Toán 11 Bài tập ôn tập cuối năm | Hay nhất Giải bài tập Toán lớp 11

(1)

Bài tập ôn tập cuối năm

Bài tập 1 trang 125 SGK Toán lớp 11 Hình học: 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 ^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^o.

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

Lời giải:

Gọi tam giác A’B’C’ là ảnh của tam giác ABC qua các phép biến hình trên.

a) Biểu thức tọa độ qua phép tịnh tiến theo ^v⁼

( )

^2;1 ^là

x ' x 2 y' y 1

 = +

 = +



Do vậy ảnh của A, B, C qua phép tính tiến vectơ v là A’(3; 2), B’(2; 4), C’(4; 5).

b) Biểu thức tọa độ qua phép đối xứng trục Ox là x ' x

y ' y

 =

 = −



Do vậy ảnh của A, B, C qua phép đối xứng trục Ox là A’(1; −1), B’(0; −3), C’(2; −4).

c) Biểu thức tọa độ qua phép đối xứng tâm I(2; 1) x ' 4 x

y' 2 y

 = −

 = −



Do vậy ảnh của A, B, C qua phép đối xứng tâm I(2; 1) là A’(3; 1), B’(4; −1), C’(2;

−2).

d) Vẽ hình ta được A’(1; −1), B’(0; −3), C’(2; −4)

(2)

e) Biểu thức tọa độ qua phép đối xứng trục Oy là: x ' x y' y

 = −

 =

Ta được ảnh của A, B, C qua phép đối xứng trục Oy là: A’(−1; 1), B’(0; 3), C’(−2; 4) Biểu thức tọa độ qua phép vị tự tâm O tỉ số k = −2 là: x ' 2x

y' 2y

 = −

 = −



Ta được ảnh của A’, B’, C’ qua phép vị tự tâm O tỉ số k = −2 là: A”(2; −2), B”(0; −6), C”(4; −8).

Bài tập 2 trang 125 SGK Toán lớp 11 Hình học: 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; A1, B1, C1

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 A1, B1, C1 qua phép vị tự tâm H tỉ số 1

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).

Lời giải:

(3)

a) Ta có GA ' 1GA

= −2 GB' 1GB

= −2 GC' 1GC

= −2

Vậy phép vị tự tâm G tỉ số 1

k= −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’ OA'⊥B'C'. Tương tự B'O⊥A'C'

Trong tam giác A’B’C’, A'O⊥B'C', B'O⊥A'C' nên 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 1

k= −2 1

GO GH

 = −2

 Ba điểm O, G, H thẳng hàng.

c) Gọi V₍_{G; 12}₋ ₎(O)=O' ta có:

GO' 1GO

= −2

A

2

B

2

C

2

C' B'' C''

A'' C

1

'

B

1

'

A

1

'

A

1

C

1

B

1

G

H B'

A' O A

B C

(4)

1 1

GO' GH OG GH

2 2

= −  =

1 1

GO GO' GH GO

2 2

+ = −

( )

OO' 1 GH GO

 = 2 −

OO' 1OH

 =2

Suy ra O’ là trung điểm của đoạn thẳng OH.

d) Gọi A”, B”, C” lần lượt là trung điểm của AH, BH, CH ta có:

HA" 1HA

= 2 HB" 1HB

= 2 HC" 1HC

=2

Vậy A”, B”, C” là ảnh của các điểm A, B, C trong phép vị tự ₁

H;2

V_ _

 

 

Ta dễ dàng chứng minh được A’1, B’1, C’1 theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng HA1, HB1, HC1 nên:

1 1

HA ' 1HA

= 2

1 1

HB ' 1HB

= 2

1 1

HC ' 1HC

= 2

Như vậy A’1, B’1, C’1 theo thứ tự là ảnh của các điểm A1, B1, C1 trong phép vị tự ₁

H;2

V_ _

 

 

.

e) Gọi A2, B2, C2 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 BHCA2 là hình bình hành, do đó H và A2 đối xứng qua A’, ta có:

2

HA ' 1HA

= 2

2

HB' 1HB

= 2

2

HC' 1HC

= 2

(5)

Như vậy, các điểm A’, B’, C’ theo thứ tự là ảnh của các điểm A2, B2, C2 trong phép vị tự ₁

H;2

V_ _

 

 

. Từ đó 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, A1, B1, C1, A2, B2, C2 trong phép tự vị ₁

H;2

V_ _

 

 

mà chín điểm A, B, C, A1, B1, C1, A2, B2, C2 nằm trên đường tròn (O) nên chín điểm A, B, C, A1, B1, C1, A2, B2, C2 nằm trên đường tròn ảnh của đường tròn (O) trong phép vị tự ₁

H;2

V_ _

 

 

.

Bài tập 3 trang 126 SGK Toán lớp 11 Hình học: 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 giao điểm của AC’ và BD’ thuộc đường thẳng d nói trên.

Lời giải:

(6)

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) Mà G là trọng tâm tam giác EDC nên GEN

G (SEM)

  hay các điểm S, E, G, M cùng thuộc mặt phẳng (α) chính là mặt phẳng (SEM)

Ta dễ thấy S

(SEM SAC SO EM SBD S

) ( )

( ) ( ) O





 =

 = ^. b) E=ADBC E AD E (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) E

(SAD) (SBC) S

  = .

c) C' SC= KB  C' SC C' (SAC) Tương tự ta có: BD'(SDB)

Hai đường thẳng AC’ và BD’ cùng thuộc mặt phẳng (ABK), giả sử I=AC'BD' )

IAC'(SAC ; IBD'(SDB)

D' I

C'

G

N

M O

D

A B

E

S

C

K

(7)

Suy ra I là điểm chung của hai mặt phẳng (SAC) và (SDB) hay Id là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD).

Bài tập 4 trang 126 SGK Toán lớp 11 Hình học: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.

Lời giải:

Vì M là trung điểm của A’C và E là trung điểm của AC nên ME là đường trung bình

của ACC' 1

EM CC'

 = 2 (1)

Tương tự ta có FNFN là đường trung bình của tam giác BDB’:

FN 1BB'

 = 2 (2)

Ta lại có: CC' BB'= (3)

Từ (1), (2), (3)  EM=FNhay tứ giác MNFE là hình bình hành Vậy MN = EF.

Bài tập 5 trang 126 SGK Toán lớp 11 Hình học: 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’.

Lời giải:

(8)

Ta có A thuộc EB nên A thuộc (EFB).

Vì AB // DC nên (EFB) // DC

Qua F kẻ đường thẳng song song với DC cắt CC’ tại I.

Thiết diện cắt bởi (EFB) và hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ là hình bình hành ABIF.

Gọi M là trung điểm của AA' Ta có: CF // BM.

Suy ra (EFC) // BM

Qua E kẻ đường thẳng song song với BM cắt AA’ tại N

Khi đó thiết diện của hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cắt bởi mặt phẳng (EFB) là hình thang ENFC.

(9)

Ta có FC’ // MB’, nên mặt phẳng (EFC’) // MB’.

Qua E kẻ đường thẳng song song với MB’ cắt BB' tại H.

Qua F kẻ đường thẳng song song với C’H cắt AD tại L.

Thiết diện của hình lập phương cắt bởi mặt phẳng (EFC’) là ngũ giác EHC’FL.

Gọi E’ là hình chiếu của E trên A’B’.

Q là giao điểm của EF và E’D’. Suy ra Q thuộc (EFK) Gọi P là giao điểm của KQ và D’C’. Vẽ ER // KP, EH // FP.

Ta có thiết diện là hình lục giác đều EHKPFR.

Bài tập 6 trang 126 SGK Toán lớp 11 Hình học: 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.

Lời giải:

(10)

a) ^AB^⊥

(

^BCC'B'

)

^^AB^⊥^B'C

BCC’B’ là hình vuông có BC'⊥B'C

( )

B'C ABC'D'

 ⊥ Trong mặt phẳng (ABC’D’), kẻ IK⊥BD'. Vì ^B'C^⊥

(

^ABC'D^'

)

^^B^'C^⊥^I^K

Kết hợp với IK⊥BD' suy ra IK là đường vuông góc chung của B’C và BD’.

b) Ta có: d(B’C, BD’) = IK

2 2 2 2

C'B= CB +B B' = a +a =a 2

2 2 2 2

D 'B= C'B +C D '' = 2a +a =a 3

Xét BIK và BD'C' có:

B chung

BC D' '=B IK = 90

Suy ra BIK ~ BD'C' (góc – góc) IK BI

D'C' BD'

 =

BI.D'C' IK BD'

 =

Mà 1 a 2

BI BC'

2 2

= = nên:

(11)

a 22 a a 6

IK a 3 6

=  =

Vậy ^{d B'C, BD'}

( )

^{a 6}

= 6 .

Bài tập 7 trang 126 SGK Toán lớp 11 Hình học: 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) SBC=SCD= 90 .

b) AD’, AC’ và AB cùng nằm trên một mặt phẳng.

c) Chứng minh rằng đường thẳng C’D’ luôn đi qua một điểm cố định khi S di động trên Ax.

Lời giải:

a) Ta có: SA⊥(ABCD)SA⊥BC SA BC

SB BC AB BC





⊥  ⊥

⊥ (định lí 3 đường vuông góc) SBC 90

 = 

 SBC vuông tại B.

Gọi K là trung điểm của AD.

(12)

Ta có: 1 CK AB AD

= = 2

Nên tam giác ACD vuông tại C.

Ta có:

( )

CD AC

CD SAC CD SA

 ⊥

 ⊥

 ⊥



CD SC

 ⊥

SCD 90

 = 

Vậy SBC SCD 90= = . b) Ta có :

AB SA AB SAD

AB SD

AB AD SD SA

( ) D ( )

⊥  ⊥ 

 

 ⊥

⊥   ⁽¹⁾

CD AC CD SAC

AC' CD

CD SC C

( AC' SA

) ( )

⊥  ⊥ 

  ⊥

 

⊥   

Kết hợp với AC'⊥SC AC'⊥(SCD) AC' SCD

AC' SD S

( ) ( ) D SCD

 ⊥

 ⊥

 

 ⁽²⁾

Giả thiết cho AD'⊥SD (3)

Từ (1), (2), (3) ta thấy ba đường thẳng AB, AD’, AC’ cùng vuông góc với SD và chúng cùng đi qua A.

Vậy chúng cùng nằm trong mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với SD.

c) Gọi I là giao điểm của C’D’ với AB.

IC'D' I (SCD) IAB I ( BCDA )

Suy ra I là giao điểm của hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) Mà SCD( )(ABCD)=CD I CD.

Vậy ba đường thẳng AB, CD, C’D’ đồng quy tại I và AB, CD cố định suy ra I cố định.

Vậy khi S chạy trên Ax thì C’D’ luôn đi qua điểm cố định là giao điểm I của AB và CD.