ÔN TẬP CUỐI NĂM HÌNH HỌC - TOÁN 11 NÂNG CAO

Câu 1 trang 124 SGK Hình học 11 Nâng cao

Đề bài

Cho tam giác ABC và các điểm M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB.

a. Xét bốn tam giác APN, PBM, NMC, MNP. Tìm phép dời hình biến tam giác APN lần lượt thành một trong ba tam giác còn lại.

b. Phép vị tự nào biến tam giác ABC thành tam giác MNP ?

c. Xét tam giác có ba đỉnh là trực tâm của ba tam giác APN, PBM và NCM. Chứng tỏ rằng tam giác đó bằng tam giác APN. Chứng minh điều đó cũng đúng nếu thay trực tâm bằng trọng tâm, hoặc tâm đường tròn ngoại tiếp hoặc tâm đường tròn nội tiếp. 

Lời giải chi tiết

a. Phép tịnh tiến \({T_{\overrightarrow {AP} }}\) biến tam giác APN thành tam giác PBM.

Phép tịnh tiến \({T_{\overrightarrow {AN} }}\) biến tam giác APN thành tam giác NMC. Phép đối xứng tâm Đ­_J, với J là trung điểm của PN, biến tam giác APN thành tam giác MNP.

b. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC thì \(\overrightarrow {GM}  =  - {1 \over 2}\overrightarrow {GA} ,\overrightarrow {GN}  =  - {1 \over 2}\overrightarrow {GB} ,\overrightarrow {GP}  =  - {1 \over 2}\overrightarrow {GC} .\)

Vậy phép vị tự tâm G, tỉ số \(k =  - {1 \over 2}\) biến tam giác ABC thành tam giác MNP.

c. Gọi H₁, H₂, H₃ lần lượt là trực tâm của tam giác APN, PBM, NMC.

Phép tịnh tiến \({T_{\overrightarrow {AP} }}\) biến APN thành tam giác PBM nên biến H₁ thành H₂, tức là \(\overrightarrow {{H_1}{H_2}}  = \overrightarrow {AP} \,hay\,\overrightarrow {A{H_1}}  = \overrightarrow {P{H_2}} .\) Tương tự ta có \(\overrightarrow {{H_1}{H_3}}  = \overrightarrow {AN} \,hay\,\overrightarrow {A{H_1}}  = \overrightarrow {N{H_3}} .\)

Vậy \(\overrightarrow {A{H_1}}  = \overrightarrow {P{H_2}}  = \overrightarrow {N{H_3}} .\) Từ đó suy ra phép tịnh tiến theo vecto \(\overrightarrow {A{H_1}} \) biến tam giác APN thành tam giác H₁H₂H₃.

Đối với các trường hợp khác (trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp), chứng minh hoàn toàn tương tự.

trithuchub.com

Câu 2 trang 124 SGK Hình học 11 Nâng cao

Đề bài

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD và DA. Kẻ MM’, NN’, PP’, QQ’ lần lượt vuông góc với CD, DA, AB, BC.

a. Gọi I là giao điểm của MP và NQ. Phép đối xứng tâm Đ_I biến các đường thẳng MM’, NN’, PP’, QQ’ thành những đường thẳng nào ?

b. Chứng tỏ rằng bốn đường thẳng MM’, NN’, PP’, QQ’ đồng quy tại một điểm. Nhận xét gì về vị trí điểm đồng quy và hai điểm I, O?

Lời giải chi tiết

a. MNPQ là hình bình hành nên I là trung điểm

của MP và NQ.

Phép đối xứng tâm Đ_I biến điểm M thành điểm P, biến đường thẳng MM’ thành đường thẳng đi qua P và song song với MM’, tức là vuông góc với DC.

Vậy đường thẳng MM’ được biến thành đường thẳng PO. Hoàn toàn tương tự : đường thẳng NN’ biến thành đường QO, đường thẳng PP’ biến thành đường MO, đường thẳng QQ’ biến thành đường NO.

b. Vì bốn đường thẳng MO, NO, PO, QO đồng quy tại điểm O nên bốn đường thẳng MM’, NN’, PP’, QQ’ đồng quy tại O’ đối xứng với O qua điểm I.

trithuchub.com

Câu 3 trang 125 SGK Hình học 11 Nâng cao

Đề bài

Cho tam giác ABC và hai hình vuông ABMN, ACPQ như hình 134.

a. Xác định phép quay biến tam giác ABQ thành tam giác ANC.

b. Chứng tỏ rằng hai đoạn thẳng BQ, CN bằng nhau và vuông góc với nhau.

c. Gọi O, O’ là tâm của các hình vuông, I là trung điểm của BC. Chứng minh rằng tam giác OIO’ là tam giác vuông cân. 

Lời giải chi tiết

a. Ta có: AB = AN, AQ = AC và góc (AB, AN) bằng  góc (AQ, AC) = -90˚

Vậy phép quay tâm A, góc quay φ = -90˚ biến tam giác ABQ thành tam giác ANC.

b. Vì đoạn thẳng BQ biến thành đoạn thẳng NC nên BQ = NC và BQ ⊥ NC.

c. Theo kí hiệu hình bên thì OI // NC, \(OI = {1 \over 2}NC;O'I//QB,O'I = {1 \over 2}BQ\)

vậy từ câu b ta suy ra tam giác IOO’ vuông cân tại đỉnh I.

trithuchub.com

Câu 4 trang 125 SGK Hình học 11 Nâng cao

Đề bài

Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và BD ; P là một điểm thay đổi trên đoạn thẳng AD.

a. Xác định giao điểm Q của mp(MNP) và cạnh AC. Tứ giác MNPQ là hình gì ?

b. Tìm quỹ tích giao điểm I của QM và PN

c. Tìm quỹ tích giao điểm J của QN và PM

Lời giải chi tiết

a. Kẻ đường thẳng qua P song song với CD cắt AC tại Q thì Q là giao điểm của AC và mp(MNP). Dễ thấy tứ giác MNPQ là hình thang (PQ // MN)

Chú ý : Nếu P ≡ A thì Q ≡ A ≡ P ; nếu P ≡ D thì Q ≡ C.

b. Thuận. Giả sử I là giao điểm của QM và PN. Theo định lí về giao tuyến của ba mặt phẳng (ABC), (ABD), (MNPQ) thì điểm I thuộc đường thẳng AB.

Vì P thay đổi trên đoạn thẳng AD nên dễ thấy I chỉ nằm trên phần của đường thẳng AB trừ đi các điểm trong đoạn thẳng AB.

Đảo. Lấy một điểm I bất kì thuộc đường thẳng AB nhưng không nằm giữa A và B. Gọi P, Q lần lượt là các giao điểm của IN với AD, của IM với AC. Khi đó rõ ràng mp(MNP) cắt AC tại Q và giao điểm của QM và PN là I.

Kết luận. Quỹ tích giao điểm I của QM và PN là đường thẳng AB trừ đi các điểm trong đoạn thẳng AB.

c. Tương tự như câu b, ta có quỹ tích giao điểm J của QN và MP là đoạn thẳng AO (O là giao điểm của DM và CN)

trithuchub.com

Câu 5 trang 125 SGK Hình học 11 Nâng cao

Đề bài

Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Điểm M nằm giữa A và D, điểm N nằm giữa C và C’ sao cho \({{AM} \over {MD}} = {{CN} \over {NC'}}\)

a. Chứng minh rằng đường thẳng MN song song với mp(ACB’) 

b. Xác định thiết diện của hình hộp khi cắt bởi mặt phẳng đi qua MN và song song với mp(ACB’)

Lời giải chi tiết

a. \({{AM} \over {MD}} = {{CN} \over {NC'}} \Rightarrow {{AM} \over {CN}} = {{MD} \over {NC'}} = {{AD} \over {CC'}}\)

theo định lí Ta-lét đảo thì MN song song mp(P), ở đó (P) song song với AC và DC’

Mặt khác DC’ // AB’. Vậy MN // (ACB’)

b. Kẻ MK // AC (K ϵ CD); kẻ NI // CB’ (I ϵ C’B’); kẻ IJ // A’C’ (J ϵ A’B’) ;

Kẻ JE // AB’ (E ϵ AA’).

Thiết diện là lục giác MKNIJE.

trithuchub.com

Câu 6 trang 125 SGK Hình học 11 Nâng cao

Đề bài

Cho ba tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng. Chứng minh rằng các tia phân giác ngoài của các góc xOy, yOz và zOx đồng phẳng .

Lời giải chi tiết

Giả sử Δ₁, Δ₂, Δ₃ lần lượt là ba đường phân giác ngoài của các góc xOy, yOz, xOz. Nếu trên các tia Ox, Oy, Oz lần lượt lấy các điểm A, B, C sao cho OA = OB = OC thì dễ thấy Δ₁ // AB, Δ₂ // BC, Δ₃ // CA.

Vậy Δ₁, Δ₂, Δ₃ đồng phẳng

 trithuchub.com

Câu 7 trang 125 SGK Hình học 11 Nâng cao

Đề bài

Cho hình chóp S.ABC. Gọi K và N lần lượt là trung điểm của SA và BC ; M là điểm nằm giữa S và C.

a. Chứng minh rằng mặt phẳng đi qua K, song song với AB và SC thì đi qua điểm N.

b. Xác định thiết diện của hình chóp S.ABC khi cắt bởi mp(KMN). Chứng tỏ rằng KN chia thiết diện thành hai phần có diện tích bằng nhau. 

Lời giải chi tiết

a. Gọi I và J lần lượt là trung điểm của SB và AC thì dễ thấy các điểm K, I, N, J cùng thuộc mặt phẳng song song với AB và SC. Vậy mặt phẳng đi qua K, song song với AB và SC thì đi qua điểm N.

b. Nếu M là trung điểm của SC thì thiết diện của hình chóp S.ABC khi cắt bởi mp(MKN) là hình bình hành, trong đó P là trung điểm của AB. Khi đó KN chia hình bình hành MKPN thành hai phần có diện tích bằng nhau. Nếu M không là trung điểm của SC. Gọi Q là giao điểm của KM và AC, P là giao điểm của QN và AB. Khi đó thiết diện của hình chóp S.ABC cắt bởi mp(MKN) là tứ giác MKPN.

Ta có: SC // (α) và AB // (α), đồng thời K là trung điểm SA nên : d(M, (α)) = d(P, (α))

⇒ OP = OM (với O là giao điểm của PM và NK)

Do đó hai đường cao của hai tam giác MKN và PKN kẻ từ M và P bằng nhau,

Từ đó suy ra \({S_{PKN}} = {S_{MKN}}\)

trithuchub.com

Câu 8 trang 126 SGK Hình học 11 Nâng cao

Đề bài

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng \(a\sqrt 2 .\)

a. Tính khoảng cách từ S đến mp(ABCD).

b. Tính khoảng cách giữa đường thẳng AB và mp(SCD)

c. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC.

d. Gọi P là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với SC. Hãy xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi (P). Tính diện tích thiết diện.

e. Tính góc giữa đường thẳng AB và mp(P). 

Lời giải chi tiết

Gọi H là giao điểm của AC và BD. Do S.ABCD là hình chóp đều nên SH vuông góc với mặt đáy (ABCD).

a. Khoảng cách từ S đến mp(ABCD) là SH.

SAC là tam giác đều cạnh \(a\sqrt 2 \) nên \(SH = a\sqrt 2 .{{\sqrt 3 } \over 2} = {{a\sqrt 6 } \over 2}\)

b. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và CD.

Ta có: d(AB ; (SCD)) = d(E; (SCD)) = EK

(EK là đường cao của tam giác SEF).

\(EK = {{EF.SH} \over {SF}} = {{a.{{a\sqrt 6 } \over 2}} \over {\sqrt {{{6{a^2}} \over 4} + {{{a^2}} \over 4}} }} = {{a\sqrt 6 } \over {\sqrt 7 }} = {{a\sqrt {42} } \over 7}\)

c. Vì AB và SC chéo nhau, AB // mp(SCD) nên d(AB ; SC) = d(AB ; (SCD)) = \({{a\sqrt {42} } \over 7}\)

d.

Gọi C₁ là  trung điểm của SC, do SAC là tam giác đều nên AC₁ ⊥ SC. Mặt khác, BD ⊥ SC, nên (P) chính là mặt phẳng chứa AC₁ và song song với BD. Kí hiệu H₁ là giao điểm của AC₁ và SH. Khi đó (P) ∩ (SBD) = B₁D₁, trong đó B₁D₁ đi qua H₁ và song song với BD. Vậy thiết diện của S.ABCD cắt bởi (P) là tứ giác AB₁C₁D₁.

Ta có: BD ⊥ (SAC), B₁D₁ // BD

Nên B₁D₁ ⊥ (SAC), suy ra B₁D₁ ⊥ AC₁.

Từ đó \({S_{A{B_1}{C_1}{D_1}}} = {1 \over 2}A{C_1}.{B_1}{D_1}\)

\(A{C_1} = {{a\sqrt 6 } \over 2},{B_1}{D_1} = {2 \over 3}BD\) (vì H₁ là trọng tâm tam giác SAC)

Vì vậy \({S_{A{B_1}{C_1}{D_1}}} = {1 \over 2}.{{a\sqrt 6 } \over 2}.{2 \over 3}a\sqrt 2  = {{{a^2}\sqrt 3 } \over 3}\)

e. Trong mp(SAC), kẻ HI song song với CC₁ cắt AC₁ tại I thì HI ⊥ (P) vì SC ⊥ (P).

Ta lấy điểm J sao cho BHIJ là hình bình hành thì BJ ⊥ (P), từ đó \(\widehat {BAJ}\) là góc giữa BA và mp(P).

\(\sin \widehat {BAJ} = {{BJ} \over {BA}} = {{HI} \over {BA}} = {{{1 \over 2}C{C_1}} \over {BA}}\)

                 \(= {{{1 \over 4}SC} \over {BA}} = {{{1 \over 4}a\sqrt 2 } \over a} = {{\sqrt 2 } \over 4}\)

Vậy góc giữa BA và mp(P) là α mà \(\sin \alpha  = {{\sqrt 2 } \over 4},0^\circ  < \alpha  < 90^\circ .\)

trithuchub.com

Câu 9 trang 126 SGK Hình học 11 Nâng cao

Đề bài

Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = a, BC = 2a. Hai tia Bx và Cy cùng vuông góc với mp(ABC) và nằm về một phía đối với mặt phẳng đó. Trên Bx, Cy lần lượt lấy các điểm B’, C’ sao cho BB’ = a, CC’ = m.

a. Với giá trị nào của m thì AB’C’ là tam giác vuông ?

b. Khi tam giác AB’C’ vuông tại B’, kẻ AH ⊥ BC. Chứng minh rằng B’C’H là tam giác vuông. Tính góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB’C’).

Lời giải chi tiết

\(\Delta ABC\) vuông tại A nên theo pitago:

\(A{C^2} = B{C^2} - A{B^2}\) \( = {\left( {2a} \right)^2} - {a^2} = 3{a^2}\)

Tam giác ABB’ vuông tại B nên theo pitago:

\(AB{'^2} = A{B^2} + BB{'^2}\) \( = {a^2} + {a^2} = 2{a^2}\)

Tam giác ACC’ vuông tại C nên theo pitago:

\(AC{'^2} = A{C^2} + CC{'^2} = 3{a^2} + {m^2}\)

Trong (BCC’B’), kẻ \(B'M \bot CC'\) thì \(B'M = 2a,MC' = m - a\)

Tam giác B’MC’ vuông tại M nên theo pitago:

\(B'C{'^2} = B'{M^2} + MC{'^2}\) \( = {\left( {2a} \right)^2} + {\left( {m - a} \right)^2} = 4{a^2} + {\left( {m - a} \right)^2}\)

a. Ta có:

+) Tam giác AB’C’ vuông ở A khi và chỉ khi:

\(\begin{array}{l}
AB{'^2} + AC{'^2} = B'C{'^2}\\
\Leftrightarrow 2{a^2} + 3{a^2} + {m^2} = 4{a^2} + {\left( {m - a} \right)^2}\\
\Leftrightarrow 5{a^2} + {m^2} = 4{a^2} + {m^2} - 2ma + {a^2}\\
\Leftrightarrow 2ma = 0\\
\Leftrightarrow m = 0
\end{array}\)

Vậy tam giác AB’C’ vuông ở A khi và chỉ khi m = 0

+) Tam giác AB’C’ vuông ở C’ khi và chỉ khi :

\(\begin{array}{l}
AC{'^2} + B'C{'^2} = AB{'^2}\\
\Leftrightarrow 3{a^2} + {m^2} + 4{a^2} + {\left( {m - a} \right)^2} = 2{a^2}\\
\Leftrightarrow 5{a^2} + {m^2} + {\left( {m - a} \right)^2} = 0
\end{array}\)

Điều này không xảy ra vì:

\(\left\{ \begin{array}{l}
5{a^2} > 0\\
{m^2} \ge 0\\
{\left( {m - a} \right)^2} \ge 0
\end{array} \right.\)\( \Rightarrow 5{a^2} + {m^2} + {\left( {m - a} \right)^2} > 0,\forall m\)

Tam giác AB’C’ vuông ở B’ khi và chỉ khi :

\(\begin{array}{l}
AB{'^2} + B'C{'^2} = AC{'^2}\\
\Leftrightarrow 2{a^2} + 4{a^2} + {\left( {m - a} \right)^2} = 3{a^2} + {m^2}\\
\Leftrightarrow 6{a^2} + {m^2} - 2ma + {a^2} - 3{a^2} - {m^2} = 0\\
\Leftrightarrow 4{a^2} - 2ma = 0\\
\Leftrightarrow 2ma = 4{a^2}\\
\Leftrightarrow m = 2a
\end{array}\)

Vậy tam giác AB’C’ vuông ở B’ khi và chỉ khi m = 2a

b. Giả sử tam giác AB’C’ vuông ở B’, tức là m = 2a

Tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH nên:

\(BH.BC = A{B^2}\)\( \Leftrightarrow BH = \frac{{A{B^2}}}{{BC}} = \frac{{{a^2}}}{{2a}} = \frac{a}{2}\)  

\( \Rightarrow HC = BC - BH\) \( = 2a - \frac{a}{2} = \frac{{3a}}{2}\)

Tam giác B’BH vuông tại B nên:

\(B'{H^2} = B'{B^2} + B{H^2}\) \( = {a^2} + {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{5{a^2}}}{4}\)

Tam giác C’CH vuông tại C nên:

\(C'{H^2} = C'{C^2} + C{H^2}\) \( = {\left( {2a} \right)^2} + {\left( {\frac{{3a}}{2}} \right)^2} = \frac{{25{a^2}}}{4}\)

\(B'C{'^2} = 4{a^2} + {\left( {2a - a} \right)^2} = 5{a^2}\)

\( \Rightarrow B'{H^2} + B'C{'^2}\) \( = \frac{{5{a^2}}}{4} + 5{a^2} = \frac{{25{a^2}}}{4} = C'{H^2}\)

\( \Rightarrow \Delta B'C'H\) vuông tại B’.

*) Tính góc giữa mp(ABC) và mp(AB’C’) khi m = 2a.

Gọi I là giao điểm của B’C’ và BC.

Do BB’ // CC’ , BB’ = a, CC’ = 2a nên BB' là đường trung bình của tam giác ICC'

Do đó BC = BI, B’C’ = B’I.

Xét phép chiếu lên mp(ABC). Ta có tam giác AIC là hình chiếu của tam giác AIC’. Gọi φ là góc giữa mp(ABC) và mp(AB’C’) thì \({S_{AIC}} = {S_{AIC'}}\cos \varphi \)

Ta có: \({S_{AIC}} = 2{S_{ABC}}  \)\( = 2.\frac{1}{2}AB.AC = 2.\frac{1}{2}.a.a\sqrt 3  = {a^2}\sqrt 3 \)

Mặt khác : \({S_{AIC'}} = {1 \over 2}IC'.AB' \)\(= {1 \over 2}.2a\sqrt 5 .a\sqrt 2  = {a^2}\sqrt {10} \)

Từ đó : \(\cos \varphi  = {{{a^2}\sqrt 3 } \over {{a^2}\sqrt {10} }} = {{\sqrt {30} } \over {10}}\)

Vậy góc giữa mp(ABC) và mp(AB’C’) là φ được tính bởi \(\cos \varphi  = {{\sqrt {30} } \over {10}},0^\circ  < \varphi  < 90^\circ \)

Trithuchub.com.