SGK Hình Học 11 - Hướng dẫn giải và đáp số

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP số
CHƯƠNG I
§2.
Để ý rằng M' = Tự (A7) MM' = V.
Là tam giác GB’C sao cho các tứ giác ABB'G và ACC'G là các hình bình hành. Dựng D sao cho AD = GA .
a) T- (A) = (2 ; 7), T- (B) = (-2 ; 3);
C = T_7(A) = (4;3);
d' có phương trình X - 2y + 8 = 0.
Có vô số.
§3.
Â'(l ; 2), B'(3 ;-1)
Đường thẳng A 'B' có phương trình là 3x + 2y - 7 = 0.
3x + y - 2 = 0.
Các chữ V, I, E, T, A, M, w, 0 đều có trục đối xứng.
§4.
Â'( 1 ; -3), d’ có phương trình ■X - 2y - 3 = 0.
Hình bình hành và hình lục giác đều là những hình có tâm đối xứng.
Đường thẳng, hình gồm hai đường thẳng song song,... là những hình có vô số tâm đối xứng.
§5.
Gọi E là điểm đối xứng với c qua tâm D.
Ố(A,90°)(C) = £;
Đường thẳng CD.
B(0 ; 2). Ảnh của d là đường thẳng có phương trình X - y + 2 - 0.
§6.
a) Chứng minh OA.OA’ = 0 và OA = OA'.
Âj(2;-3), 5,(5;-4), q (3 ;-1).
Thực hiện liên tiếp phép đối xứng qua EH và phép tịnh tiến theo vectơ EO.
Sử dụng tính chất của phép dời hình.
§7.
Là tam giác nối trung điểm của các cạnh HA, HB.HC.
Sử dụng cách xác định tâm vị tự của hai đường tròn.
Dùng định nghĩa phép vị tự.
§8.
Thực hiện liên tiếp các phép biến hình theo định nghĩa.
Thực hiện liên tiếp phép đối xứng tâm / và phép vị tự tâm A, tỉ số 2 để biến hình thang JLKI thành hình thang IHDC.
Phương trình của nó là X2 + (y - 2)2 = 8.
Thực hiện liên tiếp phép đối xứng qua đường phân giác của góc B và phép vị tự
AC
tâm B, ti sô —— •
AH
BÀI TẬP ÔN TẬP CHƯƠNG I
a) Tam giác BCO ;
Tam giác COD ;
Tam giác EOD.
Gọi A' và d' theo thứ tự là ảnh của A và d qua các phép biến hình trên.
A'(l ; 3), d' có phương trình :
3x + y - 6 = 0.
A'(l ; 2), d' có phương trình :
3x - y - 1 = 0.
A'(l ; -2), d' có phương trình :
3x + y - 1 = 0.
A'(-2 ; -1), 6?' có phương trình :
X - 3y - 1 = 0. '
(x-3)2 + (y + 2)2 = 9 ;
(x-l)2 + (y + 1)2 = 9;
c)(x-3)2 + (y-2)2:
9;
(x +3)2 + (y - 2)2 = 9.
Dùng định nghĩa của phép tịnh tiến và phép đối xứng trục.
Tam giác BCD.
(x - 3)2 + (y - 9)2 = 36.
N chạy trên đường tròn (ơ') là ảnh của (ơ) qua phép tịnh tiến theo AB .
CHƯƠNG II
§1.
b)
à)E,F e (ABC) => 7e BC BCc(BCD)
EF c (ABC);
7 6 (BCD).
Tương tự 7 e (DEF). Med d^(p)
Me (/3).
Gọi 1 = dỵ n 6?2- Chứng minh l e dy
Chứng minh BGft cắt AGA tại điểm G với
GÂ
— = 3. Lập luận tương tự CGq, DGị) GGa
cũng cắt AGA lần lượt tại các điểm
G'A	G"A	„
G,G với =3,	„	=3.
G'Ga	G"Ga
Từ đó suy ra điều cần chứng minh.
a) Gọi E -AB n CD.
Ta có ME = (MAB) n (SCD),
N = SD n ME.
b) Gọi 7 = AM n BN. Chứng minh 7 6 so.
a) Gọi E-CD n NP.
Chứng minh E = CD n (MNP). b) (MNP) n (ACD) = ME.
a) (1BC) (KAD) = IK.
b) Gọi E = BI n MD, F = CI n DN.
Ta có (IBC) n (DMN) = EF.
a) (PMN) n (BCD) = EN. b) Gọi Q = EN r\ BC.
Ta có Q = BC n (PMN).
à) Gọi M = AE DC.
Ta co M — DC n (CAE).
b) Gọi F - MC n SD. Thiết diện là tứ giác AECF.
à) Gọi N = SM n CD.
Ta có N = CD n (SBM).
Gọi O = AC n BN.
Ta có (SAC) n (SBM) = so.
Gọi I = SO n BM.
Ta cỏỉ = BM n (&4C).
Gọi R = AB n CD, p = MR n sc.
Ta có p = SC n (ABM);
MP = (SCD) n (AMB)
§2.
.1. Áp dụng định lí về giao tuyến của ba mặt phẳng.
a) Khi PR // AC, qua Q vẽ đường thẳng song song với AC cất AD tại s.
Khi PR cắt AC tại 7 ta có s = 7(2 n AD-
a)A' = B7V nAG.
Chứng minh B, M', A’ là điểm chung của hai mặt phảng (ABN) và (BCD). Để chứng minh BM’ = MA' = Â'7V dùng tính chất đường trung bình trong hai tam giác 7VAÍM'vàẴ4Â'.
Ta có GA' = Ị-MM’, MM' = Ị-AA' suy
2
ra kết quả.
a) Chứng minh ơỡ' // DF và OO'// CE.
b) Gọi 7 là trung điểm của AB. Chứng minh AÍ7V//DE.
a) Giao tuyến của (ò) với các mặt của tứ diện là các cạnh của tứ giác MNPQ có MN // PQ H AC và MQ H NP // BD.
b) Hình bình hành.
(ò) cắt (SAB), (ABCD) theo các giao tuyến song song với AB và (a) cắt (SBC) theo giao tuyến song song với sc.
Dùng tính chất “một mặt phẳng cắt hai mặt phảng song song theo hai giao tuyến song song”.
a) Chứng minh tứ giác AA'M'M là hình bình hành.
Gọi / = AM' n A'M.
Tacó ỉ = A'M n (AB'C*).
Gọi 0 -AB' n A'B.
Ta có OC' = (AB’C) n (&4'C').
G = OC n AM’.
a) Dùng tính chất "nếu một mặt phẳng chứa hai đường thẳng a, b cắt nhau và a, b cùng song song với một mặt phảng thì hai mặt phảng đó song song".
Gọi o là . tâm của hình bình hành ABCD. Gị = AC n A’O. Chứng minh
A'G, 2 	
-	=—• Tương tự cho Gọ.
A 0	3	z
Gị, Ũ2 lần lượt là trung điểm của AG2 vàCGp
Thiết diện là hình bình hành AA’C’C.
ứng dụng định lí Ta-lét.
BÀI TẬP ÔN TẬP CHƯƠNG II
a)GọiG = AC n BD ;H = AE n BF. Ta có GH = (AEC) n {BED).
GọiI = AD n BC-K = AF n BE.
Ta có IK = {BCE) n (ÂDF).
Gọi N = AM n IK.
Ta có N = AM n (BC£).
Nếu cắt nhau thì hai hình thang đã cho cùng nằm trong một mặt phẳng. Vô lí.
a) Gọi E = AB n NP, F = AD n NP,
R = SB n ME ,Q = SD n MF. Thiết diện là ngũ giác MQPNR.
Gọi H = NP n AC,
I = so MH. Tã có I = so n {MNP).
a) Gọi E = AD n BC.
Ta có {SAD) n {SBC) = SE.
Gọi F = SE n MN, P = SD n AF.
Ta có p -SD n {AMN).
Tứ giác AMNP.
à) Chú ý Ax//Dt yằAB//CD.
IJ là đường trung bình của hình thang AA CC ncnIJ IIAAA
DD’ = a + c-b.
CHƯƠNG III
§1.
a) Các vectơ cùng phương với ỈA :
ĨA', KB, KB', LC, LC', MD, MD'.
Các vectơ cùng hướng với IA :
KB, LC, MD.
Các vectơ ngược hướng với ỈA :
M', KB', LC', AID'.
a) Ãs + 1ẼC' + ~DD' = AB+BC + CC'
= AC'.
BD-CD-Wd'^BD + DD' + CB'
= BB'.
AC + BA' + DB + CD =
=AC + CD' + D7B' + BA = AA = 0.
Gọi 0 là tâm của hình bình hành ABCD.
Ta có :
SA + SC = 2SO SB + SD = 2SO =>SA + SC = SB + m5
4- a) MN = MA + AD + DN MN = MB + BC + CN
=> 2MN = AD + BC =>MN = |(AD + SC)
b) MN = MA + AC + CN MN = MB + BD + DN
=>2MN=AC + BD ^MN =^(Xc + BD).
à)ÃE = (Ãẽ + ÃC) + ÃD = ÃG + ÃD, vội G là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABGCvì ÃG = ĂB + ÃC.
Vậy AE = AG + AD, với E là đỉnh thứ tư của hình bình hành AGED.
Do đó AE là đường chéo của hình hộp
có ba cạnh là AB, AC, AD.
b) ÃF = (AB + AC)-AD = AG-AD
= DG.
Vậy F là đỉnh thứ tư của hình bình hành ADGF.
6’ DA = DG + GA DB = DG + GB •
DC=DG+GC
=>DA + DB + DC = 3DG	
- vì GA + GB + GC = Q
7. a) Ta có ỈM+ ĨĨỈ = 0
mà 2ĨM=ĨA + Ĩc, 2IN=7b + 7d
suy ra IA+IB + IC + ID = õ
b) Với điểm p bất kì trong không gian ta có:
1a = ~PA-Jj,1b = Jb-~PI ĩc = PC-PI ,ĨD = PD-PỈ
Vây M + ZS + ZC + ZD =
= PA + PB + PC + PD-4PI
Mà ĨẢ + ĨB + ĨC + ĨD-Õ
nên PZ = ị( PA + PB + PC + PD).
B'c = AC-AB'= AC-(AA' + AB)
=c-ã-b
BC' = ÃC'-ÃB = (ÃA'+ÃC)-ÃB -= a+c-b.
MN = MS + SC + CN	(1)
MN =MA + AB + BN
=>2MN = 2MA + 2AB + 2BN (2)
Cộng (1) với (2) ta được
3MN = MS + 2MẠ + SC + 2AB + CN + 2BN ,
0 0
MN =ịsC + ịÃB.
3
Vậybavectơ MN, sc, AB đồngphẳng.
Ta có KIH EFIIAB.
FG //BCvàAC c (ABC).
Do đó ba vectơ AC, KI, FG đồng phảng vì
chúng có giá cùng song song với mp (à). Mặt phẳng này song song với mp (ABC).
§2.
a) (AB, ẼG) = 45° ; b) (AF, EG) = 60° ;
(AB,DH) = 90°.
2- a) ĂB.CỠ = ẶB.(Ã5-ÃC)
ÃC.DB = ÃC.(ÃS-ÃD)- AD.BC = ÃD.(ÃC - ÃB)
ABED + AC.DB + AD.BC = 0 b) AB.CD = 0, AC.DB = 0
=> AD.BC = Q => AD 1 BC.
a) a và b nói chung không song song, b) a và c nói chung không vuông góc.
a) AB.CC' = AB.(AC'-AC)
= ÃỖÃC'-ÃBÃC = O
Vậy AB 1 cc.
V) MN = PQ = —
và MQ = NP = —■ VÌAB 1 CC'ma 2
MN // AB, MQ H CC' nên MN 1 MQ. 'Vẫy hình bình hành MNPQ là 'hình chữ nhật.
SACBC = SA.(SC-SB)
= SASC-SASB = O => SA 1 BC.
Tương tự ta có SB 1 AC, sc ± AB. ÃB.ÕO'=ÃỖ.(ÃÕ' -Ãõ)
= AB.AO' - AB.AO = 0 => AB 1 00’.
Tứ giác CDD’C là hình bình hành có cc 1 AB nên cơ 1 CD.
Do đó tứ giác CDDC là hình chữ nhật. Tá có S/MQ = ^AB.AC. sin A
= ịdB.AcVl -cos2 A. 2
_ AB. AC
Vì cosA = ,	.. . nên
a/i — COS2 A
	>2	»2 	*	» ~
AB .AC -(AB. AC)2
——•2 —;2 AB .AC
1 /—2 —>2	. —.9
Do đó SABC AB .AC -(AB.ACC
a) AB.CD = AB.(AD-AC)
= AB.AD - AB.AC = 0 => AB 1 CD. b) Ta tính được MN =^(AD + BC)
= ~(AD + AC-AB)
AB.MN = ị (AB.AD + AB.AC -AB2) = 2
= ị (AB2 cos 60° + AB2 COS 60° - AB2) • 2 ■_
= 0
Vậy AB.MN = 0, do đó MN 1 AB. Tương tự ta chứng minh được MN 1 CD bằng cách tính
1
2
= 0.
CD.MN --^(AD-AC).(AD + AC-AB)
§3.
a) Đúng;
Sai; a) BCD AI
BC 1 DI
b) Sai; d) Sai.
BC 1 (ADI)
b) BC 1 (ADỈ) =>BC 1 AH mà ID 1 AH nên AH 1 (BCD). a) SƠ1ACÌ
SO 1BD b) AC 1 BD
AC ISO BD1AC BDDSO
> SO 1 (ABCD)
■ AC 1 (SBD)
BD 1 (SAC).
BC1 (AOH)
BC doh}
BC -LOA =>BC 1 AH.
Tương tự ta chứng minh đượp CA ± BH và AB ± CH, nên H là trực tâm của tam giác ABC.
Gọi K là giao điểm của AH và BC. Ta có OH là đường cao của tam giác vuông AOK nên
-Ằr = —^ + —Ụ-	(1)
OH OA
OKC
OK OB OCA
(2)
Trong tam giác vuông OBC với đường cao OK ta có :
Từ(l)và (2) ta có:
1,11
~~2+~~C2 +772 OA2 OB1 0Cl
OH
a) SOI AC
SO-LBD
_ AB1SH b)
. ABẢ.SO
a) BD1 AC
BD ISA
>SOL (ABCD).
AB 1 (SOH).
=> BD1 (SAC)
=>BD 1 sc.
b) BD1 (SAC) mà IK H BD nên IK 1 (SAC).
7.
a) BCYAB] BC1 SA J
=> BC 1 (SAB)
=> AM ± BC, mà AM ± SB nên AM 1 (SBC).
b) Chứng minh SB 1 (AMN)
^>SB1 AN.
a) Giả sử có hai đường xiên SM và SN bằng nhau. Khi đó ta có hãi tam giác vuông SHM và SHN bằng nhau.
Do đó : SM = SN HM = HN. b) Giả sử có hai đường xiên : SA > SB. Trên tia HA ta lấy điểm B' sao cho HB' = HB, khi đó SB’ = SB và SA > SB. Dùng định lí Py-ta-go, xét hai tam giác vuông SHA và SHB' ta suy ra điều cần chứng minh.
§4.
a) Đúng ;	b) Sai.
CD = 26 (cm).
a) Chứng minh BC ± (ABD), suy ra
ABD là góc giữa hai mặt phảng (ABC) và (DBC).
Chứng minh BC 1 (ABD).
"Chứng minh DB 1 AH vằDB ± HK. Trong mặt phẳng (BCD), chứng minh HKIĨBC.
Xét hai trường hợp (à) cắt (/5) và («•)// (/5). Nếu (à) cắt (/3) giao tuyến A được xác
định duy nhất. Qua M có một và chỉ một mặt phảng (P) vuông góc với A.
Nếu (a) // (j3) thì ta có vô số mặt phẳng (P).
a) Chứng minh AB' ± (BCD A").
b) Chứng minh (ACCA') là mặt phảng trung trực của đoạn BD và (ABC'DO là mặt phẳng trung trực của đoạn A'D. Hai mặt phẳng này cùng vuông góc với mặt phẳng (BDA') nên có giao tuyến AC vuông góc vói (BDA').
a) Chứng minh AC ± (SBD) và suy ra (ABCD) ± (SBD).
b) Chứng minh OS - OB = OD và suy ra tam giác SBD vuông tại s.
a) Chứng minh AD ± (ABBAO-
\>)AC’= y]a2+b2+c2.
Độ dài đường chéo của hình lập phương cạnh a bằng aỵỈ3.
Chứng minh BC ± (SA//) và suy ra BC± SA. Tương tự, chứng minh AC 1 SB.
a)SƠ =
2
Chứng minh sc 1 (BDM)
=> (SAC) 1 (BDM).
Chứng minh OM - — và có MC - —
2 2
mà OMC = 90° nên M0C = 45°.
BD1 (SAC)
a) BD1. ACÌ BDi.SC => (SBD) 1 (SAC).
b) Hai tam giác vuông SCA và IKA đồng
dạng nên IK =
SC.A1
SA
c) BKD = 90° vì IK = ID = IB = ~ 2
SA 1 (BD/Qvà BKD = 90°,
b) Đúng ; e) Sai.
suy ra (SAB) ± (SAD).
§5.
a) Sai;
c) Đúng ;
Sai;
a) Cần chứng minh SA ± BC vàBC 1 (SAH) => BC 1 SE.
(Vói E = AHí~yBC)
Vây AH, SK, BC đồng quy.
b) Cần chứng minh BH 1 (&4C) và suy TaSC 1 (5A7/),
SC 1 (BKH) => sc Ả. HK}
BC1 (SAE) =>BC±HK]
=>HK ± (SBC).
c) AE là đường vuông góc chung của SAvàBC.
Khoảng cách d từ các điểm B, c, D, A', B', D' đến đường chéo AC' đều bằng nhau vì chúng đều là độ dài đường cao của các tam giác vuông bằng nhau. AABC'= AAA'C = ...
Ta tính được d =	■
3
à) Kẻ BHE AC tại H, ta có BH ±(ACC’A), ta tính được
lo2 +b2
b) Khoảng cách giữa BB’ và AC' chính là khoảng cách BH = ab ■
5.
Chứng minh B'D vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau cua (BAC").
Gọi I và H lần lượt là trọng tâm của AACD' và ABA'C thì IH là khoảng cách giữa hai mặt phảng song song (BA’C) và (ACD'),
c) Gọi d là khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau BC' và CD', d =	—
Vẽ qua trung điểm K của cạnh CD đường thẳng song song với AB sạo cho ABB'A' là hình bình hành với K là trung điểm của A'B'.
Chứng minh hai tam giác vuông BCB’ và 'ADA' bằng nhau. Từ đó suy ra BC = AD. . Chứng minh tương tự ta có AC = BD.
Khoảng cách từ đỉnh s tới mặt đáy (ABC) bằng độ dài đường cao SH của hình chóp tam giác đều. Ta tính được :
SH = ylsÁ2 -AH2 = a.
Gọi 1 và K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD. Vì ’ IC = ID nên IK 1 CD. Tương tự chứng minh được IK ± AB. 'Vậy IK là đường vuông góc chung của AB vaCD.
Do âóIK = 2—
2
BÀI TẬP ÔN TẬP CHƯƠNG III
a) Đúng	;	b) Đúng ;
c) Sai;	d) Sai;
Sai.
a) Đúng	;	b) Sai;
c) Sai;	d) Sai.
a) Áp dụng định lí ba đường vuông góc ta chứng minh được bốn mặt bên của hình chóp là những tam giác vuông.
b) Chứng minh BD ± sc và suy ra B'D' ± sc. Vì BD và B'D' cùng nằm trong mặt phảng (SBD) nên BDII B'D'.
Ta chứng minh AB' 1 (SBC)
=> AB' 1 SB.
a) Chứng minh
BC E(SOF)=> (SBC) A.(SOF) ;
b) d(O, (SBC)) = OH=^- ;
d(A, (SBC)) = d(I, (SBC)) = IK
= 2OH = —
4
a) Ta chứng minh BA ± (ADC) => tam giác BAD vuông tại A.
Dùng định lí ba đường vuông góc ta chứng minh BDC là tam giác vuông tại D.
b) Chứng minh tam giác AKD cân tại K và suy ra KI ± AD.
Chứng minh tam giác IBC cân tại / và suy ra IK ± BC.
Do đó IK là đoạn vuông góc của AD và BC.
' BC' 1B'CÌ
6- a) ",	_ ", > => BC -L (A B CD)
BC lA'B'j
b) Đoạn, vuông góc chung của AB' và
BC'làKỈ=^-
3
7. a) í/(S, (ABCƠ)) = SH =	<
6
sc=#
2
Vì SH 1 (ABCD) với H G AC nên (SAC) 1 (ABCD).
Vì SB	F là phép vị tự tâm G, tỉ số —ý ■
Để ý ràng o là trực tăm của tam giác A'B'C.
B(ỡ) = Oị là trung điểm của OH.
Ảnh của A, B, c, Aị, B(, Cj qua phép
vị tự tâm H tỉ số -■ tương ứng là A", B", C", a;, b;, c;.
 + BC2 = sc2 nên SB 1 BC.
tan 69 = ^-- = <5.
HO
BÀI TẬP ÔN TẬP CUỐI NĂM
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 ;-l),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).
Chứng minh A", B”, C", A', BỊ, Cj cùng thuộc đường tròn (ỠJ). Sau đó
chứng minh A', B', c cũng thuộc đường tròn (ớj). Chẳng hạn, chứng minh OtA' = OjA'.
a) Gọi (a) = (ES, EM), (a) cắt (SAC) và (SBD) theo giao tuyến là đường thẳng SO với o = AC n BD.
SE = (SAD) n (SBC).
Gọi ơ' = AC n BD‘. Chứng minh 0' & SO = (SAC) n (SBD).
Chứng minh tứ giác MNFE là hình bình hành.
Gọi 3/ là hình lập phương.
(£BB) n á? = ABIF với FI // AB.
(EFC) n3= ECFH với CF // EH.
(BBC*) n = EMC'FL với EM // BC' và BB // CM.
Thiết diện tạo bởi (EFK) và hình lập phương là hình lục giác đều.
a) Gọi / là tâm hình vuông BCCB'. Vẽ IK ± BD' tại K. ỈK là đường vuông góc chung của BD'nò. B'C.
a) Sử dụng định lí ba đường vuông góc.
Chứng minh AD', AC và AB cùng vuông góc với SD.
CD' luôn đi qua / với / = AB n CD.
2,