giai bai tap sbt hinh hoc 11 nang cao bai 1 chuong 3

Giải tập SBT Hình học 11 nâng cao chương Câu trang 113 Sách tập Hình học 11 Nâng cao Cho tứ diện ABCD, M N điểm thuộc AB CD cho MA→=−2MB→,ND→=−2NC→ Các điểm I, J, K thuộc AD, MN, BC cho IA→=kID→,JM→=kJN→,KB→=kKC→ Chứng minh điểm I, J, K thẳng hàng Trả lời: Cách Ta có: IJ→= IA→+ AM→+MJ→(1) IJ→=ID→+DN→+NJ→(2) Từ (1), (3) ta có: (1−k)IJ→=−AM→−kDN→ hayIJ→=1/1−k.AM→−k/1−kDN→ Chứng minh tương tự trên, ta có: JK→=1/1−kMB→−k/1−kNC→ Mặt khác MA→=−2MB→,ND→=−2NC→ nên IJ→=2/1−kMB→−2k/1−k.NC→ Từ đó, ta có IJ→=2IK→ Vậy ba điểm I, J, K thẳng hàng VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Cách Vì MA→=−2MB→ nên với điểm O OM→=OA→+2OB→/3 Tương tự ON→=OD→+2OC→/3OI→=OA→−kOD→/1−k; OK→=OB→−kOC→/1−k;OJ→=OM→−kON→/1−k Từ đó, ta có: Mặt khác 1/3+2/3=1 Vậy điểm I, J, K thẳng hàng Câu trang 114 Sách tập Hình học 11 Nâng cao Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’; điểm M, N thuộc đường thẳng CA DC’ cho MC→−mMA→,ND→=mNC′→ Xác định m để đường thẳng MN BD’ song song với Khi ấy, tính MN biết ˆABC=ˆABB′=ˆCBB′=600 BA = a, BB’ = b, BC = c Trả lời: VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Xác định m: Đặt BA→=a→,BB→=b→,BC→=c→ BD′→=a→+b→+c→ Do MC→=mMAM→ nên BM→=BC→−mBA1→/−m=c→−ma→/1−m Tương tự, ta có: BN→=BD→−mBC′→/1−m=a→+c→−m(b→+c→)/1−m =1/1−m.a→−m/1−m.b→+c→ Từ MN→=BN→−BM =1+m/1−ma→−m/1−mb→−m/1−mc→ Do AC, BD’ chéo DC’, BD’ chéo nên MN//BD′⇔ MN→=kBD′→⇔ MN→=ka→+kb→+kc→ Mặt khác a→,b→,c→ không đồng phẳng nên điều xảy khi: ⇒ 1+m=−m⇔ m=−1/2 Từ đó, ta có k=1/3 Vậy m=−1/2 MN // BD’ Tính MN: Khi MN→=1/3(a→+b→+c→) MN2→ VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí hay MN2=1/9(a2+b2+c2+ab+ac+bc) tức MN=1/3 Câu trang 114 Sách tập Hình học 11 Nâng cao Cho hình lăng trụ ABC A’B’C’ Gọi I J trung điểm BB’ A’C’ Điểm K thuộc B’C’ cho KC′→=−2KB′→ Chứng minh bốn điểm A, I, J, K thuộc mặt phẳng Trả lời Đặt AA′→=a→,AB→=b→,AC→=c→ Ta có: AI→=1/2(AB→+AB′→) =1/2(b→+a→+b→) =1/2(a→+2b→);(1) AJ→=1/2(AA′+−−→AC′) =1/2(a→+a→+c→) =1/2(2a→+c→).(2) AK→=AC′→+2AB′/3 =a→+c→+2(a→+b→)/3 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí =3a→+2b→+c→/3.(3) Từ (1), (2), (3) ta có AK→=2/3(AI→+AJ→) Vậy KAI→,AJ→,AK→ đồng phẳng, tức điểm A, I, J, K thuộc mặt phẳng Chú ý: Có thể chứng minh điểm A, I, J, K thuộc mặt phẳng cách chứng minh AI JK cắt điểm M Câu trang 114 Sách tập Hình học 11 Nâng cao Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình bình hành Một mặt phẳng (P) khơng qua S, cắt cạnh bên SA, SB, SC, SD điểm A1,B1,C1,D1 Dùng phương pháp vectơ, chứng minh SA/SA1+SC/SC1=SB/SB1+SD/SD1 Trả lời: Vì ABCD hình bình hành nên SA→+SC→=SB→+SD→ hay SD→=SA→+SC→−SB→ Đặt SA→=aSA1→,SB→=bSB1→ SC→=cSC1→,SD→=dSD1→ (với a, b, c, d số lớn 1) Khi đó: VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí SA/SA1+SC/SC1=a+c SB/SB1+SD/SD1=b+d SD1→=1/d.SD→=1/d(SA→+SC→−SB→) =1/d(aSA1→+cSC1→−bSB1→) =a/d.SA1→+c/d.SC1−b/d.→SB1→ Mặt khác điểm A1,B1,C1,D1 thuộc mặt phẳng, nên từ đẳng thức suy a/d+c/d−b/d=1 tức a + c = b + d Như SA/SA1+SC/SC1=SB/SB1+SD/SD1 Câu trang 114 Sách tập Hình học 11 Nâng cao Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có cạnh m, góc A 600 (ˆBAD=ˆA′AB=ˆA′AD=600)(BAD^=A′AB^=A′AD^=600) Gọi P Q điểm xác định AP→=D′A→,C′Q→=DC'→ Chứng minh đường thẳng PQ qua trung điểm cạnh BB’ Tính độ dài đoạn thẳng PQ Trả lời: VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Đặt AA′→=a→,AB→=b→,AD→=c→ a→.b→=b→.c→=c→.a→=1/2m2 a2→=b2→=c2→=m2 Gọi M trung điểm BB’ MP→=MB→+BA→+AP→ Do AP→=D′A→=−a→−c→ nên MP→=−a→/2−b→−a→−c→ =−3/2a→−b→−c→ Mặt khác MQ→=MB′→+B′C′→+C′Q→ =MB′→+B′C′→+DC′→ =3/2a→+b→+c→ VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Như MP→=MQ→, tức ba điểm P, M, Q thẳng hàng hay đường thẳng PQ qua trung điểm cạnh BB’ Ta có: Câu trang 114 Sách tập Hình học 11 Nâng cao Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ Gọi D1,D2,D3 điểm đối xứng điểm D’ qua A, B’, C Chứng tỏ B trọng tâm tứ diện D1D2D3D′ Trả lời: Cách Đặt AA′→=a→,AB→=b→,AD→=c→ VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Từ giả thiết, ta có BD′→+BD1→=2BA→=−2b→ mà BD′→=a→−b→+c→ Vậy BD1→=−a→−b→−c.→ Lập luận tương tự trên, ta có BD2→=a→+b→−c→ BD3→=−a→+b→+c→ Vậy BD1→+BD2→+BD3→+BD′→=0→ Điều chứng tỏ B trọng tâm tứ diện D1D2D3D′ Cách Gọi I giao điểm BD’ mp(AB’C) D’I = 2IB Gọi J giao điểm BD’ với mp (D1D2D3), D1, D2, D3 điểm đối xứng D’ qua A, B’, C nên IJ = ID’ hay D′B=3/4D′J Mặt khác I trọng tâm tam giác AB’C nên J trọng tâm tam giác D1D2D3 Từ B trọng tâm tứ diện D1D2D3D′ Câu trang 114 Sách tập Hình học 11 Nâng cao Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ Gọi M N điểm thuộc AD’ DB cho MA→=kMD′→,ND→=kNB→(k≠0,k≠1) a) Chứng minh MN song song với mp (A’BC) b) Khi đường thẳng MN song song với đường thẳng A’C, chứng tỏ MN vng góc với AD’ DB Trả lời: VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí a) Đặt AA′→=a→,AB→=b→,AD→=c→ Khi đó, ta có: a→.b→=b→.c→=c→.a→=0 a2→=b2→=c2→ Vì MA→=kMD′→ nên MA→=k(MA→+AD′→) Vậy AM→=k/k−1(a→+c→) Tương tự trên, ta có: AN→=AD→−kAB→/1−k=−k/1−k.b→+1.1−k.c→ Từ đó: MN→=AN→−AM→ =1+k/1−k.c→+k/1−k(a→−b→) hay ′MN→=1+k/1−k.BC→+k/1−k.BA′→ Như ba vectơ MN→,BC→,BA′→ đồng phẳng Mặt khác AD’, DB cắt mp(A’BCD’); điểm M, N thuộc AD’, DB với k ≠ 0, k ≠ nên MN không thuộc mp(A’BC) Vậy MN song song với mp(A’BC) b) Ta có A′C→=−a→+b→+c→; A’C, AD’ chéo nhau; A’C, BD chéo mà M∈ AD′,N∈ DB Do đó, đường thẳng MN song song với đường thẳng A’C MN→=mA′C→ , tức k/1−ka→−k/1−kb→+1+k/1−kc→=−ma→+mb→+mc→ Do a→,b→,c→ ba vectơ không đồng phẳng nên đẳng thức xảy bà VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Suy −k=1+k⇔ k=−1/2 Vậy k=−1/2 MN song song với A’C Khi MN→=−1/3(a→−b→−c→) Mặt khác AD′→=a→+c→,DB→=b→−c→ Vậy MN→.AD′→=−1/3(a2→−c2→)=0 MN→.DB→=−1/3(−b2→+c2→)=0 Điều khẳng định MN vng góc với AD’ DB Câu trang 114 Sách tập Hình học 11 Nâng cao Cho hình tứ diện ABCD có tất cạnh m Các điểm M N trung điểm AB CD a) Tính độ dài MN b) Tính góc đường thẳng MN với đường thẳng BC, AB CD Trả lời: Đặt AD→=a→,AB→=b→,AC→=c→ VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Khi đó, ta có: a→.b→=b→.c→=c→.a→=1/2m2 a2→=b2→=c2→=m2 a) Vì M, N trung điểm AB CD nên MN→=1/2(AD→+BC→) hay MN→=1/2(a→+c→−b) Vậy Tức MN=m√2/2 b) Ta có MN→.AB→=1/2(a→+c→−b→).b→ =1/2(a→.b→+b→.c→−b→2)=1/2(m2/2+m2/2−m2)=0 Vậy góc hai đường thẳng MN AB 90° Ta có: Vậy góc hai đường thẳng MN CD 90° Ta có: VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Tức là: |MN→|.|BC→|cos⁡(MN→,BC→)=1/2m2 Từ cos(MN→,BC→)=m2/2/m.m√2/2=√2/2 Vậy góc hai đường thẳng MN BC 45° Câu trang 114 Sách tập Hình học 11 Nâng cao Cho hình tứ diện ABCD; I J trung điểm AB CD; M điểm thuộc AC cho MA→=k1MC→ ; N điểm thuộc BD cho NB→=k2ND→ Chứng minh điểm I, J, M, N thuộc mặt phẳng k1 = k2 Trả lời: Vì MA→=k1MC→ nên IM→=IA→−k1IC→/1−k1 Tương tự, ta có: IN→=IB→−k2ID→/1−k2=−IA→−k2ID→/1−k2 Mặt khác: IJ→=1/2(IC→+ID→) VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Để điểm I, I, M, N thuộc mặt phẳng, điều kiện cần đủ ba vectơ IM→,IN→,IJ→ đồng phẳng Rõ ràng IN→ IJ→ không phương nên điều khẳng định IM→,IN→,IJ→ đồng phẳng tương đương với IM→=pIN→+qIJ→ hay Do IA→,IC→,ID→ không đồng phẳng nên đẳng thức tương đương với ⇒ k1/1−k1=−pk2/1−k2=k2/1−k1 hay k1 = k2 Câu 10 trang 115 Sách tập Hình học 11 Nâng cao Cho ba tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng a) Đặt ˆxOy=α,ˆyOz=β,ˆzOx=γ Chứng minh rằng: cosα+cosβ+cosγ>−3/2 b) Gọi Ox1,Oy1,Oz1 tia phân giác góc xOy, yOz, zOx Chứng minh Ox1 Oy1 vng góc với Oz1 vng góc với Ox1 Oy1 Trả lời: Lấy E1,E2,E3 thuộc tia Ox, Oy, Oz cho OE1=OE2=OE3 Đặt OE1→=e1→,OE2→=e2→,OE3→=e3→ a) Do ba tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng nên (e→1+e→2+e→3)2>0, tức e21→+e22→+e23→+2(e1→.e2→+e2→.e3→+e3→.e1→)>0 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí ⇔ 3OE21+2OE21(cosα+cosβ+cosγ)>0 Vậy cosα+cosβ+cosγ>−3/2 Dễ thấy OE1→+OE2→//Ox1 OE2→+OE3→//Oy1→ OE3→+OE1→//Oz1→ Ox1⊥ Oy1⇔ (OE1→+OE2→)(OE2→+OE3→)=0 hay OE22→+OE1→.OE2→+OE1→.OE3→+OE2→.OE3→=0 Ta có: (OE1→+OE2→)(OE3→+OE1→) =OE12→+OE1→.OE2→+OE2→.OE3→+OE1→.OE3→=0 Vậy Ox1⊥ Oz1 Tương tự, ta có Oy1⊥ Oz1 Xem thêm tại: https://vndoc.com/giai-bai-tap-lop-11 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí