Bài 3: Nhận xét: OA ⊥ OB và OA ⊥ OC nên OA ⊥ (OBC). • Các ∆AOB = ∆BOC = ∆COA và cân tại O ⇒ OH = OK = OI là các đường cao đồng thời là đường trung tuyến của mỗi tam giác đó và ∆ABC đều. • Hơn nữa, các tam giác ∆AOB; ∆BOC; ∆COA vuông cân tại O ⇒ OH = OK = AB AC 2 2 = Mà HK là đường trung bình ∆ABC nên 1 HK Cvà HK C 2 ⁄⁄ Β = Β Lại có AB = BC = CA nên OH = OK = HK hay ∆OHK đều. a. CMR: BC ⊥ (AOI)? Ta có: BC ⊥ OI (do ∆OBC cân tại O nên trung tuyến OI đồng thời là đường cao). BC ⊥ AO (do AO ⊥ (OBC). Vậy BC ⊥ (AOI). b. CMR: (AOI) ⊥ (OHK)? Ta có: AI ⊥ BC ( do BC ⊥ (AOI) và AI ⊂ (AOI)), mà HK // BC nên HK ⊥ AI. Mặt khác, BC ⊥ OI và BC // HK nên HK ⊥ OI. Vậy HK ⊥ (AOI), mà HK ⊂ (OHK) nên (OHK) ⊥ (AOI). c. Tính góc giữa AO và (OHK)? • Xác định góc? Trong mặt phẳng (AOI), kẻ AL ⊥ OJ tại L. Khi đó, AL ⊥ OJ và AL ⊥ HK (do HK ⊥ (AOI) và AL ⊂ (AOI)). Suy ra: AL ⊥ (OHK) nên OL là hình chiếu của OA lên (OHK) Do đó · · AOL AOJ= = α là góc giữa AO và (OHK). • Tính · · AOL AOJ= = α ? ∆AOJ có OA = a; AB 3 AI AB 3 AO 2 3 a 6 2 AJ ; 2 2 4 4 4 = = = = = AB OA 2 3 3 OH 3 a 6 2 2 OJ 2 3 3 6 = = = = × AD định lí côsin cho ∆AOJ, ta được: · 2 2 2 2 2 2 a 6 a 6 a 6 4 AO JO AJ cosAOJ 2.AO.IO a 6 2 a 6 + − ÷ ÷ + − = = × × = Suy ra · · AOL AOJ= = α =