Mở đầu trang 27

Đề bài: Đối với các nút giao thông cùng mức hay khác mức, để có thể dễ dàng bố trí các nhánh rẽ và để người tham gia giao thông có góc nhìn đảm bảo an toàn, khi thiết kế người ta đều cố gắng để các tuyến đường tạo với nhau một góc đủ lớn và tốt nhất là góc vuông. Đối với nút giao thông cùng mức, tức là các đường giao nhau, thì góc giữa chúng là góc giữa hai đường thẳng mà ta đã biết. Còn đối với nút giao khác mức, tức là các đường chéo nhau, thì góc giữa chúng được hiểu như thế nào?

Lời giải:

Đây là tình huống dẫn nhập của bài học. Câu hỏi sẽ được giải đáp khi học sinh học mục 1. Góc giữa hai đường thẳng ngay sau đó.

Ý tưởng chính: Với hai đường thẳng chéo nhau $m$ và $n$, ta tịnh tiến chúng về cùng đi qua một điểm $O$, được hai đường thẳng $a // m$ và $b // n$. Khi đó góc giữa $m$ và $n$ được định nghĩa là góc giữa hai đường thẳng $a$ và $b$ (đã biết trong hình học phẳng).

1. Góc giữa hai đường thẳng

HĐ1 (trang 28)

Đề bài: Trong không gian, cho hai đường thẳng chéo nhau $m$ và $n$. Từ hai điểm phân biệt $O$, $O’$ tuỳ ý lần lượt kẻ các cặp đường thẳng $a, b$ và $a’, b’$ tương ứng song song với $m, n$ (H.7.2).

a) Mỗi cặp đường thẳng $a, a’$ và $b, b’$ có cùng thuộc một mặt phẳng hay không?

b) Lấy các điểm $A, B$ (khác $O$) tương ứng thuộc $a, b$. Đường thẳng qua $A$ song song với $OO’$ cắt $a’$ tại $A’$, đường thẳng qua $B$ song song với $OO’$ cắt $b’$ tại $B’$. Giải thích vì sao $OAA’O’$, $OBB’O’$, $ABB’A’$ là các hình bình hành.

c) So sánh góc giữa hai đường thẳng $a, b$ và góc giữa hai đường thẳng $a’, b’$. (Gợi ý: Áp dụng định lí côsin cho các tam giác $OAB, O’A’B’$.)

Lời giải:

a) Vì $a // a’$ nên cặp đường thẳng $a, a’$ cùng thuộc một mặt phẳng. Tương tự, vì $b // b’$ nên cặp đường thẳng $b, b’$ cùng thuộc một mặt phẳng.

b)

• Vì $a // a’$ nên $OA // O’A’$. Mặt khác $AA’ // OO’$ (theo cách dựng). Tứ giác $OAA’O’$ có hai cặp cạnh đối song song nên là hình bình hành. Suy ra $AA’ = OO’$.
• 7.Vì $b // b’$ nên $OB // O’B’$. Mặt khác $BB’ // OO’$. Tứ giác $OBB’O’$ là hình bình hành. Suy ra $BB’ = OO’$.
• Từ trên: $AA’ = BB’ = OO’$ và $AA’ // BB’$ (cùng song song với $OO’$). Tứ giác $ABB’A’$ có một cặp cạnh đối $AA’$ và $BB’$ song song và bằng nhau nên là hình bình hành. Suy ra $AB = A’B’$.

c) Góc giữa hai đường thẳng $a, b$ liên quan đến $\widehat{AOB}$; góc giữa hai đường thẳng $a’, b’$ liên quan đến $\widehat{A’O’B’}$.

Từ các hình bình hành trên: $OA = O’A’$, $OB = O’B’$, $AB = A’B’$. Hai tam giác $OAB$ và $O’A’B’$ có các cạnh tương ứng bằng nhau.

Áp dụng định lí côsin:

$$\cos\widehat{AOB} = \dfrac{OA^2 + OB^2 – AB^2}{2 \cdot OA \cdot OB}; \quad \cos\widehat{A’O’B’} = \dfrac{O’A’^2 + O’B’^2 – A’B’^2}{2 \cdot O’A’ \cdot O’B’}.$$

Do hai tam giác bằng nhau (cạnh tương ứng bằng nhau) nên $\cos\widehat{AOB} = \cos\widehat{A’O’B’}$, suy ra $\widehat{AOB} = \widehat{A’O’B’}$.

Kết luận: Góc giữa hai đường thẳng $a, b$ bằng góc giữa hai đường thẳng $a’, b’$. Điều này cho phép định nghĩa góc giữa $m$ và $n$ một cách nhất quán (không phụ thuộc vào điểm $O$ chọn).

Câu hỏi (trang 28)

Đề bài: Nếu $a$ song song hoặc trùng với $a’$ và $b$ song song hoặc trùng với $b’$ thì $(a, b)$ và $(a’, b’)$ có mối quan hệ gì?

Lời giải:

Theo định nghĩa, góc giữa hai đường thẳng được xác định qua hai đường thẳng cùng đi qua một điểm và lần lượt song song với chúng. Vì $a // a’$ (hoặc trùng) và $b // b’$ (hoặc trùng) nên:

$$(a, b) = (a’, b’).$$

Tức là góc giữa hai cặp đường thẳng tương ứng song song (hoặc trùng) thì bằng nhau.

Vận dụng (trang 29)

Đề bài: Kim tự tháp Kheops là kim tự tháp lớn nhất trong các kim tự tháp ở Ai Cập, được xây dựng vào thế kỉ 26 trước Công nguyên và là một trong bảy kì quan của thế giới cổ đại. Kim tự tháp có dạng hình chóp với đáy là hình vuông có cạnh dài khoảng $230$ m, các cạnh bên bằng nhau và dài khoảng $219$ m (kích thước hiện nay).

Tính (gần đúng) góc tạo bởi cạnh bên $SC$ và cạnh đáy $AB$ của kim tự tháp (H.7.4).

Lời giải:

Bước 1: Chuyển góc giữa $SC$ và $AB$ về góc trong tam giác.

Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AB // CD$. Theo tính chất “góc giữa hai cặp đường thẳng song song bằng nhau”:

$$(SC, AB) = (SC, CD).$$

Hai đường thẳng $SC$ và $CD$ cắt nhau tại $C$, tạo thành góc $\widehat{SCD}$ trong tam giác $SCD$. Do đó $(SC, AB) = \widehat{SCD}$ (nếu $\widehat{SCD} \leq 90^\circ$).

Bước 2: Tính $\widehat{SCD}$.

Xét tam giác $SCD$ với $SC = SD = 219$ m và $CD = 230$ m. Áp dụng định lí côsin tại đỉnh $C$:

$$SD^2 = SC^2 + CD^2 – 2 \cdot SC \cdot CD \cdot \cos\widehat{SCD}.$$

Suy ra:

$$\cos\widehat{SCD} = \dfrac{SC^2 + CD^2 – SD^2}{2 \cdot SC \cdot CD} = \dfrac{219^2 + 230^2 – 219^2}{2 \cdot 219 \cdot 230} = \dfrac{230^2}{2 \cdot 219 \cdot 230} = \dfrac{230}{2 \cdot 219} = \dfrac{115}{219}.$$

Do đó:

$$\widehat{SCD} = \arccos\dfrac{115}{219} \approx 58{,}32^\circ \approx 58^\circ 19′.$$

Kết luận: Góc tạo bởi cạnh bên $SC$ và cạnh đáy $AB$ của kim tự tháp xấp xỉ $58^\circ 19’$.

2. Hai đường thẳng vuông góc

HĐ2 (trang 29)

Đề bài: Đối với hai cánh cửa trong Hình 7.5, tính góc giữa hai đường mép cửa $BC$ và $MN$.

Lời giải:

Vì khuôn cửa và hai cánh cửa là các hình chữ nhật, $ABCD$ và $MNPQ$ là các hình chữ nhật, nên $BC // AD$. Mà $AD // MQ$ (cùng là cạnh khuôn cửa), do đó $BC // MQ$.

Khi đó:

$$(BC, MN) = (MQ, MN) = \widehat{QMN}.$$

Do $MNPQ$ là hình chữ nhật nên $\widehat{QMN} = 90^\circ$.

Kết luận: Góc giữa hai đường mép cửa $BC$ và $MN$ bằng $90^\circ$.

Câu hỏi (trang 29)

Đề bài: Nếu đường thẳng $a$ vuông góc với đường thẳng $b$ thì $a$ có vuông góc với các đường thẳng song song với $b$ hay không?

Lời giải:

Có. Theo tính chất “góc giữa hai cặp đường thẳng tương ứng song song thì bằng nhau”:

• Giả sử $b’ // b$. Khi đó $(a, b’) = (a, b) = 90^\circ$.

Vậy $a \perp b’$.

Kết luận: Nếu $a \perp b$ thì $a$ vuông góc với mọi đường thẳng song song với $b$.

Luyện tập (trang 30)

Đề bài: Cho tam giác $MNP$ vuông tại $N$ và một điểm $A$ nằm ngoài mặt phẳng $(MNP)$. Lần lượt lấy các điểm $B, C, D$ sao cho $M, N, P$ tương ứng là trung điểm của $AB, AC, CD$ (H.7.7). Chứng minh rằng $AD$ và $BC$ vuông góc với nhau và chéo nhau.

Lời giải:

Bước 1: Chứng minh $AD \perp BC$.

• $M$ là trung điểm $AB$, $N$ là trung điểm $AC$ → $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ → $MN // BC$.
• $N$ là trung điểm $AC$, $P$ là trung điểm $CD$ → $NP$ là đường trung bình của tam giác $ACD$ → $NP // AD$.

Theo tính chất góc giữa hai đường thẳng song song:

$$(AD, BC) = (NP, MN) = \widehat{MNP}.$$

Mà tam giác $MNP$ vuông tại $N$ nên $\widehat{MNP} = 90^\circ$. Suy ra $AD \perp BC$.

Bước 2: Chứng minh $AD$ và $BC$ chéo nhau.

Giả sử $AD$ và $BC$ cùng thuộc một mặt phẳng $(\alpha)$. Khi đó $A, B, C, D \in (\alpha)$.

• $M$ là trung điểm $AB$ nên $M \in (\alpha)$.
• $N$ là trung điểm $AC$ nên $N \in (\alpha)$.
• $P$ là trung điểm $CD$ nên $P \in (\alpha)$.

Vậy $A, M, N, P$ cùng thuộc $(\alpha)$, suy ra $A$ thuộc mặt phẳng $(MNP)$. Điều này mâu thuẫn với giả thiết $A$ nằm ngoài $(MNP)$.

Vậy $AD$ và $BC$ không cùng thuộc một mặt phẳng, đồng thời $AD \perp BC$ (đã chứng minh ở Bước 1, nên không song song và không trùng nhau). Do đó $AD$ và $BC$ chéo nhau. $\blacksquare$

Bài tập (trang 30)

Bài 7.1 (trang 30)

Đề bài: Cho hình lăng trụ $ABC.A’B’C’$ có các đáy là các tam giác đều. Tính góc $(AB, B’C’)$.

Lời giải:

Vì $ABC.A’B’C’$ là hình lăng trụ nên hai đáy $ABC$ và $A’B’C’$ là hai tam giác bằng nhau và các cạnh tương ứng song song, đặc biệt $BC // B’C’$.

Theo tính chất góc giữa hai đường thẳng song song:

$$(AB, B’C’) = (AB, BC).$$

Hai đường thẳng $AB$ và $BC$ cắt nhau tại $B$, tạo thành góc $\widehat{ABC}$ trong tam giác $ABC$. Do tam giác $ABC$ đều nên:

$$\widehat{ABC} = 60^\circ.$$

Kết luận: $(AB, B’C’) = 60^\circ$.

Bài 7.2 (trang 30)

Đề bài: Cho hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$ có các cạnh bằng nhau. Chứng minh rằng tứ diện $ACB’D’$ có các cặp cạnh đối diện vuông góc với nhau.

Lời giải:

Vì hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$ có các cạnh bằng nhau, sáu mặt của hình hộp đều là hình thoi.

Tứ diện $ACB’D’$ có ba cặp cạnh đối diện:

• Cặp $AC$ và $B’D’$.
• Cặp $AB’$ và $CD’$.
• Cặp $AD’$ và $CB’$.

Cặp 1: $AC \perp B’D’$.

• Tứ giác $BDD’B’$ có $BB’ // DD’$ và $BB’ = DD’$ nên là hình bình hành. Do đó $BD // B’D’$.
• Mặt $ABCD$ là hình thoi, hai đường chéo vuông góc: $AC \perp BD$.
• Vì $AC \perp BD$ và $BD // B’D’$ nên $AC \perp B’D’$.

Cặp 2: $AB’ \perp CD’$.

• Mặt $ABB’A’$ là hình thoi, hai đường chéo vuông góc: $AB’ \perp A’B$.
• Xét tứ giác $A’BCD’$: $A’B$ và $CD’$ là hai đường chéo… Cách rõ ràng hơn: tứ giác $A’BCD’$ có $A’B // D’C$ và $A’B = D’C$ (cùng song song và bằng cạnh $AB$ trong hình thoi $A’B’BA$ và $D’C’CD$).

  Chính xác hơn: Trong hình hộp, $A’B // D’C$ (vì cùng nằm trên hai mặt đối nhau và là đường chéo tương ứng), và $A’B = D’C$. Tứ giác $A’BCD’$ là hình bình hành, do đó $A’B // CD’$ (đường chéo… thực ra ta xét cạnh).

  Đơn giản hơn: Trong hình hộp, $\overrightarrow{A’B} = \overrightarrow{D’C}$, suy ra $A’B // D’C$, tức $A’B // CD’$ (cùng đường thẳng).

• Vì $AB’ \perp A’B$ và $A’B // CD’$ nên $AB’ \perp CD’$.

Cặp 3: $AD’ \perp CB’$.

• Mặt $ADD’A’$ là hình thoi, hai đường chéo vuông góc: $AD’ \perp A’D$.
• Tương tự cặp 2: $\overrightarrow{A’D} = \overrightarrow{B’C}$, suy ra $A’D // B’C$, tức $A’D // CB’$.
• Vì $AD’ \perp A’D$ và $A’D // CB’$ nên $AD’ \perp CB’$.

Kết luận: Cả ba cặp cạnh đối diện của tứ diện $ACB’D’$ đều vuông góc với nhau. $\blacksquare$

Bài 7.3 (trang 30)

Đề bài: Cho tứ diện $ABCD$ có $\widehat{CBD} = 90^\circ$.

a) Gọi $M, N$ tương ứng là trung điểm của $AB, AD$. Chứng minh rằng $MN$ vuông góc với $BC$.

b) Gọi $G, K$ tương ứng là trọng tâm của các tam giác $ABC, ACD$. Chứng minh rằng $GK$ vuông góc với $BC$.

Lời giải:

a) Chứng minh $MN \perp BC$.

Trong tam giác $ABD$:

• $M$ là trung điểm $AB$.
• $N$ là trung điểm $AD$.

Do đó $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABD$, suy ra $MN // BD$.

Mặt khác, theo giả thiết $\widehat{CBD} = 90^\circ$ nên $BD \perp BC$.

Vì $MN // BD$ và $BD \perp BC$ nên $MN \perp BC$. $\blacksquare$

b) Chứng minh $GK \perp BC$.

Gọi $I$ là trung điểm của $AC$.

• $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $G$ nằm trên trung tuyến $BI$ và $\dfrac{IG}{IB} = \dfrac{1}{3}$.
• $K$ là trọng tâm tam giác $ACD$ nên $K$ nằm trên trung tuyến $DI$ và $\dfrac{IK}{ID} = \dfrac{1}{3}$.

Xét tam giác $IBD$ với $G \in IB$ và $K \in ID$ thoả mãn:

$$\dfrac{IG}{IB} = \dfrac{IK}{ID} = \dfrac{1}{3}.$$

Theo định lí Thales đảo trong tam giác $IBD$, $GK // BD$.

Mặt khác $BD \perp BC$ (vì $\widehat{CBD} = 90^\circ$). Vì $GK // BD$ nên $GK \perp BC$. $\blacksquare$

Bài 7.4 (trang 30)

Đề bài: Đối với nhà gỗ truyền thống, trong các cấu kiện: hoành, quá giang, xà cái, rui, cột tương ứng được đánh số $1, 2, 3, 4, 5$ như trong Hình 7.8, những cặp cấu kiện nào vuông góc với nhau?

Lời giải:

Quan sát Hình 7.8 và dựa vào đặc điểm thiết kế của nhà gỗ truyền thống Việt Nam, các cấu kiện được sắp đặt sao cho:

• Hoành (1) và cột (5) chạy theo hai phương vuông góc.
• Hoành (1) chạy ngang, quá giang (2) chạy theo phương vuông góc với hoành.
• Xà cái (3) chạy song song với hoành; rui (4) chạy nghiêng theo mái.

Các cặp cấu kiện vuông góc với nhau gồm:

• Hoành (1) và quá giang (2).
• Hoành (1) và rui (4).
• Hoành (1) và cột (5).
• Quá giang (2) và xà cái (3).
• Quá giang (2) và cột (5).
• Xà cái (3) và rui (4).
• Xà cái (3) và cột (5).

ThS. Lê Thị Thuý Nga

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THPT

Trình độ: Thạc sĩ Lý luận dạy học Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 11+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Lương Thế Vinh