Câu 1 trang 125 SGK Hình học 11. Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho các điểm \(A (1; 1), B(0; 3), C(2; 4)\) .Xác định ảnh của tam giác \(ABC\) qua các phép biến hình sau. a) Phép tịnh tiến theo vectơ \(\overrightarrow v = (2; 1)\). b) Phép đối xứng qua trục \(Ox\) c) Phép đối xứng qua tâm \(I(2;1)\). d) Phép quay tâm \(O\) góc \(90^0\). e) Phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép đối xứng qua trục \(Oy\) và phép vị tự tâm \(O\) tỉ số \(k = -2\) Giải a) Trong phép tịnh tiến theo vectơ \(\overrightarrow v = \left( {2;1} \right)\) thì các đỉnh \(A, B, C\) có ảnh là các điểm tương ứng \(A’, B’, C’\). Từ biểu thức tọa độ \(\left\{ \matrix{ x' = 2 + x \hfill \cr y' = 1 + y \hfill \cr} \right.\) Ta có: \(A(1; 1) ⇒ A’(3; 2)\) \(B(0; 3) ⇒ B’(2; 4)\) \(C(2; 4) ⇒ C’ (4; 5)\) Tam giác \(A’B’C’\), ảnh của tam giác \(ABC\) trong phép tịnh tiến theo vectơ \(\overrightarrow v\) là tam giác có ba đỉnh \(A’(3; 2), B’(2; 4), C’(4; 5)\) Dễ thấy đỉnh \(B’\) của \(∆A’B’C’\) trùng với đỉnh \(C\) của \(∆ABC\). b) Qua phép đối xứng trục \(Ox\), biểu thức tọa độ là : \(\left\{ \matrix{ x' = x \hfill \cr y' = - y \hfill \cr} \right.\) Do đó ta có: \(∆ A’B’C’\) có các đỉnh \(A’(1; -1), B’(0; -3), C’(2; -4)\) c) Trong phéo đối xứng qua tâm \(I(2; 1)\), đỉnh \(A→ A’\) thì \(I\) là trung điểm của \(AA’\). Gọi tọa độ \(A’\) là \((x; y)\) thì: \(\eqalign{ & 2 = {{1 + x} \over 2} \Rightarrow x = 3 \cr & 1 = {{1 + y} \over 2} \Rightarrow y = 1 \cr} \) \(⇒ A’(3; 1)\) Tương tự, ta có ảnh \(B’, C’\) của các đỉnh \(B, C\) là \(B’(4; -1), C’(2; -2)\) d) Trong phép quay tâm \(O\), góc quay \(90^0\) thì tia \(Ox\) biến thánh tia \(Oy\), tia \(Oy\) biến thành tia \(Ox\) Điểm \(A(1; 1) → A’(-1; 1)\) \(B(0; 3) → B’(-3; 0)\) \(C(2; 4) → C’(-4; 2)\) e) Trong phép đổi xứng qua \(Oy\). \(∆ABC\) biến thành \(∆A_1B_1C_1\), ta có: \(A(1; 1) → A_1(-1; 1)\) \(B(0; 3) → B_1(0; 3)\) \(C(2; 4) → C_1(-2; 4)\) Với phép vị tự tâm \(O\) tỉ số \(k = -2\) thì \(∆A_1B_1C_1 → ∆A’B’C’\) \(A_1(-1; 1) → A’(2; -2)\) \(B_1(0; 3) → B’(0; -6)\) \(C_1(-2; 4) → C’(4; -8)\) Vậy trong phép đồng dạng đã cho thì \(∆ABC\) có ảnh là \(∆A’B’C’\) với \(A’(2; -2), B’(0; -6), C’(4; -8)\) Câu 2 trang 125 SGK Hình học 11. Cho tam giác \(ABC\) nội tiếp đường tròn tâm \(O\). Gọi \(G\) và \(H\) tương ứng là trọng tâm và trực tâm của tam giác, các điểm \(A',B',C'\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(BC, CA, AB\). a) Tìm phép vị tự \(F\) biến \(A, B, C\) tương ứng thành \(A',B',C'\) b) Chứng minh rằng \(O, G, H\) thẳng hàng. c) Tìm ảnh của \(O\) qua phép vị tự \(F\) d) Gọi \(A”, B”, C”\) lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng \(AH, BH, CH\); \(A_1, B_1, C_1\) theo thứ tự là giao điểm thứ hai của các tia \(AH, BH, CH\) với đường tròn \((O)\); \(A_1',B_1',C_1'\) tương ứng là chân các đường cao đi qua \(A, B, C\). Tìm ảnh của \(A, B, C\), \(A_1, B_1, C_1\) qua phép vị tự tâm \(H\) tỉ số \({1 \over 2}\) e) Chứng minh chín điểm \(A',B',C'\),\(A”, B”, C”\),\(A_1',B_1',C_1'\)cùng thuộc một đường tròn (đường tròn này gọi là đường tròn Ơ-le của tam giác \(ABC\)) Giải a) Ta có \(\eqalign{ & \overrightarrow {GA'} = - {1 \over 2}\overrightarrow {GA} ; \cr & \overrightarrow {GB'} = - {1 \over 2}\overrightarrow {GB} ; \cr & \overrightarrow {GC'} = - {1 \over 2}\overrightarrow {GC} \cr}\). Vậy phép vị tự tâm \(G\) tỉ số \(k = - {1 \over 2}\) biến \(A, B, C\) thành \(A’, B’, C’\). b) \(A’\) là trung điểm của dây \(BC\) nên \(OA’ ⊥ BC\) Ta lại có \(BC // C’B’\) nên \(OA’ ⊥ B’C’ ⇒\) Trong tam giác \(A’B’C’\) thì \(OA’\) là đường cao kẻ từ đỉnh \(A’\). Tương tự, \(OB’\) là đường cáo kẻ từ \(B’\), suy ra \(O\) là trực tâm của \(∆A’B’C’\). \(H\) là trực tâm của \(∆ABC\) và \(O\) là trực tâm của \(∆A’B’C’\) nên \(O\) là ảnh của \(H\) trong phép vị tự tâm \(G\), tỉ số \(k = - {1 \over 2}\) \(\overrightarrow {GO} = - {1 \over 2}\overrightarrow {GH} \) \(⇒\) Ba điểm \(O, G, H\) thẳng hàng c) Gọi \(O’\) là ảnh của \(O\) trong phép vị tự \({F_{\left( {G; - {1 \over 2}} \right)}}\) ta có: \(\eqalign{ & \overrightarrow {GO'} = - {1 \over 2}\overrightarrow {GO} \cr & \overrightarrow {GO} = - {1 \over 2}\overrightarrow {GH} \to \overrightarrow {OG} = {1 \over 2}\overrightarrow {GH} \cr & \overrightarrow {OG} + \overrightarrow {GO'} = {1 \over 2}\overrightarrow {GH} - {1 \over 2}\overrightarrow {GO} \cr & \Rightarrow \overrightarrow {OO'} = {1 \over 2}\left( {\overrightarrow {GH} - \overrightarrow {GO} } \right) \cr & \Rightarrow \overrightarrow {OO'} = {1 \over 2}\overrightarrow {OH} \cr} \) Đẳng thức này chứng tỏ điểm \(O’\) là trung điểm của đoạn thẳng \(OH\) d) Ta có: \(\eqalign{ & \overrightarrow {HA''} = {1 \over 2}\overrightarrow {HA} \cr & \overrightarrow {HB''} = {1 \over 2}\overrightarrow {HB} \cr & \overrightarrow {HC''} = {1 \over 2}\overrightarrow {HC} \cr} \) Vậy \(A”, B”, C”\) là ảnh của các điểm \(A, B, C\) trong phép vị tự \({V_{\left( {H;{1 \over 2}} \right)}}\) (1) Ta dễ dàng chứng minh được \(A_1',B_1',C_1'\) theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng \(H{A_1},H{B_1},H{C_1}\) nên: \(\eqalign{ & \overrightarrow {H{A_1}'} = {1 \over 2}\overrightarrow {H{A_1}} \cr & \overrightarrow {H{B_1}'} = {1 \over 2}\overrightarrow {H{B_1}} \cr & \overrightarrow {H{C_1}'} = {1 \over 2}\overrightarrow {H{C_1}} \cr} \) Như vậy \(A_1',B_1',C_1'\) theo thứ tự là ảnh của các điểm \(A_1, B_1, C_1\) trong phép vị tự \({V_{\left( {H;{1 \over 2}} \right)}}\) (2) e) Gọi \(A_2, B_2, C_2\) theo thứ tự là các điểm xuyên tâm đối của các điểm \(A, B, C\) qua tâm \(O\) của đường tròn. Ta dễ dàng chứng minh được tứ giác \(BHCA_2\) là hình bình hành, do đó \(H\) và \(A_2\) đối xứng qua \(A’\), ta có: \(\eqalign{ & \overrightarrow {HA'} = {1 \over 2}\overrightarrow {H{A_2}} \cr & \overrightarrow {HB'} = {1 \over 2}\overrightarrow {H{B_2}} \cr & \overrightarrow {HC'} = {1 \over 2}\overrightarrow {H{C_2}} \cr} \) Như vậy, các điểm \(A’, B’, C’\) theo thứ tự là ảnh của các điểm \(A_2, B_2, C_2\) trong phép vị tự \({V_{\left( {H;{1 \over 2}} \right)}}\) (3) Từ (1), (2), (3) ta có: Chín điểm \(A’, B’,C’,A”, B”,C”\), \(A_1',B_1',C_1'\) theo thứ tự là ảnh của các điểm \(A,B,C,{A_1},{B_1},{C_1},{A_2},{B_2},{C_2}\) trong phép tự vị \({V_{\left( {H;{1 \over 2}} \right)}}\) mà chín điểm \(A,B,C,{A_1},{B_1},{C_1},{A_2},{B_2},{C_2}\) nằm trên đường tròn \((O)\) nên chín điểm \(A,B,C,{A_1},{B_1},{C_1},{A_2},{B_2},{C_2}\) nằm trên đường tròn ảnh của đường tròn \((O)\) trong phép vị tự \({V_{\left( {H;{1 \over 2}} \right)}}\) Câu 3 trang 126 SGK Hình học 11. Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang với \(AB\) là đáy lớn. Gọi \(M\) là trung điểm của đoạn \(AB\), \(E\) là giao điểm của hai cạnh của hình thang \(ABCD\) và \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ECD\). a) Chứng minh rằng bốn điểm \(S, E, M, G\) cùng thuộc một mặt phẳng \((α)\) và mặt phẳng này cắt cả hai mặt phẳng \((SAC)\) và \((SBD)\) theo cùng một giao tuyến \(d\). b) Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng \((SAD)\) và \((SBC)\). c) Lấy một điểm \(K\) trên đoạn \(SE\) và gọi \(C'= SC ∩KB, D'=SD ∩ KA\). Chứng minh rằng hai giao điểm của \(AC'\) và \(BD'\) thuộc đường thẳng \(d\) nói trên. Giải a) Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(DB\); \(N\) là giao của \(EM\) và \(DC\). \(M\) là trung điểm của \(AB\) nên \(N\) là trung điểm của \(DC\) (vì \(ABCD\) là hình thang), Do đó \(EN\) là trung tuyến hay \(G\in EN\) Vậy ba điểm \(E, G, M\) thẳng hàng . Mặt phẳng \((\alpha)\) chính là mặt phẳng \((SEM)\) \(O\in MN\) \(\Rightarrow O\in(\alpha)\) và \(O \in AC \subset (SAC)\) nên \(O\) là giao điểm của hai mặt phẳng \((\alpha)\) và \((SAC)\) \(\Rightarrow SO\) là giao tuyến của \((\alpha)\) và \((SAC)\). b) \(E = AD \cap BC \Rightarrow E \in AD \Rightarrow E \in (SAD)\) \(E ∈ BC ⇒ E ∈ (SBC)\) Vậy \(E\) là một điểm chung của hai mặt phẳng \((SAD)\) và \((SBC)\) \(S\) là điểm chung của hai mặt phẳng \((SAD)\) và \((SBC)\) nên \(SE\) là giao tuyến của \((SAD)\) và \((SBC)\) c) \(C'= SC ∩ KB ⇒ C' ∈ SC ⇒ C' ∈ (SAC)\) \(⇒ AC' ∈ (SAC)\) Tương tự ta có: \(BD' ∈ (SDB)\) Hai đường thẳng \(AC’\) và \(BD’\) cùng thuộc mặt phẳng \((ABK)\) chúng giao nhau tại điểm \(M\) \(M ∈ AC’ ⇒ M ∈ (SAC)\) \(M ∈ BD’ ⇒ M ∈ (SDB)\) \(⇒ M\) là điểm chung của hai mặt phẳng \((SAC)\) và \((SDB)\) hay \(M ∈ d\) Câu 4 trang 126 SGK Hình học 11. Cho hình lăng trụ tứ giác \(ABCD.A’B’C’D’\) có \(E, F, M\) và \(N\) lần lượt là trung điểm của \(AC, BD, AC’\) và \(BD’\). Chứng minh \(MN = EF\). Giải Vì \(M\) là trung điểm của \(A’C\) và \(E\) là trung điểm của \(AC\) nên \(\overrightarrow {EM} = {1 \over 2}\overrightarrow {AA'} (1)\) Tương tự ta có: \(\overrightarrow {FN} = {1 \over 2}\overrightarrow {BB'} (2)\) Ta lại có: \(\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {BB'} (3)\) Từ (1), (2), (3) ⇒ \(\overrightarrow {EM} = \overrightarrow {FN}\) hay tứ giác \(EFNM\) là hình bình hành, do đó \(MN = EF\). Câu 5 trang 126 SGK Hình học 11. Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\)có \(E\) và \(F\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AB\) và \(DD'\). Hãy xác định các thiết diện của hình lập phương cắt bởi các mặt phẳng \((EFB)\), \((EFC)\), \((EFC')\) và \((EFK)\) với \(K\) là trung điểm của cạnh \(B'C'\) Giải - Mặt phẳng \((EFB)\) chứa cạnh \(AB\) nên \((EFB) ∩ (DCC'D')\) theo giao tuyến \(GF // AB\). Ta có thiết diện là hình chữ nhật \(ABGF\) như hình dưới đây: - Trong mặt phẳng \((ABCD), CE ∩ DA\) tại \(J\). Trong mặt phẳng \((ADD’A’)\) có \(JF ∩ AA’\) tại \(I\). Thiết diện cần dựng là hình thang \(CFIE\) (\(IE // FC\)) như hình dưới đây: - Trong mặt phẳng \((ADD’A’)\), \(A’F ∩ AD\) tại \(K\). Trong mặt phẳng \((ABCD), EK ∩ DC\) tại \(H\). Thiết diện cần dựng là hình thang \(A’FHE\) như hình dưới đây: - Trong mặt phẳng \((DCC’D’)\), \(C’F’ ∩ CD\) tại \(M\). Trong mặt phẳng \((ABCD)\), \(EM ∩ AD\) tại \(N\), \(FN\) là giao tuyến của mặt phẳng \((C’EF)\) với mặt bên \((ADD’A’)\). Trong mặt phẳng \((ABCD)\), \(ME ∩ BC\) tại \(Q\). Trong mặt phẳng \((BCC’B’)\), \(C’Q ∩ BB’\) tại \(P\). Thiết diện cần dựng là hình ngũ giác \(C’PENF\) như hình dưới đây: - Gọi \(E, H, F, I, K, J\) theo thứ tự là trung điểm của \(AB, AD, DD’, D’C’, C’B’, BB’\). Ta dễ dàng chứng minh được 6 điểm \(E, H, F, I, K, J\) nằm trên cùng một mặt phẳng. Mặt phẳng này chính là mặt phẳng \((EFK)\) và thiết diện có được là hình lục giác \(EHFIKJ\). Lục giác này có ba cặp cạnh đối song song và bằng nhau nên nó là lục giác đều. Hình dưới đây: Câu 6 trang 126 SGK Hình học 11. Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có cạnh bằng \(a\). a) Hãy xác định đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau \(BD'\) và \(B'C\). b)Tính khoảng cách của hai đường thẳng \(BD'\) và \(B'C\) Giải a) \(AB ⊥ (BCC’B’) ⇒ AB ⊥ B’C\) \(BCC’B’\) là hình vuông có \(BC’ ⊥ B’C\) \(⇒ B’C ⊥ (ABC’D’)\) và \(BD' ⊂ (ABC’D’)\) Trong mặt phẳng \((ABC’D’)\) ta kẻ \(IK ⊥ BD’\) vì \(B’C ⊥ (ABC’D’) ⇒ B’C ⊥ IK\) Kết hợp với \(IK ⊥ BD’ ⇒ IK\) là đường vuông góc chung của \(B’C\) và \(BD’\) b) Ta tính \(IK\) từ hình chữ nhật \(ABC’D’\) với \(AB = a, BC’ = a\sqrt2, BD’ = a\sqrt3\) \(∆BIK\) đồng dạng \(∆BD’C’\) ta có: \(\eqalign{ & \Rightarrow {{IK} \over {D'C'}} = {{BI} \over {B{\rm{D}}'}} \cr & \Rightarrow IK = {{BI.D'C'} \over {B{\rm{D}}'}} \cr & IK = {1 \over 6}a\sqrt 6 \cr} \). Câu 7 trang 126 SGK Hình học 11. Cho hình thang \(ABCD\) vuông tại \(A\) và \(B\), có \(AD = 2a, AB = BC = a\). Trên tia \(Ax\) vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\) lấy một điểm \(S\). Gọi \(C',D'\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(SC\) và \(SD\) . Chứng minh rằng : a) \(\widehat {SBC} = \widehat {SC{\rm{D}}} = {90^0}\) b) \(AD’, AC’\) và \(AB\) cùng nằm trên một mặt phẳng. c) Chứng minh rằng đường thẳng \(C’D’\) luôn luôn đi qua một điểm cố định khi \(S\) di động trên tia Giải a) \(\left. \matrix{ SA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \hfill \cr AB \bot BC \hfill \cr} \right\} \Rightarrow SB \bot BC\) (định lí 3 đường vuông góc) \( \Rightarrow \widehat {ABC} = {90^0}\) Gọi \(M\) là trung điểm của \(AD\). \(ABCM\) là hình vuông nên \(CM = a \Rightarrow CM = {1 \over 2}A{\rm{D}}\) Tam giác \(ACD\) có trung tuyến \(CM\) bằng \({1 \over 2}\) cạnh tương ứng nên nó là tam giác vuông, hay tam giác \(ACD\) vuông tại \(C\) có \(AC ⊥ CD\) \(\left. \matrix{ SA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \hfill \cr AC \bot C{\rm{D}} \hfill \cr} \right\} \Rightarrow SC \bot C{\rm{D}}\) (định lí 3 đường vuông góc) \(\Rightarrow \widehat {SC{\rm{D}}} = {90^0}\) b) Ta có : \(\left. \matrix{ AB \bot SA \hfill \cr AB \bot A{\rm{D}} \hfill \cr} \right\} \Rightarrow \left. \matrix{ AB \bot \left( {SA{\rm{D}}} \right) \hfill \cr S{\rm{D}} \subset \left( {SA{\rm{D}}} \right) \hfill \cr} \right\} \Rightarrow AB \bot S{\rm{D}}(1)\) \(\left. \matrix{ C{\rm{D}} \bot AC \hfill \cr C{\rm{D}} \bot SC \hfill \cr} \right\} \Rightarrow \left. \matrix{ C{\rm{D}} \bot \left( {SAC} \right) \hfill \cr AC' \subset \left( {SAC} \right) \hfill \cr} \right\} \Rightarrow AC' \bot C{\rm{D}}\) Kết hợp với \( AC’ ⊥ SC\) suy ra \(AC'\bot (SCD)\) Vậy \(\left. \matrix{ AC' \bot \left( {SC{\rm{D}}} \right) \hfill \cr S{\rm{D}} \subset \left( {SC{\rm{D}}} \right) \hfill \cr} \right\} \Rightarrow AC' \bot S{\rm{D(2)}}\) Giả thiết cho \(AD’ ⊥ SD\) (3) Từ (1), (2), (3) ta thấy ba đường thẳng \(AB, AD’, AC’\) cùng vuông góc với \(SC\). Vậy chúng cùng nằm trong mặt phẳng \(( P)\) đi qua \(A\) và vuông góc với \(SD\). c) Gọi \(K\) là giao điểm của \(C’D’\) với \(AB\). \(K ∈ C’D’ ⇒ K ∈ (SCD)\) \(K ∈ AB ⇒ K ∈ (ABCD)\) \(⇒ K\) là giao điểm của hai mặt phẳng \((SCD)\) và \((ABCD)\) Hai mặt phẳng này cắt nhau theo giao tuyến \(CD\). Như vậy ba đường thẳng \(AB, CD, C’D’\) đồng quy tại \(K\) và \(AB, CD\) cố định suy ra \(K\) cố đinh. Khi \(S\) chạy trên \(Ax\) thì \(C’D’\) luôn đi qua điểm cố định là giao điểm của \(AB\) và \(CD\).
