MN = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}$
C. $MN = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}$
D. $MN = \frac{{3a\sqrt 2 }}{2}$
Chọn B
Kẻ $NP{\rm{//A}}C\,\,\left( {P \in AB} \right)$, nối MP.
NP là đường trung bình $\Delta ABC$ $ \Rightarrow PN = \frac{1}{2}AC = \frac{a}{2}$.
MP là đường trung bình $\Delta ABD$ $ \Rightarrow PM = \frac{1}{2}BD = \frac{{3a}}{2}$.
Lại có $\left( {AC,BD} \right) = \left( {PN,PM} \right) = \overrightarrow {NPM} = 90^\circ $ suy ra $ \Rightarrow \Delta MNP$ vuông tại P.
Vậy $MN = \sqrt {P{N^2} + P{M^2}} = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}$.
Kẻ $NP{\rm{//A}}C\,\,\left( {P \in AB} \right)$, nối MP.
NP là đường trung bình $\Delta ABC$ $ \Rightarrow PN = \frac{1}{2}AC = \frac{a}{2}$.
MP là đường trung bình $\Delta ABD$ $ \Rightarrow PM = \frac{1}{2}BD = \frac{{3a}}{2}$.
Lại có $\left( {AC,BD} \right) = \left( {PN,PM} \right) = \overrightarrow {NPM} = 90^\circ $ suy ra $ \Rightarrow \Delta MNP$ vuông tại P.
Vậy $MN = \sqrt {P{N^2} + P{M^2}} = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}$.