17 câu Chủ đề 2: Góc Dạng 1. Góc giữa hai đường thẳng

Ta thấy $A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}//AC\Rightarrow \left(\widehat{C{D}^{\text{'}},A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}\right)=\left(\widehat{C{D}^{\text{'}},AC}\right)=\phi .$

Do các mặt của hình lập phương bằng nhau nên các đường chéo bằng nhau.

Ta có $AC=C{D}^{\text{'}}=A{D}^{\text{'}}=a\sqrt{2}.$

Suy ra $∆$ACD' đều nên $\widehat{\left(C{D}^{\text{'}},AC\right)}=\phi ={60}^o.$

Từ giả thiết ta có $IJ//SB$  (do IJ là đường trung bình của $∆$SCB) và $AB//CD\Rightarrow \left(\widehat{IJ,CD}\right)=\left(\widehat{SB,AB}\right).$

Mặt khác, ta lại có $∆$SAB đều nên $\widehat{SBA}={60}^o.$

Suy ra $\widehat{\left(SB,AB\right)}={60}^o\Rightarrow \widehat{\left(IJ,CD\right)}={60}^o.$

Ta có ABCD là hình bình hành nên $AB//CD.$

Do đó $\widehat{\left(SB,CD\right)}=\widehat{\left(SB,AB\right)}=\widehat{SBA}.$

Vì $SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AB\Rightarrow \Delta SAB$  vuông tại A

Xét tam giác vuông SAB ta có $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SBA}={60}^o.$

Vậy $\widehat{\left(SB,CD\right)}={60}^o.$

Kẻ $OM//SC\Rightarrow \widehat{\left(SC,BD\right)}=\widehat{\left(OM,BD\right)}.$

Ta có ABCD là hình chữ nhật có $AB=a,BC=a\sqrt{3}\Rightarrow AC=BD=2a.$

$\begin{array}{l}BO=\frac{BD}{2}=a,OM=\frac{SC}{2}=\frac{\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}}{2}=\frac{a\sqrt{5}}{2};BM=\sqrt{M{A}^2+A{B}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.\\ \cos \widehat{MOB}=\frac{O{M}^2+B{O}^2-B{M}^2}{2OM.BO}=\frac{\sqrt{5}}{5}\Rightarrow \cos \left(\widehat{SC,BD}\right)=\frac{\sqrt{5}}{5}.\end{array}$

Giả sử hình lập phương có cạnh bằng a.

Do $MN//AC$  nên $\widehat{\left(MN,AP\right)}=\widehat{\left(AC,AP\right)}.$

Ta cần tính góc $\widehat{PAC}.$

Vì $∆$A'D'P vuông tại D' nên $A^{\text{'}}P=\sqrt{A^{\text{'}}{D^{\text{'}}}^2+D^{\text{'}}{P}^2}=\sqrt{a^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.$

$∆$AA'P vuông tại A' nên $AP=\sqrt{A^{\text{'}}{A}^2+A^{\text{'}}{P}^2}=\sqrt{a^2+{\left(\frac{a\sqrt{5}}{2}\right)}^2}=\frac{3a}{2}.$

$∆$CC'P vuông tại C' nên $CP=\sqrt{C{C^{\text{'}}}^2+C^{\text{'}}{P}^2}=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.$

Ta có AC là đường chéo của hỉnh vuông ABCD nên $AC=a\sqrt{2}.$

Áp dụng định lý Côsin trong tam giác ACP ta có:

$C{P}^2=A{C}^2+A{P}^2-2AC.AP.\cos \widehat{CAP}\Rightarrow \cos \widehat{CAP}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \widehat{CAP}={45}^o<{90}^o.$

Suy ra $\widehat{\left(AC,AP\right)}=\widehat{CAP}={45}^o$ hay $\widehat{\left(MN,AP\right)}={45}^o.$

Gọi M, N, K lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng BC, CF, AB.

Khi đó $\left\{\begin{array}{l}MN//BF\\ MK//AC\end{array}\right.\Rightarrow \widehat{\left(AC,BF\right)}=\widehat{\left(MN,MK\right)}.$

Xét tam giác MNK, ta có:

$\begin{array}{l}MN=\frac{1}{2}BF=\frac{1}{2}\sqrt{B{C}^2+C{F}^2}=\frac{1}{2}\sqrt{a^2+4a^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2};\\ MK=\frac{1}{2}AC=\frac{a}{2},CK=\frac{a\sqrt{3}}{2};\\ NK=\sqrt{K{C}^2+N{C}^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}+a^2}=\frac{a\sqrt{7}}{2}.\end{array}$

Suy ra $\cos \widehat{EMN}=\frac{M{E}^2+M{N}^2-E{N}^2}{2ME.MN}=\frac{\frac{a^2}{4}+\frac{5a^2}{4}-\frac{7a^2}{4}}{2.\frac{a}{2}.\frac{a\sqrt{5}}{2}}=-\frac{1}{2\sqrt{5}}.$

Vậy $\cos \widehat{\left(AC,BF\right)}=\left|\cos \widehat{EMN}\right|=\frac{\sqrt{5}}{10}.$