Câu 1 trang 221 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho đường thẳng a và vectơ \(\overrightarrow u \) có giá vuông góc với a. Gọi F là phép hợp thành của đối xứng trục Đa. Gọi F là phép hợp thành của đối xứng trục Đa và tịnh tiến \({T_{\overrightarrow u }}\). Với điểm M bất kì, gọi M’ = F(M) và I là trung điểm của MM’. a) Tìm quỹ tích của I khi M thay đổi. b) Chứng minh rằng F là phép đối xứng trục. Trả lời a) Nếu Đa biến điểm M thành N thì \({T_{\overrightarrow u }}\) biến điểm N thành điểm M’ tức là \(\overrightarrow {NM'} = \overrightarrow u \). Vì vectơ \(\overrightarrow u \) có giá vuông góc với a nên ba điểm M, N và M’ cùng nằm trên đường thẳng m vuông góc với a. Gọi J là trung điểm của MN thì J nằm trên a và ta có : \(\eqalign{ & \overrightarrow {JI} = \overrightarrow {MI} - \overrightarrow {MJ} = {1 \over 2}\left( {\overrightarrow {MM'} - \overrightarrow {MN} } \right) \cr & = {1 \over 2}\overrightarrow {NM'} = {{\overrightarrow u } \over 2}. \cr} \) Như vậy I là ảnh của J qua phép tịnh tiến theo vectơ \({{\overrightarrow u } \over 2}\), suy ra quỹ tích I là đường thẳng a’ ảnh của a qua phép tịnh tiến đó. b) Từ câu a), ta suy ra a’ là trung trực của đoạn thẳng MM’. Suy ra F là phép đối xứng trục với trục là đường thẳng a’. Câu 2 trang 221 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho điểm O nằm trên đường thẳng a. Gọi Đ là phép đối xứng qua đường thẳng a, Q là phép quay tâm O góc quay φ và F là phép hợp thành của Đ và Q. Với điểm M bất kì, gọi M’ = F(M) và I là trung điểm của MM’. a) Tìm quỹ tích của I khi M thay đổi. b) Chứng minh rằng F là phép đối xứng trục. Trả lời a) Nếu Đ biến điểm M thành điểm N thì Q biến điểm N thành điểm M’. Gọi J là trung điểm của MN thì J nằm trên a và OJ là phân giác của góc MON.- Ta có: \(\eqalign{ & \left( {\overrightarrow {OJ} ,\overrightarrow {OI} } \right) = \left( {\overrightarrow {OM} ,\overrightarrow {OI} } \right) - \left( {\overrightarrow {OM} ,\overrightarrow {OJ} } \right) \cr & = {1 \over 2}\left[ {\left( {\overrightarrow {OM} ,\overrightarrow {OM'} } \right) - \left( {\overrightarrow {OM} ,\overrightarrow {ON} } \right)} \right] \cr & = {1 \over 2}\left( {\overrightarrow {ON} ,\overrightarrow {OM'} } \right) = {\varphi \over 2}. \cr} \) Như vậy nếu gọi Q’ là phép quay tâm O góc quay \({\varphi \over 2}\) thì Q biến đường thẳng OJ (tức là đường thẳng a) thành đường thẳng OI. Vậy quỹ tích của I là đường thẳng a’, ảnh của a là phép quay O’. b) Từ câu a) ta suy ra a’ là trung trực của đoạn thẳng MM’. Suy ra F là phéo đối xứng trục với trục là đường thẳng a’. Câu 3 trang 221 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho đường tròn (O; R) và một điểm A cố định, một điểm M thay đổi trên đường tròn. Tìm quỹ tích các điểm N sao cho \(\overrightarrow {ON} = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OM} \). Trả lời Từ \(\eqalign{ & \overrightarrow {ON} = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OM} \cr & \Rightarrow \overrightarrow {MN} = \overrightarrow {ON} - \overrightarrow {OM} = \overrightarrow {OA} \cr} \) Gọi T là phép tịnh tiến theo vectơ \(\overrightarrow {OA} \) thì T biến M thành N. Vậy quỹ tích các điểm N là ảnh của đường tròn (O; R) qua phép tịnh tiến T, đó là đường tròn tâm A bán kính R. Câu 4 trang 221 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho đường tròn (O; R) và hai điểm A, B cố định. Một điểm M thay đổi trên đường tròn. Gọi N là điểm đối xứng với M qua A, điểm M’ đối xứng với N qua B. Tìm quỹ tích các điểm M’. Trả lời Chứng minh \(\overrightarrow {MM'} = 2\overrightarrow {AB} \). Quỹ tích các điểm M’ là đường tròn ảnh của đường tròn (O; R) qua phép tịnh tiến theo vectơ \(2\overrightarrow {AB} \). Câu 5 trang 221 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hai đường thẳng a, b cắt nhau và không vuông góc với nhau, điểm O không nằm trên chúng. Hãy xác định điểm A nằm trên a và điểm B nằm trên b sao cho tam giác OAB vuông cân tại đỉnh O. Trả lời Giả sử đã xác định được hai điểm A, B theo yêu cầu của Câu toán. Vì \(\widehat {AOB} = {90^0}\) nên góc lượng giác \(\left( {\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {OB} } \right) = \pm {\pi \over 2}\). Xét trường hợp \(\left( {\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {OB} } \right) = {\pi \over 2}\). Gọi Q là phép quay tâm O với góc quay \({\pi \over 2}\) và a’ là ảnh của đường thẳng a qua phép Q. Vì Q biến điểm A thành điểm B nên B cũng nằm trên đường thẳng a’, nói cách khác B là giao điểm của a’ và b. Vậy ta có cách xác định điểm B như sau: Xác định đường thẳng a’ là ảnh của đường thanwgr a qua phéo quay Q rồi lấy giao điểm B của a’ và n. (Chú ý rằng a’ vuông góc với a còn b không vuông góc với a bên a’ và b cắt nhau). Để xác định điểm A ta vẽ đường thẳng c đi qua O và vuông góc OB thì c sẽ cắt a tại A. Vậy OAB là tam giác vuông cân cần tìm. Đối với trường hợp \(\left( {\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {OB} } \right) = - {\pi \over 2}\) ta cũng làm tương tự và được tam giác vuông cân OA’B’ với A’ nằm trên a và B’ nằm trên b. Bài toán có hai nghiệm hình. Câu 6 trang 221 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho ba điểm A, B, C. Gọi ĐA, ĐB, ĐC là các phép đối xứng tâm có tâm lần lượt là A, B và C. Chứng minh rằng hợp thành của ba phép đối xứng tâm nói trên là một phép đối xứng tâm. Trả lời Gọi F là phép hợp thành của ba phép đối xứng ĐA, ĐB và ĐC. Gọi M là điểm bất kì sao cho M1 = ĐA(M), M2 = ĐB(M1), M’ = ĐC(M2), có nghĩa là các điểm A, B, C lần lượt là trung điểm các đoạn \(M{M_1},{M_1}{M_2},{M_2}M'\) Từ đó nếu ta gọi D là trung điểm của đoạn thẳng MM’ thì \(\overrightarrow {C{\rm{D}}} = \overrightarrow {BA} \), tức D là điểm xác định không phụ thuộc vào M. Theo định nghĩa của phép hợp thành F thì F biến điểm M thành điểm M’. Vì D là trung điểm của MM’ nên F là phép đối xứng tâm với tâm là D. Câu 7 trang 221 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho năm điểm M, N, P, Q, R. Hãy xác định ngũ giác ABCDE sao cho M, N, P, Q, R lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DE, EA của ngũ giác đó. Trả lời Giả sử đã xác định được ngũ giác ABCDE thỏa mãn yêu cầu của bài toán. Lấy một điểm A bất kì và xác định các điểm B’, C’, D’, E’, A’’ như sau: B’ là điểm đối xứng của A’ qua M, C’ là điểm đối xứng của B qua N, D’ là điểm đối xứng của C’ qua P, E’ là điểm đối xứng của D’ qua Q, và A’’ là điểm đối xứng của E’ qua R. Theo các tính chất của phép đối xứng tâm ta có: \(\eqalign{ & \overrightarrow {AA'} = - \overrightarrow {BB'} = \overrightarrow {CC'} \cr & =- \overrightarrow {DD'} = \overrightarrow {EE'} = - \overrightarrow {AA''} \cr} \) Suy ra \(\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow { - AA''} \), do đó A là trung điểm của đoạn thẳng A’A’’. Từ đó suy ra cách dựng: Lấy điểm A’ tùy ý rồi dựng các điểm B’, C’, D’, E’, A’’ như trên. Dựng A là trung điểm của đoạn thẳng A’A’’. Có điểm A ta dễ dàng dựng được các điểm B, C, D và E. Câu 8 trang 222 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho đường tròn (O; R) và hai điểm A, B cố định sao cho đường thẳng AB không cắt đường tròn. Một điểm M thay đổi trên đường tròn. a) Tìm quỹ tích điểm N sao cho ABMN là hình bình hành. b) Tìm quỹ tích trọng tâm G của tam giác ABM. Trả lời a) Vì tứ giác ABMN là hình bình hành nên \(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {BA} \). Vậy phép tịnh tiến theo vectơ \(\overrightarrow {BA} \) biến điểm M thành điểm N. Suy ra quỹ tích các điểm N là ảnh của đường tròn (O;R) qua phép tịnh tiến đó. b) Gọi I là trung điểm AB thì \(\overrightarrow {IG} = {1 \over 3}\overrightarrow {IM} \) . Vậy phép vị tự \({V_{\left( {I;{1 \over 3}} \right)}}\) biến điểm M thành điểm G. Từ đó suy ra quỹ tích các điểm G là đường tròn ảnh của đường tròn (O;R) qua phép vị tự nói trên. Câu 9 trang 222 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho đường thẳng a và điểm G không nằm trên a. Với hai điểm phân biệt A, B thay đổi trên a, ta lấy điểm C sao cho G là trọng tâm tam giác ABC. Tìm quỹ tích điểm C. Trả lời Gọi M là trung điểm AB thì phép vị tự V tâm G tỉ số -2 biến M thành C. Vì M di chuyển trên a nên quỹ tích của C là ảnh của a qua phép vị tự V. Câu 10 trang 222 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho phép vị tự V có tâm O tỉ số k và phép vị tự V’ có tâm O’ tỉ số k’, biết rằng O, O’ là hai điểm phân biệt và kk’ = 1. Chứng minh rằng hợp thành của V và V’ là một phép tịnh tiến. Trả lời Lấy điểm M tùy ý và giả sử V biến điểm M thành điểm N và V’ biến điểm N thành điểm M’. Khi đó ta có: \(\overrightarrow {ON} = k\overrightarrow {OM} \) và \(\overrightarrow {O'M'} = k'\overrightarrow {O'N} \). (chú ý rằng kk’ = 1) Suy ra \(\eqalign{ & \overrightarrow {OO'} = \overrightarrow {OM} + \overrightarrow {MM'} + \overrightarrow {M'O'} \cr & = {1 \over k}\overrightarrow {ON} + \overrightarrow {MM'} - k'\overrightarrow {O'N} \cr & = \overrightarrow {MM'} + {1 \over k}\left( {\overrightarrow {ON} + \overrightarrow {NO'} } \right) \cr & = \overrightarrow {MM'} + {1 \over k}\overrightarrow {OO'} \cr} \) Như vậy, ta có \(\overrightarrow {MM'} = \left( {1 - k} \right)\overrightarrow {OO'} \) (*) Vì phéo hợp thành của V và V’ biến M thành M’ nên từ (*) ta suy ra phép hợp thành đó là phép tịnh tiến theo vectơ \(\left( {1 - k'} \right)\overrightarrow {OO'} \). Câu 11 trang 222 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABC. Các điểm K, N lần lượt là trung điểm của SA và CB. Điểm M thuộc cạnh SC sao cho \({{SM} \over {MC}} = {2 \over 3}\). a) Tính tỉ số diện tích của hai tam giác ASC và AKM. b) Mặt phẳng qua K và song song với hai đường thẳng AB và SC có qua điểm N hay không? c) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mp(KMN). d) Chứng minh rằng đường thẳng KN chia thiết diện thành hai phần có diện tích bằng nhau. Trả lời a) Từ C và M ta lần lượt kẻ các đường CH, MH’ cùng vuông góc với SA (H, H’ cùng thuộc SA). Ta có \(\eqalign{ & {{{S_{ASC}}} \over {{S_{AKM}}}} = {{{1 \over 2}SA.CH} \over {{1 \over 2}AK.MH'}} \cr & = 2.{{CH} \over {MH'}} = 2.{{SC} \over {SM}} = 2.{5 \over 2} = 5 \cr} \) b) Gọi: (P) là mặt phẳng qua K, song song với AB và SC; (Q) là mặt phẳng qua AB và song song với SC; (R) là mặt phẳng qua SC và song song với AB. Khi đó ba mặt phẳng (P), (Q), (R) đôi một song song. Gọi \(N' = BC \cap \left( P \right)\). Theo định lí Ta-lét, ta có: \({{CN'} \over {N'B}} = {{SK} \over {K{\rm{A}}}} = 1 \Rightarrow CN' = N'B\) do đó N’ là trung điểm của BC, tức N’ ≡ N Vậy mp(P) qua điểm N. c) Kéo dài MK cắt AC tại I; nối IN cắt BA tại J. Vậy tứ giác MNJK là thiết diện cần tìm. d) Gọi O là giao điểm của KN và MJ thì O là giao điểm của mp(P) với JM. Ba mặt phẳng song song (R), (P), (Q) lần lượt cắt SA và MJ tại các điểm S, K, A và M, O, J. Theo định lí Ta-lét, ta có O là trung điểm của MJ (do K là trung điểm của SA). Từ đó, dễ thấy \({S_{K{\rm{O}}M}} = {S_{K{\rm{O}}J}};{S_{NMO}} = {S_{NOJ}}\). Vậy \({S_{MKN}} = {S_{JKN}}\) tức là đường thẳng KN chia thiết diện thành hai phần có diện tích bằng nhau. Câu 12 trang 222 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình hộp \(ABC{\rm{D}}.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\) với M là trung điểm của CD. a) Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng (MAA1) và (BDD1B1). b) Dựng đường thẳng ∆ qua M cắt BD1 và AA1. c) Gọi P và Q lần lượt là giao điểm của ∆ với BD1 và AA1. Tính tỉ số \({{MP} \over {MQ}}\). d) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mp(B,∆). Trả lời a) Gọi I là giao điểm của AM và BD, M1 là trung điểm cuae C1D1, I1 là giao điểm của A1M1 với B1D1. Dễ thấy II1 chính là giao tuyến của hai mặt phẳng (MAA1) và (BDD1B1). b) Giả sử đường thẳng ∆ cần tìm cắt BD1 và AA1 lần lượt tại P và Q. Khi đó P chính là giao điểm của BD1 với mp(MAA1). Vậy P là giao điểm của BD1 và II1. Từ đó, suy ra cách dựng đường thẳng ∆ như sau: - Lấy giao điểm P của BD1 và II1. - Vẽ đường thẳng MP. Khi đó, đường thẳng MP chính là đường thẳng ∆ cần tìm. c) Ta có \(DM//AB \Rightarrow {{IM} \over {IA}} = {{M{\rm{D}}} \over {AB}} = {1 \over 2} \Rightarrow {{IM} \over {IA}} = {1 \over 2}\) và \(IP//AQ \Rightarrow {{MP} \over {PQ}} = {{MI} \over {IA}} = {1 \over 2} \Rightarrow {{MP} \over {PQ}} = {1 \over 2}\) Suy ra \({{MP} \over {MP + PQ}} = {1 \over {2 + 1}} = {1 \over 3} \Rightarrow {{MP} \over {MQ}} = {1 \over 3}.\) d) Nối B với Q cắt A1B1 tại E. Từ E kẻ EF // B1M1 cắt A1D1 tại F. Gọi J là giao điểm của EF với C1D1. Nối J với M cắt DD1 tại K. Vậy thiết diện là ngũ giác BEFKM. Câu 13 trang 222 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình bình hành ABCD. Qua đỉnh A, B, C, D dựng các đường thẳng a, b, c, d tương ứng song song với nhau và không thuộc mp(ABCD). Trên mỗi đường thẳng a, b, c, d lần lượt lấy các điểm \({A_1},{B_1},{C_1},{D_1}\). Chứng minh rằng: a) Nếu các điểm \({A_1},{B_1},{C_1},{D_1}\) không đồng phẳng thì đường thẳng nối trung điểm A1C1và trung điểm B1D1 luôn đi qua một điểm cố định. b) Bốn điểm \({A_1},{B_1},{C_1},{D_1}\) đồng phẳng khi và chỉ khi trung điểm của A1C1 trùng với trung điểm B1D1. c) Nếu bốn đường thẳng \(A{C_1},B{{\rm{D}}_1},C{A_1},D{B_1}\) đôi một cắt nhau thì \(ABC{\rm{D}}.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\) là một hình hộp. Trả lời a) Xét phép chiếu song song lên mp(ABCD) theo phương chiếu l // a. Khi đó A1C1 có hình chiếu là AC nên trung điểm I của A1C1 có hình chiếu là trung điểm O của AC. Tương tự, trung điểm J của B1D1 có hình chiếu là trung điểm O của BD. Do đó, ba điểm I, J, O phải nằm trên một đường thẳng ∆. Đường thẳng ∆ này đi qua điểm cố định O. b) Nếu \({A_1},{B_1},{C_1},{D_1}\) đồng phẳng thì \({A_1}{B_1}//{C_1}{D_1}\) vì chúng là giao tuyến của \(mp\left( {{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}} \right)\) với hai mặt phẳng song song \(\left( {AB{B_1}{A_1}} \right),\left( {DC{C_1}{D_1}} \right)\). Tương tự, ta có \({A_1}{D_1}//{B_1}{C_1}\). Vậy tứ giác \({A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\) là một hình bình hành. Do đó trung điểm I của A1C1 trùng với trung điểm J của B1D1. ● Ngược lại, nếu I trùng với J thì các điểm \({A_1},{B_1},{C_1},{D_1}\) cùng nằm trên mặt phẳng xác định bởi hai đường thẳng cắt nhau A1C1 và B1D1. c) Giả sử AC1 cắt BD1 tại K. Khi đó, ta có \(mp\left( {A{C_1},B{{\rm{D}}_1}} \right) \equiv mp\left( {AB{C_1}{D_1}} \right)\). Mặt phẳng này cắt hai mặt phẳng song song \(\left( {AB{B_1}{A_1}} \right),\left( {DC{C_1}{D_1}} \right)\) theo hai giao tuyến song song AB và C1D1, suy ra \({C_1}{D_1}//C{\rm{D}}\). Mặt khác \(D{D_1}//C{C_1}\). Vậy tứ giác \(CD{D_1}{C_1}\) là hình bình hành. Do đó: \(C{\rm{D}} = {C_1}{D_1} \Rightarrow {C_1}{D_1} = BA\). Như vậy \(AB{C_1}{D_1}\) là hình bình hành và K là trung điểm của AC1 và BD1. Tương tự, nếu BD1 cắt CA1 tại K’ thì \(BC{{\rm{D}}_1}{A_1}\) là hình bình hành và K’ là trung điểm của BD1 và CA1 nên K’ ≡ K. Tương tự, ta cũng suy ra K là trung điểm của B1D, các mặt \(AB{B_1}{A_1},BC{C_1}{B_1}\) đều là hình bình hành và từ đó \({A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\) cũng là hình bình hành. Vậy \(ABC{\rm{D}}.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\) là hình hộp. Câu 14 trang 223 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF không nằm trong một mặt phẳng. M là một điểm của cạnh AD, N là một điểm chuyển động trên cạnh BE sao cho \({{AM} \over {A{\rm{D}}}} = {{BN} \over {BE}}\). a) Chứng minh rằng MN luôn song song với một mặt phẳng cố định. b) Tìm tập hợp trung điểm G của đoạn thẳng MN. Trả lời a) Kẻ \(MQ//AB\left( {Q \in BC} \right)\), kẻ \(N{\rm{R}}//AB\left( {R \in AF} \right)\). Dễ thấy tứ giác MQNR là hình bình hành có các cạnh lần lượt song song với AB và EC. Từ đó suy ra MN luôn song song với mặt phẳng cố định (CDFE). b) Gọi S, T, Y lần lượt là trung điểm AB, EF, CD; I, K lần lượt là trung điểm của NR và QM. Khi đó, dễ thấy G là trung điểm của IK và I, K lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng NR và ST, MQ và SY. Gọi H là trung điểm của TY, thì rõ ràng S, G, H thẳng hàng và SH là đường trung tuyến của tam giác cố định STY. Vậy tập hợp các điểm G là đường trung tuyến SH của tam giác STY. Phần đảo. Lấy một điểm G bất kì trên đoạn thẳng SH, qua G kẻ đường thẳng \(IK//TY\left( {I \in ST,K \in SY} \right)\). Qua I và K kẻ lần lượt các đường thẳng NR và MQ cùng song song với AB (N ∈ EB, R ∈ AF, M ∈ AD, Q ∈ BC). Sau đó chứng minh G là trung điểm của MN và \({{AM} \over {A{\rm{D}}}} = {{BN} \over {BE}}\). Câu 15 trang 223 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình thang vuông ABCD có \(\widehat A = \widehat D = {90^0}\) , \(AB = 2{\rm{a}},C{\rm{D}} = a,A{\rm{D}} = 3{\rm{a}}\) M là điểm bất kì thuộc đoạn thẳng AD. a) Xác định vị trí điểm M để hai đường thẳng BM và CM vuông góc với nhau. b) Gọi S là điểm thuộc đường thẳng vuông góc với mp(ABC) kẻ từ điểm M sao cho SM = AM. Xét mặt phẳng (P) đi qua M và vuông góc với SA. Thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi (P) là hình gì? Tính diện tích thiết diện thu được theo a và x, ở đây \(x = AM\left( {0 < x \le 3{\rm{a}}} \right)\). Trả lời a) Đặt \(AM = x\) thì \(DM=3a-x\). Dễ thấy \(BC = a\sqrt {10} \) \(\eqalign{ & M{B^2} = 4{{\rm{a}}^2} + {x^2} \cr & M{C^2} = {a^2} + {\left( {3{\rm{a}} - x} \right)^2} \cr} \) Hai đường thẳng BM và CM vuông góc với nhau khi và chỉ khi \(\eqalign{ & B{C^2} = M{B^2} + M{C^2} \cr & \Leftrightarrow 10{a^2} = 2{{\rm{x}}^2} + 14{a^2} - 6ax \cr & \Leftrightarrow {x^2} - 3ax + 2{a^2} = 0 \cr & \Rightarrow x = a,x = 2a \cr} \) Vậy có hai vị trí của M để MB và MC vuông góc với nhau. b) Vì \(SM \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right),AB \bot MA\) nên \(AB \bot SA\) (định lí ba đường vuông góc). Mặt khác \(\left( P \right) \bot SA\) nên (P) // AB. Do MA = MS, (P) đi qua M và \(\left( P \right) \bot SA\) nên (P) cắt SA tại trung điểm A1 của SA. Từ đó (P) cắt (SAB) theo giao tuyến A1B1 với A1B1 // AB; (P) cắt (ABCD) theo giao tuyến MN song song với AB. Như vậy, thiết diện của hình chóp S.ABCD khi cắt bởi mp(P) là hình thang vuông M A1B1N (tứ giác M A1B1N là hình thang vuông MN // A1B1, ngoài ta \(AB \bot \left( {SA{\rm{D}}} \right)\) nên \({A_1}{B_1} \bot \left( {SA{\rm{D}}} \right)\), tức là \({A_1}{B_1} \bot M{A_1}\)) \(\eqalign{ & {S_{M{A_1}{B_1}N}} = {1 \over 2}\left( {{A_1}{B_1} + MN} \right).{A_1}M \cr & {A_1}{B_1} = {1 \over 2}AB = a,{A_1}M = {1 \over 2}SA = {{x\sqrt 2 } \over 2} \cr} \) Gọi I là giao điểm của AD và BC thì IA = 6a. Ta có \(\eqalign{ & {{MN} \over {AB}} = {{IM} \over {IA}} \Leftrightarrow {{MN} \over {2{\rm{a}}}} = {{6{\rm{a}} - x} \over {6{\rm{a}}}} \cr & \Rightarrow MN = {{6a - x} \over 3} \cr} \) Vậy \(\eqalign{ & {S_{M{A_1}{B_1}N}} = {1 \over 2}\left( {a + {{6{\rm{a}} - x} \over 3}} \right).{{x\sqrt 2 } \over 2} \cr & = {{\sqrt 2 \left( {9{\rm{a}} - x} \right)x} \over {12}}\,\left( {voi\,0 < x \le 3{\rm{a}}} \right) \cr} \). Câu 16 trang 223 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hai đường thẳng ∆ và ∆’ chéo nhau và vuông góc với nhau. (P) là mặt phẳng chứa đường thẳng ∆’ và vuông góc với ∆ (A ≠ I). Hai điểm B, C thay đổi trên ∆’ sao cho mp(B, ∆) vuông góc với mp(C, ∆). Gọi AA’, BB’, CC’ là các đường cao của tam giác ABC. Chứng minh rằng: a) \(A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}\) không đổi. b) A’B.A’C không đổi và trực tâm của tam giác ABC là điểm cố định. c) Các điểm B’, C’ thuộc một đường tròn cố định. Trả lời Ta có \(AI \bot \left( {IBC} \right)\) nên \(\widehat {BIC}\) hoặc \({180^0} - \widehat {BIC}\) là góc giữa mp(B, ∆) và mp(C, ∆). Theo giả thiết \(mp\left( {B,\Delta } \right) \bot mp\left( {C,\Delta } \right)\) nên \(\widehat {BIC} = {90^0}\). Như vậy tứ diện IABC có IA, IB, IC đôi một vuông góc. a) Ta có \(\eqalign{ & A{B^2} + A{C^2} - B{C^2} \cr & = A{I^2} + I{B^2} + A{I^2} + I{C^2} - B{C^2} \cr & = 2{\rm{A}}{I^2} \cr} \) Điều này khẳng định \(A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}\) không đổi. b) Dễ thấy IA’ là đường cao của tam giác vuông IBC. Vậy \(A'B.A'C = IA{'^2}\). Vì \(IA' \bot \Delta '\) nên IA’ là cố định, do đó A’B.A’C không đổi. Vì IABC là tứ diện có các cạnh IA, IB, IC đôi một vuông góc nên trực tâm của tam giác ABC là hình chiếu H của điểm I trên mặt phẳng (ABC) (trùng với mặt phẳng (A, ∆’)). Vậy trực tâm H của tam giác ABC là điểm cố định. c) Ta có B’, C’ thuộc mp(A, ∆). \(\widehat {AB'H} = \widehat {AC'H} = {90^0}\). Vậy B’, C’ thuộc đường tròn đường kính AH trong mp(A, ∆’). Đường tròn này cố định. Câu 17 trang 223 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chữ nhật ABCD có AB = a, BC = b. Xét hai tia At, Ct’ cùng chiều và cùng vuông góc với mp(ABC). Lấy điểm M thuộc At, N thuộc Ct’ (M ≠ A, N ≠ C). Đặt AM = m, CN = n. a) Tính góc giữa các mặt phẳng (MBD) và (NBD) với mặt phẳng (ABCD). b) Tính góc giữa hai mặt phẳng (MBD) và (NBD). Tìm hệ thức giữa a, b, m, n để hai mặt phẳng đó vuông góc. c) Khi a = b và mp(MBD) vuông góc với mp(NBD), hãy tính đường cao OI của tam giác MON (trong đó O là giao điểm của AC và BD), từ đó suy ra hai mặt phẳng (BMN) và (DMN) vuông góc với nhau. Trả lời a) Kẻ \(AH \bot B{\rm{D}}\). Do \(MA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\) nên \(MH \bot B{\rm{D}}\) (định lí ba dường vuông góc). Ta có MAH là tam giác vuông tại A nên \(\widehat {MHA}\) là góc giữa mp(MBD) với mp(ABCD). Đặt \(\widehat {MHA} = \alpha \) thì \(\eqalign{ & \tan \alpha = {{MA} \over {AH}},MA = m \cr & AH = {{ab} \over {\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} \cr & \Rightarrow \tan \alpha = {{m\sqrt {{a^2} + {b^2}} } \over {ab}} \cr} \) Vậy góc giữa mặt phẳng (MBD) và mặt phẳng (ABCD) là α mà \(\tan \alpha = {{m\sqrt {{a^2} + {b^2}} } \over {ab}}\) Tương tự, ta có \(\widehat {NKC}\) là góc giữa mp(NBD) với mp(ABCD) và đặt \(\widehat {NKC} = \beta \) thì \(\tan \beta = {{n\sqrt {{a^2} + {b^2}} } \over {ab}}\) Vậy góc giữa mặt phẳng (NBD) và mặt phẳng (ABCD) là β mà \(\tan \beta = {{n\sqrt {{a^2} + {b^2}} } \over {ab}}\) b) Kẻ Hx song song với KN, do AH // KC và At, Ct’ nằm về một phía của (ABCD) nên \(\widehat {MH{\rm{x}}}\) hoặc \({180^0} - \widehat {MH{\rm{x}}}\) là góc giữa hai mặt phẳng (MBD) và (NBD). Đặt \(\widehat {MH{\rm{x}}} = \gamma \) thì \(\gamma = {180^0} - \left( {\alpha + \beta } \right)\) \(\eqalign{ & \tan \gamma = - tan\left( {\alpha + \beta } \right) = {{\tan \alpha + \tan \beta } \over {\tan \alpha \tan \beta - 1}} \cr & = {{\sqrt {{a^2} + {b^2}} \left( {m + n} \right)ab} \over {mn\left( {{a^2} + {b^2}} \right) - {a^2}{b^2}}} \cr} \) Vậy góc giữa hai mặt phẳng (MBD) và (NBD) là φ mà \(\tan \varphi = {{\sqrt {{a^2} + {b^2}} \left( {m + n} \right)ab} \over {\left| {mn\left( {{a^2} + {b^2}} \right) - {a^2}{b^2}} \right|}}\) Từ đó, suy ra mặt phẳng (MBD) và mặt phẳng (NBD) vuông góc khi và chỉ khi \(mn\left( {{a^2} + {b^2}} \right) - {a^2}{b^2} = 0\) hay \(mn = {{{a^2}{b^2}} \over {{a^2} + {b^2}}}\). c) Khi a = b thì H ≡ K ≡ O và \(mp\left( {MB{\rm{D}}} \right) \bot mp\left( {NB{\rm{D}}} \right)\) tức là \(mn = {{{a^2}} \over 2}\). Gọi OI là đường cao của tam giác vuông OMN. Ta có \(\eqalign{ & OI = {{2{{\rm{S}}_{MON}}} \over {MN}} \cr & 2{{\rm{S}}_{MON}} = 2\left[ {{S_{ACNM}} - \left( {{S_{AM{\rm{O}}}} + {S_{CNO}}} \right)} \right] \cr & = 2\left( {{1 \over 2}\left( {m + n} \right)a\sqrt 2 - {1 \over 2}.{{a\sqrt 2 } \over 2}m - {1 \over 2}.{{a\sqrt 2 } \over 2}n} \right) \cr & = {{a\sqrt 2 } \over 2}\left( {m + n} \right) \cr & MN = \sqrt {{{\left( {m - n} \right)}^2} + 2{{\rm{a}}^2}} \cr & = \sqrt {{{\left( {m - n} \right)}^2} + 4mn} \cr & = m + n \cr} \) Từ đó \(OI = {{a\sqrt 2 } \over 2}\) Vậy BID là tam giác vuông tại I. Mặt khác \(B{\rm{D}} \bot \left( {MACN} \right)\) nên \(B{\rm{D}} \bot MN\) ; kết hợp với \(OI \bot MN\) ta có \(MN \bot \left( {BI{\rm{D}}} \right)\). Vì \(\widehat {BI{\rm{D}}} = {90^0}\) nên hai mặt phẳng (BMN) và (DMN) vuông góc với nhau. Câu 18 trang 224 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Trong mặt phẳng (P) cho đường tròn tâm O, bán kính R. Điểm A cố định thuộc đường tròn, đường kính BC quay quanh O, (BC không trùng với OA). Đặt \(\widehat {ABC} = \alpha \). Điểm S nằm trong không gian sao cho SA vuông góc với (P) và SA = 2R. a) Chứng minh rằng chân đường cao SH của tam giác SBC thuộc một đường tròn cố định. b) Xác định α để diện tích tam giác SBC đạt giá trị lớn nhất, hãy tính giá trị đó. Trả lời a) Vì \(SA \bot \left( P \right)\) và \(SH \bot BC\) nên \(AH \bot BC\) (định lí ba đường vuông góc) hay \(\widehat {AHO} = {90^0}\). Như vậy H thuộc đường tròn đường kính AO trong mp(P). Đường tròn này cố định. b) \({S_{SBC}} = {1 \over 2}BC.SH = R.SH\) Do đó SSBC lớn nhất khi và chỉ khi SH lớn nhất. Điều này xảy ra khi và chỉ khi AH lớn nhất, tức là H và O trùng nhau, khi đó \(\alpha = {45^0}\). Khi \(\alpha = {45^0}\) thì \({S_{SBC}} = R.\sqrt {4{{\rm{R}}^2} + {R^2}} = {R^2}\sqrt 5 \). Câu 19 trang 224 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ cạnh đáy bằng a. Lấy điểm B1 thuộc BB’, điểm C1 thuộc CC’. Đặt \(B{B_1} = x,C{C_1} = y\). a) Tam giác AB1C1 có thể vuông ở A được không? Tìm hệ thức liên hệ giữa a, x, y để AB1C1 là tam giác vuông tại B1. b) Giả sử AB1C1 là tam giác thường và B1 là trung điểm của BB’, y = 2x và α là góc giữa mp(ABC) và mp(AB1C1). Hãy tính diện tích tam giác AB1C1 và độ dài cạnh bên của hình lăng trụ đã cho. Trả lời a) ● Tam giác AB1C1 vuông ở A khi và chỉ khi \({B_1}C_1^2 = AB_1^2 + AC_1^2\) Mặt khác \(\eqalign{ & {B_1}C_1^2 = {a^2} + {\left( {x - y} \right)^2} \cr & AB_1^2 = {a^2} + {x^2} \cr & AC_1^2 = {a^2} + {y^2} \cr} \) Do đó tam giác AB1C1 vuông ở A khi và chỉ khi \(\eqalign{ & {a^2} + {\left( {x - y} \right)^2} = 2{{\rm{a}}^2} + {x^2} + {y^2} \cr & \Leftrightarrow 2{\rm{x}}y = - {a^2} \cr} \) Điều này không xảy ra. Vậy tam giác AB1C1 không thể vuông tại A được. ● Tam giác AB1C1 vuông tại B1 khi và chỉ khi \(\eqalign{ & AC_1^2 = AB_1^2 + {B_1}C_1^2 \cr & \Leftrightarrow {a^2} + {y^2} = {a^2} + {x^2} + {a^2} + {\left( {x - y} \right)^2} \cr & \Leftrightarrow 2{\rm{x}}y = 2{{\rm{x}}^2} + {a^2} \cr} \) Đó là hệt thức liên hệ giữa a, x, y để tam giác AB1C1 vuông tại B1. b) Khi B1 là trung điểm của BB’, y = 2x thì C1 trùng với C’. Gọi \(I = BC \cap {B_1}C'\) thì \(AI = \left( {A{B_1}C'} \right) \cap \left( {ABC} \right)\). Vì \({B_1}B = {1 \over 2}BB'\) nên BI = BC, từ đó ta có IAC là tam giác vuông tại A, tức là \(AC \bot AI\). Mặt khác, \(C'C \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(AC' \bot AI\) (định lí ba đường vuông góc). Như vậy \(\widehat {C'AC}\) là góc giữa mp(AB1C’) và mp(ABC). Theo giả thiết thì \(\widehat {C'AC} = \alpha \) Từ đó \({S_{ABC}} = {S_{A{B_1}{C_1}}}\cos \alpha \) tức là \({S_{A{B_1}{C_1}}} = {{{S_{ABC}}} \over {\cos \alpha }}\) Như vậy \({S_{A{B_1}{C_1}}} = {{{a^2}\sqrt 3 } \over {4\cos \alpha }}\) Ta có: \(CC' = AC\tan \alpha = a\tan \alpha \) Vậy độ dài cạnh bên của hình lăng trụ đã cho là \(a\tan \alpha \).
