Giải Toán 11: Bài tập ôn tập cuối năm

  • Bài tập ôn tập cuối năm trang 1
  • Bài tập ôn tập cuối năm trang 2
  • Bài tập ôn tập cuối năm trang 3
  • Bài tập ôn tập cuối năm trang 4
  • Bài tập ôn tập cuối năm trang 5
  • Bài tập ôn tập cuối năm trang 6
  • Bài tập ôn tập cuối năm trang 7
  • Bài tập ôn tập cuối năm trang 8
  • Bài tập ôn tập cuối năm trang 9
  • Bài tập ôn tập cuối năm trang 10
  • Bài tập ôn tập cuối năm trang 11
BÀI TẬP ÔN TẬP CUỐI NĂM
A. GIẢI BÀI TẬP SÁCH GIÁO KHOA
Bài 1	,	•
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các điểm A(l; 1), B(0; 3), C(2; 4). Dựng ảnh của tam giác ABC qua các phép biến hình sau: a) Phép tịnh tiến theo vectơ V = (2; 1) h) Phép đối xứng qua trục Ox.
Phép đối xứng qua tâm 1(2; 1)
Phép quay tâm o góc 90°.
Phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép đối xứng qua trục Oy và phép vị tự tâm 0 tỉ số k = -2.
Giải
Gọi tam giác A’B’C’ là ảnh của tam giác ABC qua các phép biến hình trên, khi đó
A’(3; 2), B’(2; 4), C’(4; 5).
A’(l; -1) B’(0; -3), C’(2; -4).
A’(3; 1), B’(4; -1), C’(2; -2).
A’(-l; 1), B’(-3; 0), C’(-4; 2).
A’(2; -2), B’(0; -6), C’(4; -8).
Bài 2
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.
Tìm phép vị tự f biến A, B, c tương ứng thành A’, B’, C’.
Chứng minh rằng o, G, H thẳng hàng.
Tìm ảnh của 0 qua phép vị tự f.
Gọi A”, B”, C” lần lượt là trung điểm của các.đoạn thẳng AH, BH, CH; Aj, Bp cx theo thứ tự là giao điểm thứ hai của các tia AH, BH, CH với đường tròn (O); A’x, B’x, C’x tương ứng là chân các đường cao đi qua A, B, c. Tìm ảnh của A, B, c, Ap Bv cx qua phép vị tự tâm H tỉ số
Chứng minh âiín điểm A’, B’, C’. A”, B”, C”, A’j, B’j, c\ cùng thuộc một đường tròn (đường tròn này gọi là đường tròn ơ-le của tam giác ABC).
Giải
F là phép vị tự tâm G, tỉ số -
Để ý rằng o là trực tâm của tam giác A’B’C’.
F(O) - Oj là trung điểm OH.	1
Ánh của A, B, c, Ap Bj, cx qua phép vị tự tâm H tỉ số 7- tương ứng
với A”, B”, C”, Á\, B’j, CỴ	2
Chứng minh A”, B”, C”, A’p B’p c\ cùng thuộc đường tròn (Oj). Sau đó chứng minh A’, B’, C’ cũng thuộc đường tròn (0J. Chẳng hạn, chứng minh OjA’! = OjA’.
Bài 3	
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 cua hai cạnh bên của hình thang ABCD và G là trọng tâm của tam giác ECD.
Chứng minh rằng bốn điểm s, E, M, G cùng thuộc một mặt phẳng (a ) và mặt phẳng này cắt cả hai mặt phang (SÁC) và (SBD) theo cùng một giao tuyến d.
Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng(SAD) và (SBC).
Lấy một điểm K trên đoạn SE và gọi C’ = sc n KB, DA SI) n KA. Chứng minh rằng giao điểm của AC’ và BD’ thuộc đường thẳng d nói trên.
Giải
Gọi N = EM n CD
MA = MB
ABCD là hình thang
=> NC = ND => G e EN.
=> s, E, M, G G (a) = (ES, EM) Gọi o = AC n BD.
Tacó (a) n (SAC) = so.
Tương tự (ct) n (SBD) = so.
SE = (SAD) n (SBC).
Gọi O’ = AC’ n BD’. fAC' c (SAC)
IBD’ c (SBD)
Ta có
O’ e SO = (SAC) n (SBD)
Bài 4	
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
Tứ giác ACƠA’ là hình bình hành nên AC’ và A’C cắt nhau-tại trung điểm M của mỗi đường. Tương tự BD’ và B’D cắt nhau tại trung điểm N của mỗi đường.
Ta có ;
'ME//co
ME = ịcc' 2
(ME là đường trung bình của tam giác ACC’). Tương tự, trong tam giác DBB’.
ta có .
NF // BB'
NF = ị BB1 2
Tứ giác MNEF là hình bình hành nên MN = EF.
Bài 5	
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 phang(EFB), (EFC), (EFƠ) và (EFK) với K là trung điểm của cạnh B’C’.
Giải
Gọi 7'là hình lập phương.
(EFB)	n 7' = ABIF với FI // AB, (h.a)
(EFC)	n 7' = ECFH với CF // EH, (h.b)
(EFC) n 7'= EMC’FL với EM // FC’ ỵà FL // C’M, (h.c)
Gọi E’ là hình chiếu vuông góc của E trên mặt phang(A’B’C’D’). Gọi N = EF n E’D’, p = NK n C’D’. Vẽ ER // KP, ẼQ // FP, ta có thiết diện là hình lục giác đều ERFPKQ, (h.d)
Bài 6
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. à) Hãy xác định đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau BD’ và B’C.
Tính khoảng cách của hai đường thẳng BD’ và B’C.
Giải
Ta có B 'C 1 BC' ì -> B’C 1 (D’C’B). B'CiD'C'J
Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’.
Trong mặt phang(BC’D’) vẽ IK 1 BD’ tại K.
Ta có IK là đường vuông góc chung của BD’ và B’C.
Giải
Áp dụng định lí ba đường vuông góc ta chứng minh được SB 1 BC nên
SBC = 90°.	
Vì A ABC vuông cân nên ACB = 45°, tứ đó suy ra ACD = 90°.
Áp dụng định lí ba đường vuông góc ta chứng minh được sc 1 CD hay SCD = 90°
Trong mặt phẳng(SAC) vẽ AC’ ± sc và trong mặt phẳng(SAD) vẽ AD’
Và AC’ 1 sc nên suy ra AC’ 1 (SCD) AC’ 1 SD.
Ta lại có AB 1 AD và AB 1 SA, nên AB 1 (SAD) => AB ± SD.
1 SD. ta có AC’ 1 CD (vì CD 1 (SAC))
Ba đường thẳng AD’, AC’ và AB cùng đi qua điểm A và vuông góc với SD nên cùng nằm trong mặt phẳng (a ) qua A và vuông góc với SD.
Ta có C’D’ là giao tuyến của (a ) với mặt phẳng(SCD). Do đó khi s di động trên tia Ax thì C’D’ luôn luôn đi qua điểm I cố định là giao điểm của AB và CD. (AB <=(«.), CD c (SCD)).
B. BÀI TẬP BỔ SUNG
Bài 1	■
Trong mặt phẳng cho trước một điểm o, vecto- V 0 và điểm M. Thực hiện liên tiếp hai phép dời hình Đ 0 và Ty ta được Đ0(M) = Mj và T/MJ^M'.
Tìm những điếm M sao cho M’ = M.
Giải
Giả sử đã có điểm M thỏa mãn điều kiện Đo (M) = M’ và TV(M’) = M.
Vậy là trung điểm đoạn MM’ và M ’ M = v. Từ đó ta có chỉ một điểm M sao
cho OM = 4- V thỏa mãn điều kiện đề bài.
_ 2
Bài 2
Cho tam giác ABC. Tìm một điểm M trên cạnh AB và một điểm N trên cạnh AC sao cho MN // BC và AM = CN.
Giải
Giả sử đã tìm được hai điểm M và N lần lượt nằm trên hai cạnh AB và AC của A ABC, sao cho MA = NC. Đặt V = NM, lúc đó Tý (NC) = MP với p e BC, do BC // MN. Như vậy, A MAP cân đỉnh M vì MA = NC = MP.
Vậy Âi = Pl, lại có Pl = A2 (so le trong) nên AP là phân giác trong của goc A trong A ABC.
Từ đó ta có cách dựng:
Kẻ phân giác trong AP của góc A (P e BC),
Từ P, kẻ PM // AC, M 6 AB,
Từ M, kẻ MN // BC, N e AC.
Dễ thấy các điểm M và N thỏa mãn điều kiện đề bài.
Bài 3	
Dựng một hình vuông ABCD sao cho A và B nằm trên nửa đường tròn đường kính MN còn c và D nằm trên đường kính của nửa đường tròn đó.
Giải
Cách dựng:
Vẽ hình vuông A’B’C’D’ có cạnh C’D’
nằm trên đường kính MN và nhận tâm o là trung điểm của C’D’
Vẽ ảnh của hình vuông A’B’C’D’ qua
_R
phép vị tự VoOA ta được hình vuông ABCD là hình vuông phải dựng.
Bài 4
Cho hai đường tròn (O; r) và (O’; r’) vặ một đường thẳng d. Hãy xác định cặp điểm M thuộc đường tròn (O; r) và M’ thuộc đường tròn (O’; r’), sao cho M và M’ đôi xứng với nhau qua d.
Giải
Giả sử đã dựng được điểm M trên (O) và điểm M’ trên (O’) sao cho M và M’ đối xứng với nhau qua d. Như vậy M’ là ảnh của M qua phép đối xứng trục d. Khi đó M’ cũng thuộc (Oj) là ảnh của (O), do đó M’ là giao điểm của (O’) và (OJ. Từ đó suy ra cách dựng - Dựng (Oj) là ảnh của (O) qua
- Xác định giao điểm của (O’) và (Oj). Mỗi giao điểm chính là M’ (có thể có hai, một hoặc không có giao điểm).
phép đôi xứng trục d.
- Dựng M.
Bài toán có số nghiệm bằng số giao điểm của (O’) và (Oj).
Bài 5	
Cho hai hình vuông ABCD và ABEF có chung cạnh AB và nằm trong hai mặt phẳng khác nhau. Trên các đường chéo AC và BF ta lấy các điểm M và N sao cho AM = BN. Mặt phảng (a) chứa MN và song song với AB cắt AD và EF lần lượt tại M’ và N’.
Tứ giác MNN’M’ là hình gì?
Chứng minh M’N’ song song với EC.
Chứng minh MN song song với mặt phẳng (DEF).
Giải
■<x//AB
AB = (ABCD) n (ABEF) a an(ABCD) = MM'
a n (ABEF) = NN1
=> MM’ // NN’ //AB Ta có tứ giác MNN’M’ là hình thang.
MM’ // CD	•
AD AC
NN’ // AB => 4^ = 44 •
AF BF
AN’
AF
ÍAM = BN	AM	BN _AM'
[AC = BF	AC	BF AD
=} M’N’ // DF // EC.
'MN C?(MN'N)
c) <
M' N'// DF	=>■ (MN’N) // (DEF) => MN // (DEF).
N’N//FE
Bài 6	
Cho tứ diện ABCD, gọi (a ) là mặt phẳng thay đổi luôn luôn đi qua các trung điểm I và K lần lượt của các cạnh DA và DB. Giả sử mặt phảng (a ) cắt các cạnh CA và CB lần lượt tại M và N.
Tứ giác MNKI có tính chất gì? Với vị trí nào của (a ) thì tứ giác đó là hình bình hành?
Gọi o là giao điểm của MI và NK. Chứng tỏ rằng điểm o luôn luôn nằm trên một đường thẳng cố định.
Gọi d là giao tuyến của mặt phảng (a) và mặt phảng (OAB). Chứng minh rằng khi (a ) thay đổi thì đường thẳng d luôn luôn nằm trên một mặt phẳng cố định.
Giải
Tứ giác MNKI là hình thang Tứ giác MNKI là hình bình hành
khi M và N lần lượt là trung điểm của AC và BC.
o = MI n NK
=> 0 G (ACD) n (BCD)
c)
MN c a AB c (OAB)
=>d//AB
d = a n (OAB)
=> o e CD cố định.
=> d luôn luôn thuộc mặt phảng p (p qua CD và song song với AB).
Bài 7	
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của hai cạnh bên AA’ và CC’. Một điểm p nằm trên cạnh bên DD’.
Xác định giao điểm của đường thẳng BB’ với mặt phảng (MNP).
Mặt phảng (MNP) cắt hình hộp theo một thiết diện. Thiết diện đó có tính chất gì?
Tìm giao tuyến của mặt phẳng (MNP) với mặt phẳng (ABCD) của hình hộp.
Giải
a) Gọi Q = (MNP)nBB’, ta có
(ABB’A') // (CDD’C)
• (MNP) n (ABB’ A') = MQ => MQ // PN (PMN) n (CDD'C) = PN
B'	C'
Nếu qua M kẻ đường thẳng song song với PN cắt BB’ tại Q thì Q là điểm cần tìm.
b) Theo lí luận trên, ta có MQ // PN.
Tương tự vì MP // QN nên mặt phảng (MNP) cắt hình hộp theo một thiết diện là tứ giác MPNQ. Ta có tứ giác đó là hình bình hành.
- Trường hợp p lậ trung điểm của DD’, ta có (PMN) // (ABCD) và không có giao tuyến.
- Trường hợp p không phải là trung điểm của DD’, gọi L là giao điếm PQ và BĨ).
Hai mặt phảng (ABCD) và (PMN) lần lượt chứa hai đường thẳng song song AC và MN nên cắt nhau theo giao tuyến d đi qua L và song song với AC và MN.
Bài 8
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Hai điểm M và N lần lượt nằm trên hai
, 4T, '	, AM CN
cạnh AD và CC’ sao cho	.
Chứng minh rằng đường thẳng MN song song với mặt phẳng (ACB’).
Giải
	> D'
Xác định thiết diện của hình hộp cắt bởi mặt phẳng đi qua MN và song song với mặt phảng (ACB’).
Ta có:
a) Vẽ MP // AC cắt CD tại p AM _ CP _ CN MD " PD " NC' ’ nên PN // DC’ // AB’.
Ta có (MNP) // (ACB’) nên MN// (ACB’).
b) Ta có (MNP) // CB’ nên (MNP) cắt (B’CC’) theo giao tuyến NQ song song với CB’. Vì (MNP) // A’C’ nên (MNP) cắt (A’B’C’) theo giao tuyến QR song song với AC; (MNP) // AB’ nên (MNP) cắt (A’B’B) theo giao tuyến RS song song với AB’.
Ta có thiết diện- là lục giác MPNQRS.
Bài 9
Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD. A’B’C’D’.
Chứng minh rằng hai đường chéo AC’ và A’C cắt nhau (gọi giao điểm này là M) và hai đường chéo BD’ và B’D cắt nhau (gọi giao điểm này là N).
Gọi E và F lần lượt là trung điểm của hai đường chéo AC và BD. Chứng minh MN = EF.
Giải
Tứ giác ACC’A’ là hình bình hành có hai đường chéo là AC’ và A’C
Ta có M là trung điểm của mỗi đường chéo nói trên. Tương tự, tứ giác BDD’B’ là hình bình hành nên hai đường chéo BD’ và DB’ cắt nhau tại trung điểm N của mỗi đường.
b) Ta có EM //AA’ va FN // BB’, mà AA’ // BB’ nên EM // FN.
Mặt khác EM =— và FN =ÍẸ- nên EM =
2 2
Vậy tứ giác EFNM là một hình bình hành. Do đó MN = EF.
Bài 10
Cho hình thoi ABCD và một điểm s nằm ngoài mặt phẳng hình thoi sao cho SA vuông góc với BC và SA = AB.
Tính góc giữa hai đường thẳng SA và SD.
Gọi I và K lần lượt là trung điểm của SA và sc. Chứng minh rằng IK vuông góa với BD.
Giải
Ta có SA 1 BC mà BC // AD
nên SA 1 AD. Tam giác SAD vuông và cân đỉnh A nên (SA,SD) = 45°.
Bài 11
IK//AC mà AClBD nên IKlBD.
Trong không gian cho hai hình vuông ABCD, ABC’D’ có chung cạnh AB, nằm trong hai mặt phẳng khác nhau và lần lượt có tâm là o, 0’. Chứng minh rằng:
00’ vuông góc với AB.
Giải
.Tab 1 BC a)j
Tứ giác CDD’C’ là hình chữ nhật và tìm điều kiện của góc DAD’ để hình chữ nhật đó là một hình vuông.
. AB 1 (BCC)
AB ± BC'
=> AB 1 cc'
mà 00’ // CC’ nên AB 1 00’ b) Tứ giác CDD’C’ là hình bình hành.
Mặt khác DC // AB mà AB 1 (BCƠ) nên DC 1 CC’ và tứ'giác CDD’C’ là hình chữ nhật.
Giả sử hình vuông ABCD có cạnh bằng a.
Muốn hình chữ nhật CDD’C’ là hình vuông ta cần có DD’ = CC’ = a, nghĩa là tam giác ADD’ là tam giác đều hay DAD' = 60°.
Bài 12	
Cho hai tam giác đều ABD và CBD nằm trong hai mặt phẳng khác nhau có chung cạnh BD = a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BD "và AC.
Chứng minh MN vuông góc với AC và MN vuông góc với BD.
Cho AMC = 120°, hãy tính độ dài các đoạn AC và MN theo a.
Gọi p, Q, R lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD. Chứng minh rằng MN vuông góc với mặt phẳng (PQR).
Giải
a) A ABD và A CBD là hai tam giác đều bằng nhau nên AM = CM. Do đó MN 1 AC
Mặt khác A ABC và A ADC bằng nhau (c. c. c) nên BN = DN. Do đó
MN 1 BD. 	
b) Theo giả thiết AMC = 120° ta suy ra AMN = 60°
,„T ĂM aVã và MN=^ = —
2	4
Ta có AC = 2AN
mà AN =•
Vậy AC = ^a 2 .
AMTS 3a 2	" 4 ■
MN 1 AC => MN 1 PQ,
MN ± BD => MN ± QR. Do đó MN 1 (PQR).
Bài 13
Cho. hình chóp S.ABC có đáy ABC là một tam giác vuông cân với BA = BC - a. Cạnh SA vuông góc với mặt phảng (ABC) và SA = a. Hãy tính góc giữa hai mặt phẳng (SCA) và (SCB).
Giải
Gọi I là trung điểm của đoạn AC. Ta có BI -L AC Mặt khác BI 1 SA. Do đó BI 1 (SAC) => BI 1 sc. Trong mặt phẳng (SAC) dựng IK 1 sc tại K.
Ta “ {sc ĩ Éĩ 3 sc 1 (BIK)-
Do đó góc IKB = cp là góc của hai mặt phẳng (SCA) và (SCB).
Hai tam giác vuông SAC và IKC đồng dạng nên ÍỈS -	= sinC.
IC sc
IC.SA
Do đó IK = gc , trong đó
Trt AC _ &ỵ/2 CA
ĨC =	SA = a,
IC=T= 2
sc
= 7sA2 + AC2 = a Vã?
aV2
Vậy: IK = -2-
.a
aVã
Ta có tgọ = tgIKB =
aV6
~ẽ~
a 72
BI " 2 IK aVẽ
Vậy ọ = 60°.
Bài 14
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh SA vuông góc với mặt phảng (ABCD) và SA = a. Xác định và tính độ dài đoạn vuông góc chung của các cặp đường thẳng.
a) SB và CD b) sc và BD c) SB và AD
Ta có CB 1 SB và BC 1 CD nên BC là đoạn vuông góc chung của SB và CD. vậy BC = a
Gọi o là tầm hình vuông ABCD. Trong mặt phảng (SAC) dựng OK 1 SC (K e SC) thì OK là đoạn vuông góc chung của sc và BD. Từ hai tăm giác đồng dạng COK và CSA, ta có
a 72
OK = ASCQ = a"2	= ~
cs aTẳ 6
Trong mặt phảng (SAB) dựng AH _L SB (H e SB) thì AH là đoạn vuông góc chung của SB và AD.
Ta có AH = ịsB = —.
2 2