Cách xác định nhanh góc giữa hai đường thẳng chéo nhau – Công thức và bài tập có đáp án chi tiết

Cách xác định nhanh góc giữa hai đường thẳng chéo nhau – Công thức và bài tập có đáp án

1. Định nghĩa góc giữa hai đường thẳng

Trong không gian cho 2 đường thẳng a, b bất kỳ.

Từ một điểm O nào đó ta vẽ 2 đường thẳng ${a}'$, ${b}'$ lần lượt song song với a và b. Ta nhận thấy rằng khi điểm O thay đổi thì góc giữa 2 đường thẳng ${a}'$ và ${b}'$ không thay đổi.

Do đó ta có định nghĩa:

Định nghĩa: Góc giữa 2 đường thẳng a và b trong không gian là góc giữa 2 đường thẳng ${a}'$ và ${b}'$ cùng đi qua một điểm và lần lượt song song với a và b.

2. Cách xác định góc giữa hai đường thẳng

Để xác định góc giữa 2 đường thẳng a và b ta có thể lấy điểm O thuộc một trong hai đường thẳng đó rồi vẽ một đường thẳng qua O và song song với đường thẳng còn lại.

Nếu $\overrightarrow{u}$ là vecto chỉ phương của đường thẳng a và $\overrightarrow{v}$ là vecto chỉ phương của đường thẳng b và $\left( \overrightarrow{u};\overrightarrow{v} \right)=\alpha $ thì góc giữa 2 đường thẳng a và b bằng $\alpha $ nếu $0\le \alpha \le 90{}^\circ $ và bằng $180{}^\circ -\alpha $ nếu $90{}^\circ <\alpha \le 180{}^\circ $. Nếu 2 đường thẳng a và b song song hoặc trùng nhau thì góc giữa chúng bằng $0{}^\circ $. Góc giữa 2 đường thẳng là góc có số đo $0\le \alpha \le 90{}^\circ $.

3. Phương pháp tính góc giữa hai đường thẳng

Để tính góc giữa hai đường thẳng trong không gian chúng ta cần nhớ các công thức sau:

■ Định lý hàm số cosin trong tam giác ABC: $\cos \widehat{BAC}=\frac{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}-B{{C}^{2}}}{2.AB.AC}$

Tương tự ta có: $\cos \widehat{ABC}=\frac{B{{A}^{2}}+B{{C}^{2}}-A{{C}^{2}}}{2.BA.BC}$ và $\cos \widehat{ACB}=\frac{C{{A}^{2}}+C{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}}{2.CA.CB}$

Chú ý: $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=AB.AC\cos \widehat{BAC}=\frac{1}{2}\left( A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}-B{{C}^{2}} \right)$

■ Tính góc giữa hai đường thẳng AB và CD ta tính góc giữa hai vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{CD}$ dựa vào công thức $\cos \left( \overrightarrow{AB};\overrightarrow{CD} \right)=\frac{\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CD}}{\left| \overrightarrow{AB} \right|.\left| \overrightarrow{CD} \right|}\Rightarrow \cos \left( AB;CD \right)=\frac{\left| \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CD} \right|}{\left| \overrightarrow{AB} \right|.\left| \overrightarrow{CD} \right|}$ từ đó suy ra góc giữa hai đường thẳng AB và CD.

Bài tập tính góc giữa hai đường thẳng d1 và d2 bằng có đáp án chi tiết

Lời giải chi tiết

Cách 1: Dựng hình bình hành AMCE suy ra $AM=CE=\frac{a}{2}$.

Khi đó $AE//CM\Rightarrow \left( \widehat{AE;CM} \right)=\left( \widehat{AN;AE} \right)=\varphi .$

Mặt khác $SC=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}}=2a\Rightarrow $ độ dài đường trung tuyến AN là $AN=\frac{SC}{2}=a.AE=CM=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Do $\Delta ABC$ đều nên $CM\bot AM\Rightarrow $ AMCE là hình chữ nhật.

Khi đó $CE\bot AE$ mà $CE\bot SA\Rightarrow CE\bot \left( SAE \right)\Rightarrow CE\bot SE.$

$\Delta SEC$ vuông tại E có đường trung tuyến $EN=\frac{1}{2}SC=a.$

Ta có: $\cos \widehat{NAE}=\frac{A{{N}^{2}}+A{{E}^{2}}-N{{E}^{2}}}{2.AN.AE}=\frac{\sqrt{3}}{4}>0\Rightarrow \cos \varphi =\frac{\sqrt{3}}{4}.$

Cách 2: Ta có: $\overrightarrow{AN}=\frac{1}{2}\left( \overrightarrow{AS}+\overrightarrow{AC} \right);\overrightarrow{CM}=\overrightarrow{AM}-\overrightarrow{AC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}.$

Khi đó $\overrightarrow{AN}.\overrightarrow{CM}=\frac{1}{2}\left( \overrightarrow{AS}+\overrightarrow{AC} \right)\left( \frac{1}{2}\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC} \right)=\frac{1}{4}\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}-\frac{1}{2}A{{C}^{2}}=\frac{1}{4}{{a}^{2}}\cos 60{}^\circ -\frac{{{a}^{2}}}{2}=\frac{-3{{a}^{2}}}{8}.$

Lại có: $AN=\frac{SC}{2}=a;CM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \cos \varphi =\frac{\left| \frac{-3{{a}^{2}}}{8} \right|}{a.\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{4}.$

Bình luận: Dựa vào hai cách làm trên ta thấy rằng, trong một số trường hợp, việc sử dụng công cụ vectơ để tính góc giữa hai đường thẳng giúp bài toán trở nên dễ ràng hơn rất nhiều!.

Lời giải chi tiết

Cách 1: Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của SA, SB và AC. Khi đó $\left\{ \begin{array}  {} MP//SC \\  {} N//AB \\ \end{array} \right.\Rightarrow \left( \widehat{SC;AB} \right)=\left( \widehat{MP;MN} \right).$

Ta có: $MN=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2};MP=\frac{SC}{2}=\frac{a}{2}.$

Mặt khác $\Delta SAC$ vuông tại S $\Rightarrow SP=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

$B{{P}^{2}}=\frac{B{{A}^{2}}+B{{C}^{2}}}{2}-\frac{A{{C}^{2}}}{4}=\frac{3}{2}{{a}^{2}}\Rightarrow BP=\frac{a\sqrt{6}}{2}.$

Suy ra $P{{N}^{2}}=\frac{P{{S}^{2}}+P{{B}^{2}}}{2}-\frac{S{{B}^{2}}}{4}=\frac{3{{a}^{2}}}{4}\Rightarrow NP=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Khi đó $\cos \widehat{NMP}=\frac{M{{N}^{2}}+M{{P}^{2}}-N{{P}^{2}}}{2.MN.MP}=-\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{NMP}=120{}^\circ \Rightarrow \varphi =\left( \widehat{SC;AB} \right)=60{}^\circ .$

Cách 2: Ta có: $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{SB}-\overrightarrow{SA}\Rightarrow \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{SC}=\left( \overrightarrow{SB}-\overrightarrow{SA} \right).\overrightarrow{SC}=\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SC}$

$=\frac{1}{2}\left( S{{B}^{2}}+S{{C}^{2}}-A{{C}^{2}} \right)-\frac{1}{2}\left( S{{A}^{2}}+S{{C}^{2}}-A{{B}^{2}} \right)=-\frac{{{a}^{2}}}{2}.$

Suy ra $\cos \left( SC;AB \right)=\frac{\left| \frac{-{{a}^{2}}}{2} \right|}{a.a}=\frac{1}{2}\Rightarrow \left( SC;AB \right)=60{}^\circ .$

Lời giải chi tiết

Ta có: $\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{DA}\text{ }=\text{ }\overrightarrow{BC}\left( \overrightarrow{DC}+\overrightarrow{CD} \right)=\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{CD}-\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{CD}$

$=\frac{1}{2}\left( C{{B}^{2}}+C{{D}^{2}}-B{{D}^{2}} \right)-\frac{1}{2}\left( C{{B}^{2}}+C{{A}^{2}}-A{{B}^{2}} \right)=\frac{1}{2}\left( A{{B}^{2}}+C{{D}^{2}}-B{{D}^{2}}-C{{A}^{2}} \right).$

Khi đó $\cos \left( BC;DA \right)=\frac{\left| \overrightarrow{BC}.\overrightarrow{DA} \right|}{BC.DA}=\frac{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+y_{1}^{2}-y_{2}^{2}}{2{{z}_{1}}{{z}_{2}}}.$

Đặc biệt: Nếu $AB=CD=x;AC=BD=y$ và $BC=AD=z$ ta đặt $\left\{ \begin{array}  {} \alpha =\left( \widehat{BC;AD} \right) \\  {} \beta =\left( \widehat{AB;CD} \right) \\  {} \gamma =\left( \widehat{AC;BD} \right) \\ \end{array} \right.$ thì ta có:

$\cos \alpha =\frac{{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}{{{z}^{2}}};\cos \beta =\frac{\left| {{y}^{2}}-{{z}^{2}} \right|}{{{x}^{2}}};\cos \gamma =\frac{{{z}^{2}}-{{z}^{2}}}{{{y}^{2}}}.$

Lời giải chi tiết

■ Cách 1: Do $SA\bot \left( ABCD \right).$

Ta có: $SA=\sqrt{S{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}}=a$. Gọi E là trung điểm của AD và I là trung điểm của AE. Dễ thấy BNDE là hình bình hành và MI là đường trung bình trong tam giác ABE. Khi đó $DN//BE//MI.$

Tacó: $AM=a;AI=\frac{AE}{2}=\frac{a}{2}.$

Mặt khác: $S{{M}^{2}}=S{{A}^{2}}+A{{M}^{2}}=2{{a}^{2}};S{{I}^{2}}=\frac{5{{a}^{2}}}{4}.$

$MI=A{{I}^{2}}+A{{M}^{2}}=\frac{5{{a}^{2}}}{4}$. Do vậy $\cos \widehat{SMI}=\frac{S{{M}^{2}}+M{{I}^{2}}-S{{I}^{2}}}{2.SM.MI}=\frac{\sqrt{10}}{5}=cos(\widehat{SM;DN}).$

■ Cách 2: Ta có: $\overrightarrow{SM}.\overrightarrow{DN}\text{ }=\text{ }\overrightarrow{SM}.\left( \overrightarrow{SN}-\overrightarrow{SD} \right)=\overrightarrow{SM}.\overrightarrow{SN}\text{ }-\text{ }\overrightarrow{SM}.\overrightarrow{SD}$

$\text{=}\frac{1}{2}\left( S{{M}^{2}}+S{{N}^{2}}-M{{N}^{2}} \right)-\frac{1}{2}\left( S{{M}^{2}}+S{{D}^{2}}-M{{D}^{2}} \right)$

Mặt khác: $S{{N}^{2}}=S{{A}^{2}}+A{{N}^{2}}=S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}+B{{N}^{2}}=6{{a}^{2}},MN=\frac{AC}{2}=\text{ }a\sqrt{2},S{{D}^{2}}=5{{a}^{2}},M{{D}^{2}}=5{{a}^{2}}.$

Do đó $\overrightarrow{SM}.\overrightarrow{DN}=2{{a}^{2}}\Rightarrow \cos \left( SM;DN \right)=\frac{\left| 2{{a}^{2}} \right|}{SM.DN}=\frac{2{{a}^{2}}}{a\sqrt{2}.a\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{10}}{5}.$

Lời giải chi tiết

a) Do $BC//AD\Rightarrow (\widehat{SD;BC})=(\widehat{SD;AD})=\widehat{SDA}$

$\Delta SAD$ vuông tại A $\Rightarrow \cos \widehat{SDA}=\frac{AD}{SD}=\frac{AD}{\sqrt{A{{D}^{2}}+S{{A}^{2}}}}=\frac{1}{\sqrt{3}}.$

b) Gọi M, K lần lượt là trung điểm của AB và SA thì MK là đường trung bình trong tam giác SAB.

Khi đó $MK//SB$, mặt khác $MC//AI.$

Suy ra $(\widehat{SB;AI})=(\widehat{MK;CM}).$

Ta có: $MK=\frac{SB}{2}=\frac{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}}{2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$; $MC=\sqrt{M{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=\frac{3a}{2}$; $KC=\sqrt{K{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}}=2a.$

Khi đó $cos\widehat{KMC}=\frac{K{{M}^{2}}\text{+ }M{{C}^{2}}-K{{C}^{2}}}{2.KM.MC}=-\frac{1}{3\sqrt{5}}\Rightarrow cos\left( \widehat{SB;AI} \right)=\frac{1}{3\sqrt{5}}.$

Cách khác: Ta có:$\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{SB}.\left( \overrightarrow{SI}-\overrightarrow{SA} \right)=\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{SI}-\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{SA}$

$=\frac{1}{2}\left( S{{B}^{2}}+S{{I}^{2}}-I{{B}^{2}} \right)-\frac{1}{2}\left( S{{B}^{2}}+S{{A}^{2}}-A{{B}^{2}} \right)$

Do $S{{B}^{2}}=5{{a}^{2}};S{{I}^{2}}=S{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}+D{{I}^{2}}=\frac{25{{a}^{2}}}{4};AI=\sqrt{A{{D}^{2}}+D{{I}^{2}}}=\frac{3a}{2}=IB.$

Suy ra $\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{AI}=\frac{{{a}^{2}}}{2}\Rightarrow \cos \left( SB;AI \right)=\frac{\left| \overrightarrow{SB}.\overrightarrow{AI} \right|}{SB.AI}=\frac{\frac{{{a}^{2}}}{2}}{a\sqrt{5}.\frac{3a}{2}}=\frac{1}{3\sqrt{5}}.$

Lời giải chi tiết

a) Do $AB=BC=a$, $\widehat{ABC}=60{}^\circ \Rightarrow \Delta ABC$ đều cạnh a.

Gọi H là trung điểm của AB, do tam giác SAB cân tại S nên $SH\bot AB.$

Mặt khác $\left\{ \begin{array}  {} \left( SAB \right)\bot \left( ABCD \right) \\  {} AB=\left( SAB \right)\cap \left( ABCD \right) \\ \end{array} \right.\Rightarrow SH\bot \left( ABC \right).$

$\Delta ABC$ đều nên $CH=\frac{a\sqrt{3}}{2},\left( \widehat{SC;\left( ABC \right)} \right)=\text{ }\widehat{SCH}=30{}^\circ $

Ta có: $SH=HC\tan 30{}^\circ =\frac{a}{2}.$

Do $\widehat{ABC}=60{}^\circ \Rightarrow \widehat{BAD}=120{}^\circ \Rightarrow HD=\sqrt{A{{H}^{2}}+A{{D}^{2}}-2AH.AD\cos 120{}^\circ }=\frac{a\sqrt{7}}{2}.$

Suy ra $SA=\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{A}^{2}}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, $SD=\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{D}^{2}}}=a\sqrt{2}$.

Mặt khác $AD//BC\text{ }\Rightarrow \left( \widehat{BC;SD} \right)=\left( \widehat{AD;SD} \right)$, $\cos \widehat{SDA}=\frac{D{{S}^{2}}+D{{A}^{2}}-S{{A}^{2}}}{2.DS.DA}=\frac{5\sqrt{2}}{8}.$

Do vậy $cos\left( \widehat{BC;SD} \right)=\frac{5\sqrt{2}}{8}.$

b) Ta có $\overrightarrow{SC}.\overrightarrow{DH}=\overrightarrow{SC}.\left( \overrightarrow{SH}-\overrightarrow{SD} \right)=\text{ }\overrightarrow{SC}.\overrightarrow{SH}-\overrightarrow{SC}.\overrightarrow{SD}$

$=\frac{1}{2}\left( S{{H}^{2}}+S{{C}^{2}}-H{{C}^{2}} \right)-\frac{1}{2}\left( S{{C}^{2}}+S{{D}^{2}}-C{{D}^{2}} \right)=-\frac{3{{a}^{2}}}{4}$

Mặt khác: $SC=\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{C}^{2}}}=a\Rightarrow \cos \left( SC;DH \right)=\frac{\left| \overrightarrow{SC};\overrightarrow{DH} \right|}{SC.DH}=\frac{\frac{3{{a}^{2}}}{4}}{a.\frac{a\sqrt{7}}{2}}=\frac{3\sqrt{7}}{14}.$

Cách khác: Gọi I là trung điểm của CD$\Rightarrow \left\{ \begin{array}  {} DH//BI \\  {} DH=BI=\frac{a\sqrt{7}}{2} \\ \end{array} \right.$, gọi M là trung điểm của SD

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}  {} MI//SC \\  {} MI=\frac{SC}{2}=\frac{a}{2} \\ \end{array} \right.$. Lại có: $BD=a\sqrt{3}$; $SB=\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{B}^{2}}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Do đó $B{{M}^{2}}=\frac{B{{D}^{2}}+B{{S}^{2}}}{2}-\frac{S{{D}^{2}}}{4}=\frac{5{{a}^{2}}}{4}\Rightarrow \cos \widehat{MIB}=\frac{M{{I}^{2}}+I{{B}^{2}}-M{{B}^{2}}}{2.IM.IB}=\frac{3\sqrt{17}}{14}.$

Suy ra $\cos \left( \widehat{DH;SC} \right)=\frac{3\sqrt{17}}{14}.$

Lời giải chi tiết

a) Ta có: $AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=a\sqrt{2}.$

Do $SA\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow \left( \widehat{SC;\left( ABC \right)} \right)=\widehat{SCA}=\text{ }60{}^\circ .$

Khi đó $SA=AC\tan 60{}^\circ =a\sqrt{6}.$

Do $AD//BC\Rightarrow \left( \widehat{BC;SD} \right)=\left( \widehat{AD;SD} \right).$

Mặt khác $\cos \widehat{ADS}=\frac{AD}{SD}~~=\frac{AD}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}}}~$

$=\frac{2a}{\sqrt{6{{a}^{2}}+4{{a}^{2}}}}~=\frac{\sqrt{10}}{5}=c\text{os}\widehat{\left( \text{BC;SD} \right)}.$

b) Gọi E là trung điểm của $AD\Rightarrow AE=DE=BC=a\Rightarrow $ ABCE là hình vuông cạnh a.

Do $CE=\frac{1}{2}AD\Rightarrow \Delta ACD$ vuông tại C.

Ta có: $CD=\sqrt{C{{E}^{2}}+E{{D}^{2}}}=a\sqrt{2}\Rightarrow ID=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Lại có: $\overrightarrow{AI}.\overrightarrow{SD}=\left( \overrightarrow{SI}-\overrightarrow{SA} \right).\overrightarrow{SD}=\overrightarrow{SI}.\overrightarrow{SD}-\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SD}=\frac{1}{2}\left( S{{I}^{2}}+S{{D}^{2}}-D{{I}^{2}} \right)-\frac{1}{2}\left( S{{A}^{2}}+S{{D}^{2}}-A{{D}^{2}} \right)$

Trong đó $A{{I}^{2}}=A{{C}^{2}}+C{{I}^{2}}=\frac{5{{a}^{2}}}{2}\Rightarrow S{{I}^{2}}=S{{A}^{2}}+A{{I}^{2}}=\frac{17{{a}^{2}}}{2}.$

Do đó $\overrightarrow{AI}.\overrightarrow{SD}=3{{a}^{2}}\Rightarrow \cos \left( AI;SD \right)=\frac{3{{a}^{2}}}{AI.SD}=\frac{3{{a}^{2}}}{a\sqrt{10}}=\frac{3}{5}.$

Cách khác: Gọi M là trung điểm của SC$\Rightarrow \left\{ \begin{array}  {} MI//SD \\  {} MI=\frac{SD}{2}=\frac{a\sqrt{10}}{2} \\ \end{array} \right.,AI=\frac{a\sqrt{10}}{2},AM=\frac{SC}{2}=a\sqrt{2}.$

Khi đó $\widehat{MIA}=\frac{I{{M}^{2}}+I{{A}^{2}}-A{{M}^{2}}}{2.IM.IA}=\frac{3}{5}.$

Lời giải chi tiết

a) Gọi H là trung điểm của BC.

Ta có: $BC//{B}'{C}'\Rightarrow \left( \widehat{{B}'{C}';{A}'C} \right)=\left( \widehat{BC;{A}'C} \right)=\widehat{{A}'CH}.$

Mặt khác ${A}'H\bot \left( ABC \right)\Rightarrow \left( \widehat{A{A}';\left( ABC \right)} \right)=\widehat{A{A}'H}=60{}^\circ .$

$AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow {A}'H=AH\tan 60{}^\circ =\frac{3a}{2}.$

Xét tam giác vuông ${A}'HC$ ta có: $\tan \widehat{{A}'CH}=\frac{{A}'H}{HC}=3.$

Vậy $\left( \widehat{B{C}';{A}'C} \right)=3.$

b) Do $C{C}'//A{A}'\Rightarrow \widehat{\left( C{C}';AB \right)}=\widehat{\left( A{A}';AB \right)}$

Ta có: ${A}'A=\sqrt{A{{H}^{2}}+H{{A}^{2}}}=a\sqrt{3}.$

${A}'B=\sqrt{{A}'{{H}^{2}}+H{{B}^{2}}}=\frac{a\sqrt{10}}{2}\Rightarrow \cos \widehat{{A}'AB}=\frac{A{{{{A}'}}^{2}}+A{{B}^{2}}-{A}'{{B}^{2}}}{2.A{A}'.AB}=\frac{\sqrt{3}}{4}.$

Vậy $\cos \left( C{C}';AB \right)=\frac{\sqrt{3}}{4}.$