Kvant
Luyện thi đại học

Phép nhân vectơ vô hướng

Габович И. Г., Горнштейн П. И.

Kvant 1978, số 1tr. 47, 49, 50, 51, 52Thẻ 1RBG

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

47

Phép nhân vectơ vô hướng là một trong những khái niệm cơ bản của đại số vectơ. Tính chất của nó được sử dụng rộng rãi trong việc chứng minh lý thuyết và lời giải bài toán.

Trong bài viết này, chúng tôi sẽ minh họa ứng dụng của phép nhân vectơ vô hướng cho lời giải hình học bài toán, được đưa ra trong các kỳ thi đầu vào những năm gần đây trong quá trình phát triển nghiên cứu về vectơ được trình bày trong sách hướng dẫn “Hình học 9” do Z. A. Skopets biên tập. Vì vậy, chúng tôi sẽ không tập trung vào lý thuyết về vấn đề này. Hãy chuyển sang lời giải bài toán.

Bài toán 1. (MIPT, 1977). Cạnh đáy của hình tam giác đều ABCA1B1C1ABCA_1B_1C_1 có chiều dài aa. Các đỉnh MM và NN của tam giác đều MNPQMNPQ nằm trên đường thẳng đi qua các điểm C1C_1 và BB, các đỉnh PP và QQ nằm trên đường thẳng A1CA_1C. Tìm thấy:

  1. khối lượng công nhận;
  2. khoảng cách giữa trung điểm của các đoạn MNMN và PQPQ.

Lời giải. Hãy xem xét các vectơ: CA→,CB→,CC1→,CA2→\overrightarrow{CA}, \overrightarrow{CB}, \overrightarrow{CC_1}, \overrightarrow{CA_2} và BC1→\overrightarrow{BC_1} (Hình 1). Hãy biểu thị CA→=u⃗,CB→=v⃗,CC1→=h⃗\overrightarrow{CA} = \vec{u}, \overrightarrow{CB} = \vec{v}, \overrightarrow{CC_1} = \vec{h} và ∣h∣→=h\overrightarrow{|h|} = h. Nó tuân theo điều kiện ∣u∣→=∣v∣→=a\overrightarrow{|u|} = \overrightarrow{|v|} = a.

Vì trong một tứ diện đều (thực ra là trong bất kỳ hình tam giác đều nào) bất kỳ cạnh giao nhau nào đều vuông góc với nhau, nên CA1→⊥BC1→\overrightarrow{CA_1} \perp \overrightarrow{BC_1}. Vì vậy CA1→⋅BC1→=0\overrightarrow{CA_1} \cdot \overrightarrow{BC_1} = 0. Nhưng trong ký hiệu của chúng tôi

CA1→=u⃗+h⃗ и BC1→=h⃗−v⃗,\overrightarrow{CA_1} = \vec{u} + \vec{h} \text{ и } \overrightarrow{BC_1} = \vec{h} - \vec{v},

theo,

(u⃗+h⃗)⋅(h⃗−v⃗)=0,(\vec{u} + \vec{h}) \cdot (\vec{h} - \vec{v}) = 0,

u⃗⋅h⃗−u⃗⋅v⃗+h⃗2−h⃗⋅v⃗=0.\vec{u} \cdot \vec{h} - \vec{u} \cdot \vec{v} + \vec{h}^2 - \vec{h} \cdot \vec{v} = 0.

Xét rằng h⃗⊥u⃗,h⃗⊥v⃗\vec{h} \perp \vec{u}, \vec{h} \perp \vec{v} và (u⃗,v⃗)=π3(\vec{u}, \vec{v}) = \frac{\pi}{3}, chúng ta nhận được

h2−a22=0, или h=a2,h^2 - \frac{a^2}{2} = 0, \text{ или } h = \frac{a}{\sqrt{2}},

khối lượng nhận dạng ở đâu V=a234⋅a2=a368V = \frac{a^2 \sqrt{3}}{4} \cdot \frac{a}{\sqrt{2}} = \frac{a^3 \sqrt{6}}{8}.

Đặt KK và LL lần lượt là trung điểm của các đoạn PQPQ và MNMN. Hãy cùng tìm ∣KL∣|KL|. Lưu ý rằng [KL][KL] là đường vuông góc chung của các cạnh PQPQ và MNMN (chính bằng chứng), tức là ∣KL∣|KL| là khoảng cách giữa các đường xiên CA1CA_1 và BC1BC_1.

Có một số cách để tính khoảng cách giữa các đường giao nhau. Chúng tôi sẽ xác định khoảng cách cần thiết bằng cách sử dụng phép nhân vô hướng. Đồng thời, làm thế nào

49

Không phải HN→\overrightarrow{HN} hay AB→\overrightarrow{AB}. Hãy biểu thị: HP→=p⃗\overrightarrow{HP} = \vec{p}, HQ→=q⃗\overrightarrow{HQ} = \vec{q} và HR→=r⃗\overrightarrow{HR} = \vec{r}. Chúng ta biểu thị các vectơ còn lại thông qua p⃗\vec{p}, q⃗\vec{q} và r⃗\vec{r}. Rõ ràng là ∣p⃗∣=∣q⃗∣=2|\vec{p}| = |\vec{q}| = 2 và ∣r⃗∣=1|\vec{r}| = 1.

Cho phép

∣RA∣=x∣RF∣,|RA| = x |RF|,
∣HB∣=y∣HN∣.|HB| = y |HN|.

Sau đó RA→=xRF→\overrightarrow{RA} = x\overrightarrow{RF} và HB→=yHN→\overrightarrow{HB} = y\overrightarrow{HN}.

Rõ ràng, RF→=12p⃗−r⃗\overrightarrow{RF} = \frac{1}{2}\vec{p} - \vec{r} và HN→=12p⃗+12q⃗\overrightarrow{HN} = \frac{1}{2}\vec{p} + \frac{1}{2}\vec{q} ([HN] là đường trung bình trong tam giác HPQ). Bởi vì

RA→=x2p⃗−xr⃗,\overrightarrow{RA} = \frac{x}{2}\vec{p} - x\vec{r},
HB→=y2p⃗+y2q⃗.\overrightarrow{HB} = \frac{y}{2}\vec{p} + \frac{y}{2}\vec{q}.

Bây giờ chúng ta hãy biểu thị AB→\overrightarrow{AB} thông qua các vectơ p⃗,q⃗\vec{p}, \vec{q} và r⃗\vec{r}:

AB→=AR→+RH→+HB→=−RA→−HR→+HB→=−x2p⃗+xr⃗−r⃗+y2p⃗+y2q⃗=12(y−x)p⃗+y2q⃗+(x−1)r⃗.\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{AR} + \overrightarrow{RH} + \overrightarrow{HB} = -\overrightarrow{RA} - \overrightarrow{HR} + \overrightarrow{HB} = -\frac{x}{2}\vec{p} + x\vec{r} - \vec{r} + \frac{y}{2}\vec{p} + \frac{y}{2}\vec{q} = \frac{1}{2}(y-x)\vec{p} + \frac{y}{2}\vec{q} + (x-1)\vec{r}.

Vì [AB]⊥[RF][AB] \perp [RF] và [AB]⊥[HN][AB] \perp [HN], nên AB→⋅RF→=0\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{RF} = 0 và AB→⋅HN→=0\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{HN} = 0. Hình thành một hệ thống

{(12(y−x)p⃗+y2q⃗+(x−1)r⃗)××(12p⃗−r⃗)=0,(12(y−x)p⃗+y2q⃗+(x−1)r⃗)××(12p⃗+12q⃗)=0.\begin{cases} \left(\frac{1}{2}(y-x)\vec{p} + \frac{y}{2}\vec{q} + (x-1)\vec{r}\right) \times \\ \times \left(\frac{1}{2}\vec{p} - \vec{r}\right) = 0, \\ \left(\frac{1}{2}(y-x)\vec{p} + \frac{y}{2}\vec{q} + (x-1)\vec{r}\right) \times \\ \times \left(\frac{1}{2}\vec{p} + \frac{1}{2}\vec{q}\right) = 0. \end{cases}

Từ hệ thống này, có tính đến việc các vectơ p⃗,q⃗\vec{p}, \vec{q} và r⃗\vec{r} vuông góc với nhau

50

là cular thì AC→⋅BM→=0\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{BM} = 0 hoặc
(b⃗−h⃗)⋅(a⃗+h⃗−y⃗)=0,(\vec{b} - \vec{h}) \cdot (\vec{a} + \vec{h} - \vec{y}) = 0,
a⃗⋅b⃗+b⃗⋅h⃗−b⃗⋅y⃗−a⃗⋅h⃗−\vec{a} \cdot \vec{b} + \vec{b} \cdot \vec{h} - \vec{b} \cdot \vec{y} - \vec{a} \cdot \vec{h} -
−h⃗2+h⃗⋅y⃗=0-\vec{h}^2 + \vec{h} \cdot \vec{y} = 0. (5)

Như đã lưu ý, a⃗⋅h⃗=h⃗⋅y⃗=0\vec{a} \cdot \vec{h} = \vec{h} \cdot \vec{y} = 0
Trên cơ sở tương tự b⃗⋅h⃗=0\vec{b} \cdot \vec{h} = 0. Do đó, từ (5) ta có
a⃗⋅b⃗−b⃗⋅y⃗−h⃗2=0,\vec{a} \cdot \vec{b} - \vec{b} \cdot \vec{y} - \vec{h}^2 = 0,
ab−by−h2=0,ab - by - h^2 = 0,
y=ab−h2b.y = \frac{ab - h^2}{b}. (6)

Giá trị yy từ (6) được xác nhận ở (4)
h2=a2b−ah2b,h^2 = \frac{a^2b - ah^2}{b},

Ở đâu
h=aba+b.h = \frac{a\sqrt{b}}{\sqrt{a+b}}.

Bài toán 4 (Đại học bang Ural, 1971). Tam giác AOBAOB được quay trong mặt phẳng của nó quanh đỉnh OO x 90∘90^\circ, với đỉnh AA bước vào A′A' và đỉnh B−bB′B - bB'. Chứng minh rằng trong tam giác OAB′OAB' đường trung tuyến của cạnh AB′AB' là chiều cao của tam giác OA′BOA'B (tương tự, đường trung bình của cạnh A′BA'B trong tam giác OA′BOA'B là chiều cao của ΔOAB′\Delta OAB').

Lời giải. Đặt CC ở giữa [AB′][AB'] (Hình 4). Hãy để chúng tôi chứng minh rằng OC→⊥A′B→\overrightarrow{OC} \perp \overrightarrow{A'B}, tức là OC→⋅A′B→=0\overrightarrow{OC} \cdot \overrightarrow{A'B} = 0; chúng tôi có

Hình 4.

Hình 5.

51

DP=a63,∣PQ∣=∣MN∣=a2.DP = \frac{a\sqrt{6}}{3}, \quad |PQ| = |MN| = \frac{a}{2}.
Gọi φ\varphi là độ lớn của góc giữa các vectơ MN→\overrightarrow{MN} và PQ→\overrightarrow{PQ}. Hãy tìm giá trị của φ\varphi từ định nghĩa nhân vô hướng của hai vectơ

cos⁡φ=MN→⋅PQ→∣MN→∣⋅∣PQ→∣.\cos \varphi = \frac{\overrightarrow{MN} \cdot \overrightarrow{PQ}}{|\overrightarrow{MN}| \cdot |\overrightarrow{PQ}|}.

Hãy viết các vectơ đẳng thức tiếp theo

MN→=MD→+DN→,\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{MD} + \overrightarrow{DN},

PQ→=DQ→−DP→.\overrightarrow{PQ} = \overrightarrow{DQ} - \overrightarrow{DP}.

Giá trị MN→\overrightarrow{MN} và PQ→\overrightarrow{PQ} từ (8) được thay thế thành (7)

cos⁡φ=(MD→+DN→)⋅(DQ→−DP→)∣MN→∣⋅∣PQ→∣=MD→⋅DQ→+DN→⋅DQ→−DP→⋅MD→∣MN→∣⋅∣PQ→∣+−DN→⋅DP→∣MN→∣⋅∣PQ→∣.\cos \varphi = \frac{(\overrightarrow{MD} + \overrightarrow{DN}) \cdot (\overrightarrow{DQ} - \overrightarrow{DP})}{|\overrightarrow{MN}| \cdot |\overrightarrow{PQ}|} = \frac{\overrightarrow{MD} \cdot \overrightarrow{DQ} + \overrightarrow{DN} \cdot \overrightarrow{DQ} - \overrightarrow{DP} \cdot \overrightarrow{MD}}{|\overrightarrow{MN}| \cdot |\overrightarrow{PQ}|} + \frac{-\overrightarrow{DN} \cdot \overrightarrow{DP}}{|\overrightarrow{MN}| \cdot |\overrightarrow{PQ}|}.

Lưu ý rằng (MD→,DQ→)=23π(\overrightarrow{MD}, \overrightarrow{DQ}) = \frac{2}{3}\pi và (DP→,MD→)=π−MDP→(\overrightarrow{DP}, \overrightarrow{MD}) = \pi - \overrightarrow{MDP}. Rõ ràng là cos⁡MDP=63\cos MDP = \frac{\sqrt{6}}{3} và cos⁡NDP=223\cos NDP = \frac{2\sqrt{2}}{3}.

Có tính đến những điều trên, chúng tôi nhận được

Hình 6.

cos⁡φ=−a28+a24+a23−4a29a2⋅a2=118.\cos \varphi = \frac{-\frac{a^2}{8} + \frac{a^2}{4} + \frac{a^2}{3} - \frac{4a^2}{9}}{\frac{a}{2} \cdot \frac{a}{2}} = \frac{1}{18}.

φ=arccos⁡118\varphi = \arccos \frac{1}{18} là góc giữa các đoạn MNMN và PQPQ.

Nhiệm vụ 6 (MSU, cơ chế, 1970). Độ dài mỗi cạnh của hình chóp tam giác SABCSABC bằng 1, [BD][BD] là chiều cao của tam giác ABCABC. Tam giác đều BDEBDE nằm trong mặt phẳng tạo thành một góc φ\varphi với cạnh ACAC, đồng thời các điểm SS và EE nằm cùng một phía của mặt phẳng ABCABC. Tìm khoảng cách giữa các điểm SS và EE.

Lời giải. Chúng ta hãy vẽ (Hình 6) trong tam giác BDEBDE chiều cao EMEM và nối các điểm OO và EE. Qua điểm MM chúng ta vẽ [MN]∥[AC][MN] \parallel [AC] và [MP]∥[SO][MP] \parallel [SO]. Vì các đoạn MNMN và ACAC song song nên chúng tạo các góc bằng nhau với mặt phẳng BDEBDE. Vì [MN]⊥[BD][MN] \perp [BD] và [EM]⊥[BD][EM] \perp [BD], nên ∠EMN\angle EMN, như dễ hiểu, là góc mà [MN][MN] (và do đó, [AC][AC]) tạo với mặt phẳng BDEBDE, tức là EMN^=φ\hat{EMN} = \varphi. Vì [MP]∥[SO][MP] \parallel [SO], thì [MP]⊥(ABC)[MP] \perp (ABC) và do đó [MP]⊥[BD][MP] \perp [BD] và [MP]⊥[MN][MP] \perp [MN]. Vì vậy EMP^=90∘+φ\hat{EMP} = 90^\circ + \varphi. Rõ ràng là SE→=SO→+OM→+ME→\overrightarrow{SE} = \overrightarrow{SO} + \overrightarrow{OM} + \overrightarrow{ME}.

Hãy tìm bình phương vô hướng của vectơ SE→\overrightarrow{SE}:

SE→2=SO→2+OM→2+ME→2+2⋅SO→⋅OM→+2⋅SO→⋅ME→+2⋅OM→⋅ME→.\overrightarrow{SE}^2 = \overrightarrow{SO}^2 + \overrightarrow{OM}^2 + \overrightarrow{ME}^2 + 2 \cdot \overrightarrow{SO} \cdot \overrightarrow{OM} + 2 \cdot \overrightarrow{SO} \cdot \overrightarrow{ME} + 2 \cdot \overrightarrow{OM} \cdot \overrightarrow{ME}.

Rõ ràng là SO→⋅OM→=OM→⋅ME→=0\overrightarrow{SO} \cdot \overrightarrow{OM} = \overrightarrow{OM} \cdot \overrightarrow{ME} = 0. Vì rất dễ báo cáo, (SO→,ME→)=EMP^=90∘+φ(\overrightarrow{SO}, \overrightarrow{ME}) = \hat{EMP} = 90^\circ + \varphi, ∣SE∣2=∣SO∣2+∣OM∣2+∣ME∣2−2⋅∣SO∣⋅∣ME∣⋅sin⁡α|SE|^2 = |SO|^2 + |OM|^2 + |ME|^2 - 2 \cdot |SO| \cdot |ME| \cdot \sin \alpha. 10).

Nhưng ∣SO∣=63|SO| = \frac{\sqrt{6}}{3} giống như chiều cao của một tam giác đều có cạnh bằng 1; ∣ME∣=34|ME| = \frac{3}{4} – chiều cao như thế nào là chính xác

52

của tam giác tính từ cạnh bằng 32\frac{\sqrt{3}}{2}; ∣OM∣=312|OM| = \frac{\sqrt{3}}{12} (tự tính).

Chúng ta thay thế các giá trị tìm được ∣SO∣,∣OM∣|SO|, |OM| và ∣ME∣|ME| vào (10):

∣SE∣2=(63)2+(312)2+916−2⋅63⋅34sin⁡φ=5−26sin⁡φ4,|SE|^2 = \left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{12}\right)^2 + \frac{9}{16} - 2 \cdot \frac{\sqrt{6}}{3} \cdot \frac{3}{4} \sin \varphi = \frac{5 - 2\sqrt{6} \sin \varphi}{4},

∣SE∣=125−26sin⁡φ.|SE| = \frac{1}{2} \sqrt{5 - 2\sqrt{6} \sin \varphi}.

Bài toán 7 (MIPT, 1974.) Cạnh đáy của tam giác đều ABCA1B1C1ABCA_1B_1C_1 bằng aa; các điểm OO và O1O_1 lần lượt là tâm của các đáy ABCABC và A1B1C1A_1B_1C_1. Độ dài hình chiếu trực giao của đoạn AO1AO_1 lên đường thẳng B1O1B_1O_1 bằng 56a\frac{5}{6}a. Xác định chiều cao của biển báo.

Lời giải. Hãy đặt ∣OO1∣=H|OO_1| = H. Rõ ràng (Hình 7) là ∣AO→∣=∣OB→∣=a33|\overrightarrow{AO}| = |\overrightarrow{OB}| = \frac{a\sqrt{3}}{3} và ∣OB→1∣=a23+H2|\overrightarrow{OB}_1| = \sqrt{\frac{a^2}{3} + H^2}. Tiếp theo AO→1⋅OB→1=∣AO1∣⋅∣OB1∣⋅cos⁡φ\overrightarrow{AO}_1 \cdot \overrightarrow{OB}_1 = |AO_1| \cdot |OB_1| \cdot \cos \varphi. (11)

Được biết, hình chiếu của một vectơ này lên một vectơ khác bằng chiều dài của vectơ thứ nhất nhân với cosin của góc giữa các hướng của vectơ, tức là πOB→1⋅AO→1=∣AO→1∣×cos⁡φ=∣AO→1∣⋅cos⁡φ\pi \overrightarrow{OB}_1 \cdot \overrightarrow{AO}_1 = |\overrightarrow{AO}_1| \times \cos \varphi = |\overrightarrow{AO}_1| \cdot \cos \varphi.

Theo điều kiện bài toán

πOB→1⋅AO→1=5a6.\pi \overrightarrow{OB}_1 \cdot \overrightarrow{AO}_1 = \frac{5a}{6}.

Do đó, đẳng thức (11) được viết như sau:

AO→1⋅OB→1=∣OB1∣⋅5a6.\overrightarrow{AO}_1 \cdot \overrightarrow{OB}_1 = |OB_1| \cdot \frac{5a}{6}.

Hãy viết các đẳng thức sau:

AO→1=AO→+OO1→,\overrightarrow{AO}_1 = \overrightarrow{AO} + \overrightarrow{OO_1},

OB→1=OB→+BB1→.\overrightarrow{OB}_1 = \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{BB_1}.

Như vậy,

AO→1⋅OB→1=(AO→+OO1→)⋅(OB→+BB1→)=AO→⋅OB→+AO→⋅BB1→+OO1→⋅OB→+OO1→⋅BB1→.\overrightarrow{AO}_1 \cdot \overrightarrow{OB}_1 = (\overrightarrow{AO} + \overrightarrow{OO_1}) \cdot (\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{BB_1}) = \overrightarrow{AO} \cdot \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{AO} \cdot \overrightarrow{BB_1} + \overrightarrow{OO_1} \cdot \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OO_1} \cdot \overrightarrow{BB_1}.

Vì AO→⊥BB1→\overrightarrow{AO} \perp \overrightarrow{BB_1} và OO1→⊥OB→\overrightarrow{OO_1} \perp \overrightarrow{OB}, nên AO→⋅BB1→=OO1→⋅OB→=0.\overrightarrow{AO} \cdot \overrightarrow{BB_1} = \overrightarrow{OO_1} \cdot \overrightarrow{OB} = 0.

Hơn nữa, OO1→=BB1→\overrightarrow{OO_1} = \overrightarrow{BB_1} do đó OO1→⋅BB1→=∣OO1∣2\overrightarrow{OO_1} \cdot \overrightarrow{BB_1} = |OO_1|^2,

AO→1⋅OB→1=AO→⋅OB→+∣OO1∣2=a33⋅a33⋅12+H2=a26+H2.\overrightarrow{AO}_1 \cdot \overrightarrow{OB}_1 = \overrightarrow{AO} \cdot \overrightarrow{OB} + |OO_1|^2 = \frac{a\sqrt{3}}{3} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{3} \cdot \frac{1}{2} + H^2 = \frac{a^2}{6} + H^2.

Chúng tôi thay thế các giá trị tìm thấy AO→1⋅OB→1\overrightarrow{AO}_1 \cdot \overrightarrow{OB}_1 và ∣OB1∣|OB_1| thành (12) a26+H2=5a6a23+H2\frac{a^2}{6} + H^2 = \frac{5a}{6} \sqrt{\frac{a^2}{3} + H^2}, từ đó 108H4=−39a2H2−22a4=0108H^4 = -39a^2H^2 - 22a^4 = 0. Vì H>0H > 0, nên H=a63H = \frac{a\sqrt{6}}{3}.

1 (MIPT, 1977). Đáy của hình tam giác vuông ABCA1B1C1ABCA_1B_1C_1 là tam giác vuông đều có hai chân ∣AC∣=∣BC∣=a|AC| = |BC| = a. Các đỉnh MM và NN của tứ diện đều MNPQMNPQ nằm trên đường thẳng CA1CA_1, còn các đỉnh PP và QQ nằm trên đường thẳng AB1AB_1. Tìm: 1) thể tích của đường thẳng; 2) khoảng cách giữa trung điểm của các đoạn MNMN và PQPQ.

2 (MIPT, 1977). Độ dài của cạnh hình lập phương ABCDA1B1C1D1ABCDA_1B_1C_1D_1 bằng aa. Điểm EE là điểm giữa của cạnh ADAD. Các đỉnh MM và NN của tứ diện đều MNPQMNPQ nằm trên đường thẳng ED1ED_1, các đỉnh PP và QQ nằm trên đường thẳng đi qua điểm A1A_1 và cắt đường thẳng BCBC tại điểm RR.

Tìm: 1) quan hệ ∣BR∣:∣BC∣|BR| : |BC|; 2) khoảng cách giữa trung điểm của các đoạn MNMN và PQPQ.

3 (MIPT, 1969). Trong một tứ diện đều ABCDABCD, đoạn MNMN nối trung điểm của cạnh ACAC với tâm của mặt BCDBCD và điểm EE nằm ở trung điểm của cạnh ABAB. Tìm góc giữa các đoạn MNMN và DEDE.

4 (Khoa Vật lý, Đại học Tổng hợp Matxcơva, 1963). Hai đoạn – ABAB có chiều dài aa và CDCD có ​​chiều dài bb nằm trên các đường xiên, góc giữa chúng là aa. Các đáy OO và O1O_1 của đường vuông góc chung có độ dài cc với các đường thẳng này chia các đoạn ABAB và CDCD sao cho ∣OA∣:∣OB∣=2:3|OA| : |OB| = 2:3 và ∣OO1∣:∣C1D∣=3:2|OO_1| : |C_1D| = 3:2. Tìm độ dài của các đoạn BDBD và BCBC.

5 (Từ nhiệm vụ 3FTSH). Trong hình chữ nhật 4 góc đều SABCDSABCD, độ dài đường vuông góc chung của các cạnh SASA và BCBC là dd và đáy của nó chia đoạn BCBC theo tỷ lệ 1:3. Xác định thể tích của đường thẳng.

6 (Học viện Bách khoa Kiev, 1977). Trong mặt phẳng của đường thẳng ABCDABCD cho điểm MM. Chứng minh rằng MA→⋅MC→=MB→⋅MD→\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MC} = \overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{MD}.

7 (Thế vận hội Liên đoàn hạng cân 1974). Cho một hình vuông ABCDABCD. Điểm PP và QQ lần lượt nằm trên các cạnh ABAB và BCBC, với ∣BP∣=∣BQ∣|BP| = |BQ|. Gọi HH là đáy của đường vuông góc hạ từ điểm BB đến đoạn PCPC. Chứng minh góc DHQDHQ là góc vuông.