<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>Giải bài tập SBT Hình học 11 nâng cao bài 1 chương 3</b>
<b>Câu 1 trang 113 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao</b>

Cho tứ diện ABCD, M và N là các điểm lần lượt thuộc AB và CD sao cho
MA→_=−2MB→_,ND→_=−2NC→_{. Các điểm I, J, K lần lượt thuộc AD, MN, BC sao cho}

IA→_=kID→_,JM→_=kJN→_,KB→_=kKC→_{. Chứng minh rằng các điểm I, J, K thẳng hàng.}

Trả lời:

Cách 1.

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 như 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.

Cách 2.

Vì MA→_=−2MB→

nên với điểm O bất kì thì OM→_=OA→_+2OB→_/3

Tương tự

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

OK→_=OB→_−kOC→_/1−k;OJ→_=OM→_−kON→_/1−k.

Từ đó, ta có:

Mặt khác

1/3+2/3=1

Vậy 3 điểm I, J, K thẳng hàng.

<b>Câu 2 trang 114 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao</b>

Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’; các điểm M, N lần lượt thuộc các đường thẳng CA và

DC’ sao cho MC→_−mMA→_,ND→_=mNC′→_{. Xác định m để các đường thẳng MN và BD’}

song song với nhau. Khi ấy, tính MN biết ˆABC=ˆABB′=ˆCBB′=600_{và BA = a, BB’ =}

b, BC = c.

Trả lời:

Xác định m:

Đặt

BA→_=a→_,BB→_=b
→_,BC→_=c→_{thì BD}

′→_=a→_+b→_+c→_.

Do

MC→_=mMAM→_n

ên

BM→_=BC→_−mBA

1→_/

−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→_.

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

MN→_=BN→_−BM

=1+m/1−ma→_−m/1−mb→_−m/1−mc→_.

Do AC, BD’ chéo nhau và DC’, BD’ chéo nhau nên

MN//BD′ MN⇔ →_=kBD′→_⇔

MN→_=ka→_+kb→_+kc→

Mặt khác a→_,b→_,c→_{không đồng phẳng nên điều ấy xảy ra khi và chỉ khi:}

⇒1+m=−m m=−1/2⇔

Từ đó, ta có k=1/3

Vậy m=−1/2 thì MN // BD’.

Tính MN:

Khi ấy MN→_=1/3(a→_+b→_+c→₎

do đó

MN2→

hay

MN2_=1/9(a2

+b2_+c2_+ab+ac+bc)

tức là MN=1/3

<b>Câu 3 trang 114 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao</b>

Cho hình lăng trụ ABC. A’B’C’. Gọi I và J lần lượt là trung điểm của BB’ và A’C’.
Điểm K thuộc B’C’ sao cho KC′→_=−2KB′→_{. Chứng minh rằng bốn điểm A, I, J, K}

cùng thuộc một mặt phẳng.

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

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

=3a→_+2b→_+c→_/3.(3)

Từ (1), (2), (3) ta có AK→_=2/3(AI→_+AJ→₎

Vậy KAI→_,AJ→_,AK→_{đồng phẳng, tức là các điểm A, I, J, K cùng thuộc một mặt}

phẳng.

Chú ý: Có thể chứng minh các điểm A, I, J, K thuộc một mặt phẳng bằng cách chứng
minh AI và JK cắt nhau tại điểm M.

<b>Câu 4 trang 114 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao</b>

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Một mặt phẳng (P) bất kì khơng đi
qua S, cắt các cạnh bên SA, SB, SC, SD lần lượt tại các điểm A1,B1,C1,D1. Dùng
phương pháp vectơ, chứng minh rằng

SA/SA1+SC/SC1

=SB/SB1+SD/S

D1

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

Vì ABCD là hình bình hành nên

SA→_+SC→_=SB→_+SD→

hay SD→_=SA→_+SC→_−SB→

Đặt

SA→_=aSA

1→,SB→=bSB1→

SC→_=cSC

1→,SD→=dSD1→

(với a, b, c, d là các số lớn hơn 1)

Khi đó:

SA/SA1+SC/SC1=a+c

SB/SB1+SD/SD1=b+d

và

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 các điểm A1,B1,C1,D1 thuộc mặt phẳng, nên từ đẳng thức đó suy ra

a/d+c/d−b/d=1

tức là a + c = b + d

Như vậy SA/SA1+SC/SC1=SB/SB1+SD/SD1

<b>Câu 5 trang 114 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao</b>

Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh bằng m, các góc tại A bằng 600

(ˆBAD=ˆA′AB=ˆA′AD=600_{)(BAD^=A′AB^=A′AD^=600) . Gọi P và Q là các điểm}

xác định bởi AP→_=D′A→_,C′Q→_=DC'→_{. Chứng minh rằng đường thẳng PQ đi qua trung}

điểm của cạnh BB’. Tính độ dài đoạn thẳng PQ.

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

Đặt AA
′→_=a→_,AB→_=b→_,AD→₌

c→

a→_.b→_=b→_.c→_=c→_.a→₌

1/2m2

và a2→_=b2→_=c2→_=m2_.

Gọi M là trung điểm
của BB’ thì

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→

Như vậy MP→_=MQ→_{, tức là ba điểm P, M, Q thẳng hàng hay đường thẳng PQ đi qua}

trung điểm của cạnh BB’.

Ta có:

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Gọi D1,D2,D3 lần lượt là điểm đối xứng của điểm D’

qua A, B’, C. Chứng tỏ rằng B là trọng tâm của tứ diện D1D2D3D′.

Trả lời:

Cách 1.

Đặt AA
′→_=a→_,AB→

=b→_,AD→₌

c→

Từ giả
thiết, ta có

BD
′→_+BD

1→=2

BA→_=−2b→

mà BD
′→_=a→_−b→₊

c→

Vậy
BD1→=−a→

−b→_−c.→

Lập luận tương tự như trên, ta có BD2→=a→+b→−c→

và BD3→=−a→+b→+c→

Vậy BD1→+BD2→+BD3→+BD′→=0→

Điều này chứng tỏ B là trọng tâm của tứ diện D1D2D3D′

Cách 2.

Gọi I là giao điểm của BD’ và mp(AB’C) thì D’I = 2IB.

Gọi J là giao điểm của BD’ với mp (D1D2D3), do D1, D2, D3 là các điểm đối xứng của

D’ lần lượt qua A, B’, C nên IJ = ID’ hay D′B=3/4D′J.

Mặt khác I là trọng tâm tam giác AB’C nên J là trọng tâm tam giác D1D2D3. Từ đó B là

trọng tâm của tứ diện D1D2D3D′.

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Gọi M và N lần lượt là các điểm thuộc AD’
và DB sao cho MA→_=kMD′→_,ND→_=kNB→_{(k≠0,k≠1)}

a) Chứng minh rằng MN luôn song song với mp (A’BC).

b) Khi đường thẳng MN song song với đường thẳng A’C, chứng tỏ rằng MN vng
góc với AD’ và DB

Trả lời:

a) Đặt AA

′→_=a→_,AB→_=b→_,AD→₌

c→_.

Khi đó, ta có:

a→_.b→_=b→_.c→_=c→_.a→₌₀

.

và a2→_=b2→_=c2→_.

Vì MA→_=kMD′→_nên

MA→_=k(MA→_+AD′→_).

Vậy AM→_=k/k−1(a→_+c→_).

Tương tự như 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 vậy ba vectơ MN→_,BC→_,BA′→_{đồng phẳng.}

Mặt khác AD’, DB cắt mp(A’BCD’); các điểm M, N lần lượt thuộc AD’, DB với k ≠
0, k ≠ 1 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 nhau mà M AD}_∈

′,N DB. Do đó, đường thẳng MN song song với đường thẳng A’C khi và chỉ khi∈
MN→_=mA′C→_{, tức là}

k/1−ka→_−k/1−kb→_+1+k/1−kc→_=−ma→_+mb→_+mc→

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

Suy ra −k=1+k k=−1/2⇔

Vậy khi k=−1/2 thì MN song
song với A’C.

Khi đó 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 này khẳng định MN vng góc với AD’ và DB.

<b>Câu 8 trang 114 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao</b>

Cho hình tứ diện ABCD có tất cả các cạnh bằng m. Các điểm M và N lần lượt là trung
điểm của AB và CD.

a) Tính độ dài MN.

b) Tính góc giữa đường thẳng MN với các đường thẳng BC, AB và CD.

Trả lời:

Đặt

AD→_=a→_,AB→_=b→_,

AC→_=c→_.

Khi đó, ta có:

a→_.b→_=b→_.c→_=c→_.a
→_=1/2m2 _và

a2→_=b2→_=c2→_=m2

a) Vì M, N là trung
điểm của AB và
CD nên

MN→_=1/2(AD→_+BC→₎

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

Vậy

Tức là

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 giữa hai đường thẳng MN và AB bằng 90°

Ta có:

Vậy góc
giữa hai

đường
thẳng MN
và CD bằng
90°.

Ta có:

Tức là:

|MN→_|.|

BC→_|

cos (MN

→_,BC→₎

=1/2m2

Từ đó
cos(MN

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

Vậy góc giữa hai đường thẳng MN và BC bằng 45°.

<b>Câu 9 trang 114 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao</b>

Cho hình tứ diện ABCD; I và J lần lượt là trung điểm của AB và CD; M là điểm thuộc
AC sao cho MA→_=k

1MC→ ; N là điểm thuộc BD sao cho NB→=k2ND→. Chứng minh

rằng các điểm I, J, M, N cùng thuộc một mặt phẳng khi và chỉ khi k1 = k2.

Trả lời:

Vì MA→_=k
1MC→

nên

IM→_=IA→_−k
1IC→/

1−k1

Tương tự, ta có:

IN→_=IB→_−k
2ID→/

1−k2=−IA→−k2ID
→_/1−k

2

Mặt khác: IJ→_=1/2(IC→_+ID→₎

Để các điểm I, I, M, N thuộc một mặt phẳng, điều kiện cần và đủ là ba vectơ
IM→_,IN→_,IJ→_{đồng phẳng. Rõ ràng là IN}→_{và IJ}→_{không cùng phương nên điều khẳng}

định IM→_,IN→_,IJ→_{đồng phẳng tương đương với IM}→_=pIN→_+qIJ→

hay

Do

IA→_,IC→_,I

D→_không

đồng
phẳng nên
đẳng thức
trên tương
đương với

⇒k1/1−k1=−pk2/1−k2=k2/1−k1

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

<b>Câu 10 trang 115 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao</b>

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 lần lượt là các tia phân giác của các góc xOy, yOz, zOx. Chứng

minh rằng nếu Ox1 và Oy1 vng góc với nhau thì Oz1 vng góc với cả Ox1 và Oy1.

Trả lời:

Lấy E1,E2,E3 lần lượt thuộc các tia Ox, Oy, Oz sao 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 là

e2

1→+e22→+e23→+2(e1→.e2→+e2→.e3→+e3→.e1→)>0

⇔3OE2

1+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 OE2

2→+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 cũng có Oy1⊥Oz1

</div>

<!--links-->