Câu 1 trang 124 SGK Hình học 11 Nâng cao. 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. Giải 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 ĐJ, 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. Câu 2 trang 124 SGK Hình học 11 Nâng cao. 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 ĐI 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 ? Giải a. MNPQ là hình bình hành nên I là trung điểm của MP và NQ. Phép đối xứng tâm ĐI 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. Câu 3 trang 125 SGK Hình học 11 Nâng cao. 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. Giải 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. Câu 4 trang 125 SGK Hình học 11 Nâng cao. 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. Giải 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) Câu 5 trang 125 SGK Hình học 11 Nâng cao. 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’) Giải 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. Câu 6 trang 125 SGK Hình học 11 Nâng cao. 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 . Giải 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. Câu 7 trang 125 SGK Hình học 11 Nâng cao. 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. Giải 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 \({S_{PKN}} = {S_{MKN}}\) Câu 8 trang 126 SGK Hình học 11 Nâng cao. 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). Giải 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 \(\sin \alpha = {{\sqrt 2 } \over 4},0^\circ < \alpha < 90^\circ .\) Câu 9 trang 126 SGK Hình học 11 Nâng cao. 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’). Giải Ta có: \(A{C^2} = 3{a^2},AB{'^2} = 2{a^2},AC{'^2} = 3{a^2} + {m^2},\) \(B'C{'^2} = 4{a^2} + {\left( {m - a} \right)^2}\) a. Tam giác AB’C’ vuông ở A khi và chỉ khi : \(5{a^2} + {m^2} - 2ma = 2{a^2} + 3{a^2} + {m^2}\) Vậy tam giác AB’C’ vuông ở A khi và chỉ khi m = 0 Vậy tam giác AB’C’ vuông ở C’ khi và chỉ khi : \(2{a^2} = 3{a^2} + {m^2} + 4{a^2} + {\left( {m - a} \right)^2}.\) Điều này không xảy ra. Tam giác AB’C’ vuông ở B’ khi và chỉ khi : \(2{a^2} + 4{a^2} + {\left( {m - a} \right)^2} = 3{a^2} + {m^2} \Leftrightarrow m = 2a\) 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 Vì AH ⊥ BC nên BH.BC = AB2 = \({a^2} \Rightarrow BH = {a \over 2}\) Từ đó \(HC = {{3a} \over 2}\) và \(B'{H^2} = {a^2} + {{{a^2}} \over 4} = {{5{a^2}} \over 4}\) \(C'{H^2} = {{9{a^2}} \over 4} + 4{a^2} = {{25{a^2}} \over 4};B'C{'^2} = 5{a^2}\) Như vậy : \(B'{H^2} + B'C{'^2} = C'{H^2}\), tức là tam giác 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 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: \({S_{AIC}} = 2{S_{ABC}} = {a^2}\sqrt 3 \) 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 \(\cos \varphi = {{\sqrt {30} } \over {10}},0^\circ < \varphi < 90^\circ \)
