Ôn tập chương III - Giải BT Toán 11 nâng cao
Chương III. Vectơ trong không gian. Quan hệ vuông góc
Ôn tập chương III
Bài 1 (trang 120 sgk Hình học 11 nâng cao):
a) Chứng tỏ rằng ABC là tam giác vuông và OA ⊥ BC
b) Tìm đường vuông góc chung IJ của OA và BC, tính khoảng cách giữa hai đường thẳng OA và BC.
c) Chứng minh rằng hai mặt phẳng (ABC) và (OBC) vuông góc với nhau.
Bài giải:OA = OB = OC = a
Nên AB = AC = a
⇒ Δ ABC = Δ OBC
Vậy tam giác ABC vuông cân tại A.
Gọi J là trung điểm của BC thì OJ ⊥ BC, AJ ⊥ BC nên OA ⊥ BC
b) Gọi I là trung điểm của OA, do OJ = AJ nên JI ⊥ OA, mà JI ⊥ BC, vậy IJ là đường vuông góc chung của OA và BC.
Bài 2 (trang 120 sgk Hình học 11 nâng cao):
a) Chứng tỏ rằng ABC là tam giác vuông.
b) Tính khoảng cách từ S đến mp (ABC).
Bài giải:⇔ Δ ABC vuông tại C
b) Kẻ SH ⊥ mp (ABC) do, SA = SB = SC nên HA = HB = HC mà Δ ABC vuông tại C nên H là trung điểm của AB. Ta có:
Bài 3 (trang 120 sgk Hình học 11 nâng cao): Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA ⊥ (ABCD). Hai điểm M và N lần lượt thay đổi trên hai cạnh CB và CD, đặt CM = x, CN = y. Tìm hệ thức liên hệ giữa x và y để:
a) Hai mp (SAM) và (SAN) tạo với nhau góc 45˚
b) Hai mp (SAM) và (SMN) vuông góc với nhau.
Bài giải:Đó là hệ thức liên hệ giữa x và y để các mp (SAM) và (SAN) tạo với nhau góc 45˚
b) Ta có (SAM) ⊥ (ABCD), từ đó nếu (SMN) ⊥ (SAM) thì giao tuyến MN của (SMN) và (ABCD) sẽ vuông góc với (SAM) tức MN ⊥ AM.
Ngược lại, nếu có MN ⊥ AM thì do SA ⊥ MN nên MN ⊥ (SAM), suy ra (SMN) ⊥ (SAM)
Bài 4 (trang 120 sgk Hình học 11 nâng cao): Tam giác ABC vuông có cạnh huyền BC nằm trong mp (P), cạnh AB và AC lần lượt tao với mp (P) các góc β và γ. Gọi α là góc tạo bởi mp (P) và mp (ABC). Chứng minh rằng sin2α=sin2β+sin2γ
Bài giải:Bài 5 (trang 120 sgk Hình học 11 nâng cao): Cho tứ diện OABC có OA, OC, OC đôi một góc vuông với nhau và OA = a, OB = b, OC = c. Gọi H là hình chiếu của O trên mặt phẳng (ABC). Tính diện tích tam giác HAB, HBC, HCA.
Bài giải:Vì OA, OB, OC đôi một vuông góc và H là hình chiếu của O trên mp (ABC) nên H là trực tâm tam giác ABC (BT17, chương III, SGK). Từ đó HC1 ⊥ AB (C1 là giao điểm của CH và AB), suy ra OC1 ⊥ AB.
Bài 6 (trang 120 sgk Hình học 11 nâng cao): Cho hình lăng trụ đứng ABC. A’B’C có đáy ABC là tam giác vuông tại đỉnh C, CA = a, CB = b, mặt bên ABB’A’ là hình vuông. Gọi (P) là mặt phẳng qua C và vuông góc với AB’
a) Xác định thiết diện của hình lăng trụ đã cho khi cắt bởi (P). Thiết diện là hình gì?
b) Tính diện tích thiết diện nói trên.
Bài giải:a) Kẻ đường cao CH của tam giác vuông ABC thì CH ⊥ AB’ (định lí ba đường vuông góc). Trong mp (ABB’A’) kẻ đường thẳng Ht vuông góc với AB’. Khi đó (P) chính là mp (CHt). Chú ý rằng do ABB’A’ là hình vuông nên AB’ ⊥ A’B. Vậy Ht // A’B, từ đó Ht cắt AA’ tại điểm K thuộc đoạn AA’. Như vậy, thiết diện của hình lăng trụ ABC. A’B’C’ khi cắt bởi mp (P) là tam giác CHK.
Do CH ⊥ AB, mp (ABB’A’) ⊥ mp (ABC) nên CH ⊥ (ABB’A’), từ đó tam giác CHK vuông tại H
Bài 7 (trang 121 sgk Hình học 11 nâng cao): Một tứ diện được gọi là gắn đều nếu các cạnh đối bằng nhau từng đôi một. Với tứ diện ABCD, chứng tỏ các tính chất sau là tương đương.
a) Tứ diện ABCD là gần đều.
b) Các đoạn thẳng nối trung điểm cặp cạnh đối diện đôi một vuông góc với nhau.
c) Các trọng tuyến (đoạn thẳng nối đỉnh với trọng tâm mặt đối diện) bằng nhau.
d) Tổng các góc tại mỗi đỉnh bằng 180˚.
Bài giải:- Chứng minh a) ⇔ b)
Gọi M, N, P, Q, E, F lần lượt là trung điểm của AB, CD, BC, AD, AC, BD.
a)⇒ b). Do AC = BD nên MNPQ là hình thoi, vì thế MN ⊥ PQ. Tương tự ta có MN ⊥ EF, PQ ⊥ EF.
b)⇒ a). MNPQ là hình bình hành mà MN ⊥ PQ nên MNPQ là hình thoi, tức PM = MQ, từ đó AC = BD.
Tương tự như trên BC = AD, AB = CD.
- Chứng minh a)⇔ c)
Gọi A’, B’ lần lượt là trọng tâm của các tam giác BCD và ACD.
a)⇒ c). Ta có Δ BCD = Δ ADC (c. c. c) nên BN = AN, từ đó A’N=B’N
Vậy Δ AA’N = Δ BB’N (c. g. c), ⇒ AA’= BB’
Tương tự như trên ta có điều phải chứng minh.
c)⇒ a). Do giả thiết ta có BB’ = AA’, mà AA’ cắt BB’ tại G, AG = 3GA’; BG = 3GB’ (xem BT 22, chương II, SGK), từ đó BG = AG và GA’ = GB’;
Các tam giác BGA’ và AGB’ bằng nhau nên BA’ = AB’. Như vậy BN = AN,
Từ (1) và (2) suy ra AD = BC và AC = BD. Tương tự như trên ta cũng có AB = CD
- Chứng minh a) ⇔ d)
a) ⇒ d). Do sự bằng nhau của các tam giác ABC, CDA, BAD với tam giác DCB nên tổng các góc tại B bằng 180˚.
Đối với các đỉnh còn lại cũng được lí luận tương tự như trên.
d) ⇒ a). Trải các mặt ABC, ACD, ABD lên mp (BCD)
Do tổng các góc tại B cũng như tại C, tại D đều bằng 180˚ nên các bộ ba điểm A1, C, A2;C2, D, A3; A3,B, A1 là những bộ ba điểm thẳng hàng. Như vậy, BC, CD, DB là ba đường trung bình của tam giác A1A2A3. Từ đó BD = A1 C = CA2 = CA. Tương tự ta cũng có AD = BC, CD = AB
Bài 8 (trang 121 sgk Hình học 11 nâng cao): Cho tứ diện ABCD. Cắt tứ diện đó theo các cạnh AB, AC, AD và trải các mặt ABC, ACD, ADB lên mp (BCD) (xem hình bên dưới). Hình phẳng gồm các tam giác BCD, A1BC, A2CD, A3 BD gọi là hình khai triển của tứ diện ABCD trên mp (BCD)
Bài giải:
Theo phần chứng minh d)⇒ a) của bài 7 thì ta có hình khai triển của tứ diện ABCD trên mp (BCD) là tam giác A1, A2, A3
Ta chỉ cần chứng minh tam giác A1A2A3 có ba góc nhọn.
Thật vậy, xét tam giác A A1A2 có AC = A1C = A2C nên AA1 ⊥ AA2. Lí luận tương tự như trên, ta có AA1, AA2, AA3 đôi một góc vuông, từ đó tứ diện AA1A2A3 có mặt A1A2A3 là tam giác có ba góc nhọn.
Bài trước: Bài 5: Khoảng cách - Giải BT Toán 11 nâng cao Bài tiếp: Bài tập ôn cuối năm - Giải BT Toán 11 nâng cao