Tải bản đầy đủ - 44 (trang)
Chứng minh ba vectơ , , a b c

Chứng minh ba vectơ , , a b c

Tải bản đầy đủ - 44trang

Ta suy ra: 2
AD BC AC BD
MN +
= +
= uuur uuur uuur uuur
uuuur b. Vì
2 ,
2 ,
GA GB GM
GC GD GN
GM GN +
= +
= +
= uuur uuur
uuuur uuur uuur
uuur uuuur uuur r
nên GA GB GC
+ +
= uuur uuur uuur r
c. Với điểm P bất kì, từ kết quả trên ta có: PA PG
PB PG PC PG
PD PG −
+ −
+ −
+ −
= uuur uuur
uuur uuur uuur uuur
uuur uuur r
Do đó: 4
PA PB PC PD PG
+ +
+ =
uuur uuur uuur uuur uuur

2. Chứng minh ba vectơ , , a b c


r r r
đồng phẳng
Chứng minh rằng các vectơ , , a b c
r r r
có giá song với một mặt phẳng.
Chứng minh rằng có cặp số m, n sao cho c ma nb =
+ r
r r
với a r
và b r
khơng cùng phương
Bài 3: Cho hình tứ diện ABCD. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD.
Trên các cạnh AC và BD ta lần lượt lấy các điểm M,N sao cho AM
BN k k
AC BD
= =
. Chứng minh rằng ba vectơ
, ,
PQ PM PN uuur uuuur uuur
đồng phẳng.
Giải:
Vì Q là trung điểm của cạnh DC nên ta có: 1
1 [
2 2
1 [
] 2
PQ PC PD
AC AP BD BP
AC BD AP BP
= +
= −
+ −
= +
− +
uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur
Vì AP BP
+ =
uuur uuur r nên
1 2
PQ AC BD
= +
− uuur
uuur uuur r
Theo giả thiết ta có 1
AC AM
k =
uuur uuuur
và 1
BD BN
k =
uuur uuur
Do đó 1
2 PQ
AM BN k
= +
uuur uuuur uuur
Vì: AM AP PM =
+ uuuur uuur uuuur
và BN BP PN =
+ uuur uuur uuur
nên 1
2 PQ
AP PM BP PN k
= +
+ +
uuur uuur uuuur uuur uuur
Vậy: 1
1 2
2 PQ
PM PN
k k
= +
uuur uuuur
uuur Từ hệ thức trên ta suy ra ba vectơ
, ,
PQ PM PN uuur uuuur uuur
đồng phẳng.
Bài 4: Trong không gian cho tam giác ABC. a. Chứng minh rằng nếu điểm M thuộc mặt phẳng ABC thì OM
xOA yOB zOC =
+ +
uuuur uuur
uuur uuur
với mọi điểm O trong đó x + y + z = 1
b. Ngược lại nếu có một điểm O trong khơng gian sao cho OM xOA yOB zOC
= +
+ uuuur
uuur uuur
uuur trong đó
x + y + z = 1 thì điểm M thuộc mặt phẳng ABC.
Giải
a. Vì ,
AB AC uuur uuur
là hai vectơ không cùng phương nên điểm M thuộc mặt phẳng ABC khi: AM
mAB nAC =
+ uuuur
uuur uuur
hay OM OA m OB OA
n OC OA −
= −
+ −
uuuur uuur uuur uuur
uuur uuur với điểm O tuỳ ý, tức là
1 OM
m n OA mOB nOC = − −
+ +
uuuur uuur
uuur uuur
Trang 37
Q P
Hình 6.4 D
C B
G N
M A
Hình 6.6 Hình 6.5
H C
B A
D D
C B
A
Đặt 1 – m – n = x, m = y, n = z thì: OM xOA yOB zOC
= +
+ uuuur
uuur uuur
uuur với x + y + z = 1
b. Ngược lại nếu có điểm O sao cho OM xOA yOB zOC
= +
+ uuuur
uuur uuur
uuur với x + y + z = 1 thì
1 OM
y z OA yOB zOC = − −
+ +
uuuur uuur
uuur uuur
hay OM OA y AB z AC −
= +
uuuur uuur uuur
uuur Từ đó suy ra : AM
y AB z AC =
+ uuuur
uuur uuur
. Do đó điểm M thuộc mặt phẳng ABC
3. Ứng dụng của tích vơ hướng: Bài 5:Cho tứ diện ABCD có hai cặp cạnh đối diện là AB và CD, AC và DB vng góc với
nhau. Chứng minh rằng cặp cạnh đối diện còn lại là AD và BC cũng vng góc với nhau.
Giải:
Trước hết tà cần chứng minh hệ thức sau đây: .
. .
AB CD AC DB AD BC +
+ =
uuur uuur uuur uuur uuur uuur Ta có:
. .
. .
1 .
. .
. 2
. .
. .
3 AB CD AB AD AC
AB AD AB AC AC DB
AC AB AD AC AB AC AD
AD BC AD AC AB
AD AC AD AB =
− =
− =
− =
− =
− =
− uuur uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur Từ 1, 2, 3 ta suy ra
. .
. AB CD AC DB AD BC
+ +
= uuur uuur uuur uuur uuur uuur
Do đó, nếu AB ⊥
CD nghĩa là .
AB CD =
uuur uuur và AC
⊥ DB nghĩa là
. AC DB
= uuur uuur
thì từ hệ thức 4 ta suy ra
. AD BC
= uuur uuur
nghĩa là AD ⊥
BC.
Cách khác: Gọi H là hình chiếu vng góc của đỉnh A trên mặt phẳng BCD, ta có AH
⊥ BCD. Do đó
CD ⊥
AH. Theo giả thiết CD ⊥
AB, ta suy ra CD ⊥
AHB. Vậy CD ⊥
BH. Tương tự, theo giả thiết BD
⊥ AC, ta suy ra BD
⊥ ACH, do đó BD
⊥ CH. Vậy H là trực tâm của tam giác BCD tức
là DH ⊥
BC. Do đó BC ⊥
ADH nên ta suy ra BC ⊥
AD.
4. Chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng: Muốn chứng minh đường thẳng d vng góc với mặt phẳng
α ta chứng minh :
- d vng góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong α
- d song song với một đường thẳng d’ mà d’ vng góc với α
- d vng góc với β
mà β
α
Bài 6: Cho tứ diện ABCD có hai mặt ABC và DBC là hai tam giác cân có chung đáy BC.
a. Chứng minh BC ⊥
AD. b. Xác định hình chiếu vng góc của điểm A lên mặt phẳng
BCD.
Giải:
a. Gọi I là trung điểm của BC, ta có BC ⊥
AI và BC ⊥
DI Trang 38
I Hình 6.7
H B
D
C A
Do đó BC ⊥
ADI và suy ra BC ⊥
AD. b. Mặt phẳng BCD chứa đường thẳng BC
⊥ ADI nên BCD
⊥ ADI. Ta có DI là giao tuyến
của hai mặt phẳng BCD và ADI vng góc với nhau nên hình chiếu vng góc H của đỉnh A phải nằm trên giao tuyến
DI của hai mặt phẳng đó. Trong mặt phẳng ADI, ta vẽ AH
⊥ DI
thì H là hình chiếu vng góc của đỉnh A lên mặt phẳng BCD.
Bài 7: Cho tam giác ABC. Gọi
α là mặt phẳng vng góc
với đường thẳng CA tại A và
β là mặt phẳng vng góc với
đường thẳng CB tại B. a. Chứng minh hai mặt phẳng
α và
β cắt nhau.
b. Gọi d là giao tuyến của α
và β
. Chứng minh d ⊥
ABC.
Giải:
a. Theo giả thiết CA ⊥
α và CB
⊥ β
nên góc của hai mặt phẳng
α và
β bằng góc ·ACB của tam giác ABC đã cho hoặc bằng góc 180
- ·ACB . Do đó ta suy ra hai mặt phẳng
α và
β phải cắt nhau.
b. Vậy α
và β
phải cắt nhau theo giao tuyến d. Ta cần chứng minh d ⊥
ABC. Vì CA ⊥
α và d thuộc
α nên CA
⊥ d. Tương tự, vì CB
⊥ β
và d thuộc β
nên CB ⊥
d. Do đó, vì d ⊥
CA và d
⊥ CB nên ta suy ra d
⊥ ABC.
5. Chứng minh hai mặt phẳng vng góc Bài 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có các cạnh bên SA = SB =
SC = a. Chứng minh: a. Mặt phẳng SBD vng góc với mặt phẳng ABCD.
b. Tam giác SBD vng tại S
Giải
a. ABCD là hình thoi nên có AC ⊥
BD tại O. Mặt khác SA = SC nên có AC
⊥ SO. Vậy AC
⊥ SBD. Mặt phẳng
ABCD chứa AC ⊥
SBD nên ABCD ⊥
SBD. b. Ta có:
∆ SAC =
∆ BAC c – c – c mà OA = OC nên SO
= BO. Mặt khác BO = DO nên SO=OB=OD. Ta suy ra tam giác SBD vuông tại S.
Bài 9: Hình chóp S.ABC có cạnh SA vng góc với mặt phẳng ABC. Gọi H và K lần lượt là trực tâm của các tam
giác ABC và SBC. a. Chứng minh rằNG SAC
⊥ BHK và SBC
⊥ BHK
b. Tính diện tích tam giác ABC biết rằng tam giác SBC có SB = 15cm, SC = 14cm, BC = 13cm và có góc giữa hai mặt phẳng SBC
và ABC bằng 30 .
Giải:
a. Gọi A’ là giao điểm của AH và BC. Ta có BC ⊥
AA’ và BC ⊥
SA suy ra BC
⊥ SAA’. Do đó BC
⊥ SA’.
Vậy SA’ đi qua K vì K là trực tâm của tam giác SBC. Vì BH
⊥ AC và BH
⊥ SA suy ra BH
⊥ SAC
Trang 39
α β
d B
C
A
Hình 6.8
Hình 6.9 O
D C
B S
A a
a
a
A K
H C
B A
S
Hình 6.10
Do đó BH
SC SC
BHK BK
SC ⊥
 ⇒
⊥ 
⊥ 
Vậy: SAC ⊥
BHK BC
⊥ SAA’ do đó BC
⊥ HK;
SC ⊥
BHK do đó SC ⊥
HK. Từ đó suy ra HK
⊥ SBC và BHK
⊥ SBC
b. Gọi S
SBC
là diện tích tam giác SBC. Theo cơng thức Hê – rơng, ta có:
SBC
S p p a p b p c
= −
− −
trong đó p = ½ 13+14+15 = 21 Do đó
2
2121 1321 1421 15 84
SBC
S cm
= −
− −
= Ta có tam giác ABC là hình chiếu vng góc của tam giác SBC trên mặt phẳng ABC. Áp
dụng công thức S’ = S cos ϕ
trong đó ϕ
= 30 là góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABC ta có:
S
ABC
= S’ = 84.cos30 = 42 3 cm
2
6. Tính khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng và đến mặt phẳng Bài 10: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a.
a. Chứng minh rằng khoảng cách từ các điểm B, C, D, A’, B’, D’ đến đường chéo AC’ bằng nhau. Hãy tính khoảng cách đó.
b. Tính khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng A’BD của hình lập phương.
Giải:
a. ABC’ là tam giác vng tại B, do đó khoảng cách từ B đến AC’ là độ dài đường cao BI kẻ từ B xuống AC’. Vì
∆ ABC’ vng tại B
nên ta có:
2 2
2 2
2 2
2
1 1
1 1
1 2
6 BI
2 3
3 a
a BI
BI AB
BC a
a =
+ =
+ ⇒
= ⇒
= Lập luận tương tự đối với các điểm còn lại ta chứng minh được
các khoảng cách từ các điểm này đến đường chéo AC’ đều bằng nhau.
b. Điểm A cách đều ba đỉnh của tam giác đều A’BD vì ta có AB = AD = AA’ = a. Điểm C’ cũng cách đều ba đỉnh của tam giác đều
A’BD vì ta có C’B=C’D=C’A=a 2 . Vậy AC’ là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác đều A’BD, do đó AC’
⊥ A’BD tại trọng tâm I của
∆ A’BD. Ta cần tính AI.
Vì A’I = BI = DI = 2
3 A’O với O là tâm hình vng ABCD. Ta có:
3 3
6 2
2 2
2 a
A O BD a
= =
= và A’I =
2 6
3 3
a A O
= Xét tam giác vuông AA’I, ta có:
AI
2
AA’
2
– A’I
2
= a
2
-
2
6 3
3 3
a a
AI 
 ⇒
= 
÷ 
÷ 
 Vậy
3 3
a AI
=

7. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Chứng minh ba vectơ , , a b c

Tải bản đầy đủ ngay(44 tr)

×