Toptailieu.vn giới thiệu Giải bài tập Toán 11 Ôn tập cuối năm hình học chính xác, chi tiết nhất giúp học sinh dễ dàng làm bài tập ôn tập cuối năm hình học lớp 11.

Giải bài tập Toán 11 Ôn tập cuối năm hình học

Bài tập trang 125, 126 SGK Toán 11

a) Phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow{v}=(2;1)$

b) Phép đối xứng qua trục $Ox$;

c) Phép đối xứng qua tâm $I(2;1)$;

d) Phép quay tâm $O$ góc ${90}^0$;

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 $k=-2$.

Phương pháp giải:

a) Sử dụng biểu thức tọa độ của các phép biến hình.

b) Sử dụng biểu thức tọa độ của các phép biến hình.

c) Sử dụng biểu thức tọa độ của các phép biến hình.

d) Sử dụng biểu thức tọa độ của các phép biến hình.

e) Sử dụng biểu thức tọa độ của các phép biến hình.

Lời giải:

a)

Trong phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow{v}=\left(2;1\right)$ thì các đỉnh $A,B,C$ có ảnh là các điểm tương ứng $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$.

Từ biểu thức tọa độ

$\{\begin{array}{c}{x}^{\prime }=2+x\hfill \\ y^{\prime }=1+y\hfill \end{array}$

Ta có:

$A(1;1)\Rightarrow A^{\prime }(3;2)$

$B(0;3)\Rightarrow B^{\prime }(2;4)$

$C(2;4)\Rightarrow C^{\prime }(4;5)$

Tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$, ảnh của tam giác $ABC$ trong phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow{v}$ là tam giác có ba đỉnh $A^{\prime }(3;2),B^{\prime }(2;4),C^{\prime }(4;5)$

Dễ thấy đỉnh $B^{\prime }$ của $∆A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ trùng với đỉnh $C$ của $∆ABC$.

b)

Qua phép đối xứng trục $Ox$, biểu thức tọa độ là :

$\{\begin{array}{c}{x}^{\prime }=x\hfill \\ y^{\prime }=-y\hfill \end{array}$

Do đó ta có: $∆A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có các đỉnh $A^{\prime }(1;-1),B^{\prime }(0;-3),C^{\prime }(2;-4)$

c)

Trong phép đối xứng qua tâm $I(2;1)$, đỉnh $A\to A^{\prime }$ thì $I$ là trung điểm của $A{A}^{\prime }$. Gọi tọa độ $A^{\prime }$ là $(x;y)$ thì:

$\begin{array}{rl}& 2=\frac{1+x}{2}\Rightarrow x=3\\ & 1=\frac{1+y}{2}\Rightarrow y=1\end{array}$ 

$\Rightarrow A^{\prime }(3;1)$

Tương tự, ta có ảnh $B^{\prime },C^{\prime }$ của các đỉnh $B,C$ là $B^{\prime }(4;-1),C^{\prime }(2;-2)$

d)

Trong phép quay tâm $O$, góc quay ${90}^0$ thì tia $Ox$ biến thành tia $Oy$, tia $Oy$ biến thành tia $Ox$

Điểm $A(1;1)\to A^{\prime }(-1;1)$

           $B(0;3)\to B^{\prime }(-3;0)$

           $C(2;4)\to C^{\prime }(-4;2)$

e)

Trong phép đổi xứng qua $Oy$. $∆ABC$ biến thành $∆A_1{B}_1{C}_1$, ta có:

          $A(1;1)\to A_1(-1;1)$

           $B(0;3)\to B_1(0;3)$

           $C(2;4)\to C_1(-2;4)$

Với phép vị tự tâm $O$ tỉ số $k=-2$ thì $∆A_1{B}_1{C}_1\to ∆A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$

           $A_1(-1;1)\to A^{\prime }(2;-2)$

          $B_1(0;3)\to B^{\prime }(0;-6)$

          $C_1(-2;4)\to C^{\prime }(4;-8)$

Vậy trong phép đồng dạng đã cho thì $∆ABC$ có ảnh là $∆A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ với  $A^{\prime }(2;-2),B^{\prime }(0;-6),C^{\prime }(4;-8)$.

a) Tìm phép vị tự $F$ biến $A,B,C$ tương ứng thành $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$

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 $AH,BH,CH$; $A_1,B_1,C_1$ theo thứ tự là giao điểm thứ hai của các tia $AH,BH,CH$ với đường tròn $(O)$; $A_1^{\prime },B_1^{\prime },C_1^{\prime }$ tương ứng là chân các đường cao đi qua $A,B,C$. Tìm ảnh của $A,B,C$, $A_1,B_1,C_1$ qua phép vị tự tâm $H$ tỉ số $\frac{1}{2}$

e) Chứng minh chín điểm $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$,$A”,B”,C”$,$A_1^{\prime },B_1^{\prime },C_1^{\prime }$cùng thuộc một đường tròn (đường tròn này gọi là đường tròn Ơ-le của tam giác $ABC$)

Phương pháp giải:

a) Dựa vào định nghĩa phép vị tự và tính chất trọng tâm của tam giác.

b) Chứng minh hai vectơ $\overrightarrow{GO};\overrightarrow{GH}$ cùng phương.

c) Dựa vào định nghĩa phép vị tự.

d) Sử dụng tính chất của phép vị tự: Ảnh của đường tròn qua phép vị tự là 1 đường tròn.

Lời giải:

a) Ta có

$\begin{array}{rl}& \overrightarrow{G{A}^{\prime }}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{GA};\\ & \overrightarrow{G{B}^{\prime }}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{GB};\\ & \overrightarrow{G{C}^{\prime }}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{GC}\end{array}$.

Vậy phép vị tự tâm $G$ tỉ số $k=-\frac{1}{2}$ biến $A,B,C$ thành $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$.

b) $A^{\prime }$ là trung điểm của dây $BC$ nên $O{A}^{\prime }\perp BC$

Ta lại có $BC//C^{\prime }{B}^{\prime }\Rightarrow O{A}^{\prime }\perp B^{\prime }{C}^{\prime }$. Tương tự $B^{\prime }O\mathrm{\perp }{A}^{\prime }{C}^{\prime }$

$\Rightarrow$ Trong tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$, $A^{\prime }O\mathrm{\perp }{B}^{\prime }{C}^{\prime },B^{\prime }O\mathrm{\perp }{A}^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $O$ là trực tâm của $∆A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$.

$H$ là trực tâm của $∆ABC$ và $O$ là trực tâm của $∆A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $O$ là ảnh của $H$ trong phép vị tự tâm $G$, tỉ số $k=-\frac{1}{2}\Rightarrow \overrightarrow{GO}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{GH}$ 

$\Rightarrow$ Ba điểm $O,G,H$ thẳng hàng.

c) Gọi $V_{\left(G;-\frac{1}{2}\right)}(O)=O^{\prime }$ ta có:

$\begin{array}{rl}& \overrightarrow{G{O}^{\prime }}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{GO}\\ & \overrightarrow{GO}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{GH}\Rightarrow \overrightarrow{OG}=\frac{1}{2}\overrightarrow{GH}\\ & \overrightarrow{OG}+\overrightarrow{G{O}^{\prime }}=\frac{1}{2}\overrightarrow{GH}-\frac{1}{2}\overrightarrow{GO}\\ & \Rightarrow \overrightarrow{O{O}^{\prime }}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{GH}-\overrightarrow{GO}\right)\\ & \Rightarrow \overrightarrow{O{O}^{\prime }}=\frac{1}{2}\overrightarrow{OH}\end{array}$ 

Suy ra $O^{\prime }$ là trung điểm của đoạn thẳng $OH$.

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

$\begin{array}{rl}& \overrightarrow{H{A}^{″}}=\frac{1}{2}\overrightarrow{HA}\\ & \overrightarrow{H{B}^{″}}=\frac{1}{2}\overrightarrow{HB}\\ & \overrightarrow{H{C}^{″}}=\frac{1}{2}\overrightarrow{HC}\end{array}$ 

Vậy $A”,B”,C”$ là ảnh của các điểm $A,B,C$ trong phép vị tự $V_{\left(H;\frac{1}{2}\right)}$.

Ta dễ dàng chứng minh được $A_1^{\prime },B_1^{\prime },C_1^{\prime }$ theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng $H{A}_1,H{B}_1,H{C}_1$ nên:

$\begin{array}{rl}& \overrightarrow{H{A_1}^{\prime }}=\frac{1}{2}\overrightarrow{H{A}_1}\\ & \overrightarrow{H{B_1}^{\prime }}=\frac{1}{2}\overrightarrow{H{B}_1}\\ & \overrightarrow{H{C_1}^{\prime }}=\frac{1}{2}\overrightarrow{H{C}_1}\end{array}$ 

Như vậy $A_1^{\prime },B_1^{\prime },C_1^{\prime }$ theo thứ tự là ảnh của các điểm $A_1,B_1,C_1$ trong phép vị tự $V_{\left(H;\frac{1}{2}\right)}$

e) Gọi $A_2,B_2,C_2$ 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 $BHC{A}_2$ là hình bình hành, do đó $H$ và $A_2$ đối xứng qua $A^{\prime }$, ta có:

$\begin{array}{rl}& \overrightarrow{H{A}^{\prime }}=\frac{1}{2}\overrightarrow{H{A}_2}\\ & \overrightarrow{H{B}^{\prime }}=\frac{1}{2}\overrightarrow{H{B}_2}\\ & \overrightarrow{H{C}^{\prime }}=\frac{1}{2}\overrightarrow{H{C}_2}\end{array}$

Như vậy, các điểm $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$ theo thứ tự là ảnh của các điểm $A_2,B_2,C_2$ trong phép vị tự $V_{\left(H;\frac{1}{2}\right)}$.

Từ đó ta có: 

Chín điểm $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime },A”,B”,C”$, $A_1^{\prime },B_1^{\prime },C_1^{\prime }$ theo thứ tự là ảnh của các điểm $A,B,C,A_1,B_1,C_1,A_2,B_2,C_2$ trong phép tự vị $V_{\left(H;\frac{1}{2}\right)}$ mà chín điểm $A,B,C,A_1,B_1,C_1,A_2,B_2,C_2$ nằm trên đường tròn $(O)$ nên chín điểm $A,B,C,A_1,B_1,C_1,A_2,B_2,C_2$ nằm trên đường tròn ảnh của đường tròn $(O)$ trong phép vị tự $V_{\left(H;\frac{1}{2}\right)}$.

a) Chứng minh rằng bốn điểm $S,E,M,G$ cùng thuộc một mặt phẳng $(\alpha )$ 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 $C^{\prime }=SC\cap KB,D^{\prime }=SD\cap KA$. Chứng minh rằng hai giao điểm của $A{C}^{\prime }$ và $B{D}^{\prime }$ thuộc đường thẳng $d$ nói trên.

Phương pháp giải:

a) Chứng minh mặt phẳng $(\alpha )$ chính là mặt phẳng $(SEM)$.

b) Tìm hai điểm chung của hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$.

c) Gọi $I=A{C}^{\prime }\cap B{D}^{\prime }$, chứng minh $A{C}^{\prime }\subset \left(SAC\right);B{D}^{\prime }\subset \left(SBD\right)\Rightarrow I$ là điểm chung của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD).

Lời giải:

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 $G\in EN$

$\Rightarrow G\in \left(SEM\right)$ hay các điểm $S,E,G,M$ cùng thuộc mặt phẳng $(\alpha )$ chính là mặt phẳng $(SEM)$

Ta dễ thấy $\{\begin{array}{l}\left(SEM\right)\cap \left(SAC\right)=SO\\ \left(SEM\right)\cap \left(SBD\right)=SO\end{array}$

b) $E=AD\cap BC\Rightarrow E\in AD\Rightarrow E\in (SAD)$

$E\in BC\Rightarrow E\in (SBC)$

Vậy $E$ là một điểm chung của hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$

$S$ là điểm chung của hai mặt phẳng $(SAD)$ và  $(SBC)$

$\Rightarrow \left(SAD\right)\cap \left(SBC\right)=SE$

c) $C^{\prime }=SC\cap KB\Rightarrow C^{\prime }\in SC\Rightarrow C^{\prime }\in \left(SAC\right)$$\Rightarrow A{C}^{\prime }\subset \left(SAC\right)$

Tương tự ta có: $B{D}^{\prime }\in (SDB)$

Hai đường thẳng $A{C}^{\prime }$ và $B{D}^{\prime }$ cùng thuộc mặt phẳng $(ABK)$, giả sử $I=A{C}^{\prime }\cap B{D}^{\prime }$

$I\in A{C}^{\prime }\subset (SAC);I\in B{D}^{\prime }\subset (SDB)$

$\Rightarrow I$ là điểm chung của hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SDB)$ hay $I\in d$ là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD).

Lời giải:

Vì $M$ là trung điểm của $A^{\prime }C$ và $E$ là trung điểm của $AC$ nên $ME$ là đường trung bình của $\mathrm{\Delta }AC{C}^{\prime }\Rightarrow \overrightarrow{EM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{C{C}^{\prime }}(1)$

Tương tự ta có $FN$ là đường trung bình của tam giác $BD{B}^{\prime }$: $\Rightarrow \overrightarrow{FN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{B{B}^{\prime }}(2)$

Ta lại có: $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{B{B}^{\prime }}(3)$

Từ (1), (2), (3) ⇒ $\overrightarrow{EM}=\overrightarrow{FN}$ hay tứ giác $MNFE$ là hình bình hành, do đó $MN=EF$.

a) Hãy xác định đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau $B{D}^{\prime }$ và $B^{\prime }C$.

b)Tính khoảng cách của hai đường thẳng $B{D}^{\prime }$ và $B^{\prime }C$.

Lời giải:

a) $AB\perp (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })\Rightarrow AB\perp B^{\prime }C$

$BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ là hình vuông có $B{C}^{\prime }\perp B^{\prime }C$

$\Rightarrow B^{\prime }C\perp (AB{C}^{\prime }{D}^{\prime })$

Trong mặt phẳng $(AB{C}^{\prime }{D}^{\prime })$, kẻ $IK\perp B{D}^{\prime }$.

Vì $B^{\prime }C\perp (AB{C}^{\prime }{D}^{\prime })\Rightarrow B^{\prime }C\perp IK$

Kết hợp với $IK\perp B{D}^{\prime }$ $\Rightarrow IK$ là đường vuông góc chung của $B^{\prime }C$ và $B{D}^{\prime }$

b) Ta có: $d\left(B^{\prime }C,B{D}^{\prime }\right)=IK$

$C^{\prime }B=\sqrt{C{B}^2+B^{\prime }{B}^2}$ $=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$

$D^{\prime }B=\sqrt{C^{\prime }{B}^2+C^{\prime }D{}^{\prime 2}}$ $=\sqrt{2a^2+a^2}=a\sqrt{3}$

Xét $∆BIK$ và $∆B{D}^{\prime }{C}^{\prime }$ có:

B chung

$\widehat{B{C}^{\prime }{D}^{\prime }}=\widehat{BKI}={90}^0$

Suy ra $∆BIK\backsim ∆B{D}^{\prime }{C}^{\prime }$ (g-g)

$\begin{array}{rl}& \Rightarrow \frac{IK}{D^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{BI}{B{\mathrm{D}}^{\prime }}\\ & \Rightarrow IK=\frac{BI.D^{\prime }{C}^{\prime }}{B{\mathrm{D}}^{\prime }}\end{array}$.

Mà $BI={\displaystyle \frac{1}{2}}B{C}^{\prime }={\displaystyle \frac{a\sqrt{2}}{2}}$ nên:

$IK={\displaystyle \frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}.a}{a\sqrt{3}}}={\displaystyle \frac{a\sqrt{6}}{6}}$

Vậy $d\left(B^{\prime }C,B{D}^{\prime }\right)={\displaystyle \frac{a\sqrt{6}}{6}}$.

a) $\widehat{SBC}=\widehat{SC\mathrm{D}}={90}^0$

b) $A{D}^{\prime },A{C}^{\prime }$ và $AB$ cùng nằm trên một mặt phẳng.

c) Chứng minh rằng đường thẳng $C^{\prime }{D}^{\prime }$ luôn luôn đi qua một điểm cố định khi $S$ di động trên tia Ax.

Phương pháp giải:

a) Chứng minh $BC\mathrm{\perp }\left(SAB\right);CD\mathrm{\perp }\left(SCD\right)$.

b) Chứng minh cả ba đường thẳng $AB;A{C}^{\prime };A{D}^{\prime }$ cùng vuông góc với $SD$, từ đó kết luận chúng cùng thuộc mặt phẳng đi qua A và vuông góc với $SD$.

c) Chứng minh ba đường thẳng CD, AB, C'D' đồng quy dựa vào tính chất: Giao tuyến của ba mặt phẳng phân biệt thì đồng quy hoặc đôi một song song.

Lời giải:

a) Ta có: $SA\mathrm{\perp }\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\mathrm{\perp }BC$

$\begin{array}{c}SA\mathrm{\perp }BC\hfill \\ AB\mathrm{\perp }BC\hfill \end{array}\}\Rightarrow SB\mathrm{\perp }BC$ (định lí 3 đường vuông góc) $\Rightarrow \widehat{SBC}={90}^0$

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }SBC$ vuông tại $B$.

Gọi $M$ là trung điểm của $AD$.

Tứ giác $ABCM$ có $AB//=CM$ nên là hình bình hành.

Lại có $\hat{A}={90}^0,AB=CB$ nên $ABCM$ là hình vuông

$\Rightarrow CM=a\Rightarrow CM=\frac{1}{2}A\mathrm{D}$ 

Tam giác $ACD$ có trung tuyến $CM$ bằng $\frac{1}{2}$ cạnh tương ứng nên nó là tam giác vuông, hay tam giác $ACD$ vuông tại $C$ có $AC\perp CD$

$SA\mathrm{\perp }\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\mathrm{\perp }CD$

$\begin{array}{c}SA\mathrm{\perp }CD\hfill \\ AC\mathrm{\perp }C\mathrm{D}\hfill \end{array}\}\Rightarrow SC\mathrm{\perp }C\mathrm{D}$ (định lí 3 đường vuông góc)

$\Rightarrow \widehat{SC\mathrm{D}}={90}^0$

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }SCD$ vuông tại $C$.

b) Ta có :

$\begin{array}{c}AB\mathrm{\perp }SA\hfill \\ AB\mathrm{\perp }A\mathrm{D}\hfill \end{array}\}\Rightarrow \begin{array}{c}AB\mathrm{\perp }\left(SA\mathrm{D}\right)\hfill \\ S\mathrm{D}\subset \left(SA\mathrm{D}\right)\hfill \end{array}\}\Rightarrow AB\mathrm{\perp }S\mathrm{D}(1)$

$\begin{array}{c}C\mathrm{D}\mathrm{\perp }AC\hfill \\ C\mathrm{D}\mathrm{\perp }SC\hfill \end{array}\}\Rightarrow \begin{array}{c}C\mathrm{D}\mathrm{\perp }\left(SAC\right)\hfill \\ A{C}^{\prime }\subset \left(SAC\right)\hfill \end{array}\}\Rightarrow A{C}^{\prime }\mathrm{\perp }C\mathrm{D}$

Kết hợp với $A{C}^{\prime }\perp SC$ suy ra $A{C}^{\prime }\mathrm{\perp }(SCD)$

$\begin{array}{c}A{C}^{\prime }\mathrm{\perp }\left(SC\mathrm{D}\right)\hfill \\ S\mathrm{D}\subset \left(SC\mathrm{D}\right)\hfill \end{array}\}\Rightarrow A{C}^{\prime }\mathrm{\perp }S\mathrm{D}(2)$

Giả thiết cho $A{D}^{\prime }\perp SD$    (3)

Từ (1), (2), (3) ta thấy ba đường thẳng $AB,A{D}^{\prime },A{C}^{\prime }$ 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 $K$ là giao điểm của $C^{\prime }{D}^{\prime }$ với $AB$.

$K\in C^{\prime }{D}^{\prime }\Rightarrow K\in (SCD)$

$K\in AB\Rightarrow K\in (ABCD)$

$\Rightarrow K$ là giao điểm của hai mặt phẳng $(SCD)$ và $(ABCD)$

Mà $\left(SCD\right)\cap \left(ABCD\right)=CD$$\Rightarrow K\in CD$.

Vậy ba đường thẳng $AB,CD,C^{\prime }{D}^{\prime }$ đồng quy tại $K$ và $AB,CD$ cố định suy ra $K$ cố định.

Vậy khi $S$ chạy trên $Ax$ thì $C^{\prime }{D}^{\prime }$ luôn đi qua điểm cố định là giao điểm $K$ của $AB$ và $CD$.