Nội dung bài Ôn tập cuối năm Hình học 11 sẽ giúp các em hệ thống hóa lý thuyết và các dạng bài tập trong chương trình xoay quanh Phép dời hình, Phép đồng dạng, Hình học không gian. Qua đó sẽ giúp các em nắm được những vấn đề kiến thức nền tảng, trọng tâm nhất để chuẩn bị cho chương trình lớp 12 và các kì thi THPT Quốc gia
Chương trình hình học không gian lớp 11 có thể chia thành 5 bài tập lớn như sau:
Tìm tương giao, bao gồm: Giao điểm của hai đường thẳng, giao điểm của đường với mặt và giao tuyến của hai mặt phẳng.
Quan hệ song song, bao gồm chứng minh và dựng hình: Hai đường thẳng song song, đường thẳng song song với mặt phẳng, hai mặt phẳng song song.
Quan hệ vuông góc bao gồm chứng minh và dựng hình: Hai đường thẳng vuông góc, đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, hai mặt phẳng vuông góc.
Bài toán về góc bao gồm xác định và tính: Góc giữa hai đường thẳng, góc giữa đường thẳng và mặt phẳng, góc giữa hai mặt phẳng.
Bài toán về khoảng cách bao gồm xác định và tính: Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng, khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng, khoảng cách giữa hai đường thẳng song song, khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song, khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.
Trên đây, bài viết đã giới thiệu đến các em những nội dung kiến thức trọng tâm của Hình học 11.Để cũng cố kiến thức và rèn luyện kĩ năng giải bài tập, xin mời các em cũng làm bài kiểm tra Trắc nghiệm Hình học 11 với những câu hỏi củng cố bám sát chương trình. Bên cạnh đó các em có thể nêu thắc mắc của mình thông qua phần Hỏi - đáp cộng đồng Toán DapAnHay sẽ sớm giải đáp cho các em.
Bên cạnh đó các em có thể xem phần hướng dẫn Giải bài tập SGK sẽ giúp các em nắm được các phương pháp giải bài tập từ SGK Hình học Cơ bản và Nâng cao.
-- Mod Toán Học 11 DapAnHay
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD và DA. Kẻ MM’, NN’, PP’, QQ’ lần lượt vuông góc với CD, DA, AB, BC.
a. Gọi I là giao điểm của MP và NQ. Phép đối xứng tâm ĐI biến các đường thẳng MM’, NN’, PP’, QQ’ thành những đường thẳng nào ?
b. Chứng tỏ rằng bốn đường thẳng MM’, NN’, PP’, QQ’ đồng quy tại một điểm. Nhận xét gì về vị trí điểm đồng quy và hai điểm I, O ?
Cho tam giác ABC và hai hình vuông ABMN, ACPQ như hình 134.
a. Xác định phép quay biến tam giác ABQ thành tam giác ANC.
b. Chứng tỏ rằng hai đoạn thẳng BQ, CN bằng nhau và vuông góc với nhau.
c. Gọi O, O’ là tâm của các hình vuông, I là trung điểm của BC. Chứng minh rằng tam giác OIO’ là tam giác vuông cân.
Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và BD ; P là một điểm thay đổi trên đoạn thẳng AD.
a. Xác định giao điểm Q của mp(MNP) và cạnh AC. Tứ giác MNPQ là hình gì ?
b. Tìm quỹ tích giao điểm I của QM và PN
c. Tìm quỹ tích giao điểm J của QN và PM.
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Điểm M nằm giữa A và D, điểm N nằm giữa C và C’ sao cho \(\frac{{AM}}{{MD}} = \frac{{CN}}{{NC'}}\)
a. Chứng minh rằng đường thẳng MN song song với mp(ACB’)
b. Xác định thiết diện của hình hộp khi cắt bởi mặt phẳng đi qua MN và song song với mp(ACB’)
Cho ba tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng. Chứng minh rằng các tia phân giác ngoài của các góc xOy, yOz và zOx đồng phẳng
Cho hình chóp S.ABC. Gọi K và N lần lượt là trung điểm của SA và BC ; M là điểm nằm giữa S và C.
a. Chứng minh rằng mặt phẳng đi qua K, song song với AB và SC thì đi qua điểm N.
b. Xác định thiết diện của hình chóp S.ABC khi cắt bởi mp(KMN). Chứng tỏ rằng KN chia thiết diện thành hai phần có diện tích bằng nhau.
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng \(a\sqrt 2 .\)
a. Tính khoảng cách từ S đến mp(ABCD).
b. Tính khoảng cách giữa đường thẳng AB và mp(SCD)
c. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC.
d. Gọi P là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với SC. Hãy xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi (P). Tính diện tích thiết diện.
e. Tính góc giữa đường thẳng AB và mp(P).
Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = a, BC = 2a. Hai tia Bx và Cy cùng vuông góc với mp(ABC) và nằm về một phía đối với mặt phẳng đó. Trên Bx, Cy lần lượt lấy các điểm B’, C’ sao cho BB’ = a, CC’ = m.
a. Với giá trị nào của m thì AB’C’ là tam giác vuông ?
b. Khi tam giác AB’C’ vuông tại B’, kẻ AH ⊥ BC. Chứng minh rằng B’C’H là tam giác vuông. Tính góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB’C’).
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung điểm SA, M là trung điểm của AE, N là trung điểm của BC. Chứng minh rẳng MN vuông góc với BD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và AC.
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi G và H tương ứng là trọng tâm và trực tâm của tam giác, các điểm A’, B’, C’ lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB.
a) Tìm phép vị tự F biến A, B, C tương ứng thành A’, B’, C’
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; A1, B1, C1 theo thứ tự là giao điểm thứ hai của các tia AH, BH, CH với đường tròn (O); A1’, B1’, C1’ tương ứng là chân các đường cao đi qua A, B, C. Tìm ảnh của A, B, C, A1, B1, C1 qua phép vị tự tâm H tỉ số \(\frac{1}{2}\)
e) Chứng minh chín điểm A’, B’, C’, A”, B”, C”, A1’, B1’, C1’ cùng thuộc một đường tròn (đường tròn này gọi là đường tròn Ơ-le của tam giác ABC)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với AB là đáy lớn. Gọi M là trung điểm của đoạn AB, E là giao điểm của hai cạnh của hình thang ABCD và G là trọng tâm của tam giác ECD.
a) Chứng minh rằng bốn điểm S, E, M, G cùng thuộc một mặt phẳng (α) 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' = SC ∩ KB, D'= SD ∩ KA. Chứng minh rằng hai giao điểm của AC' và BD' thuộc đường thẳng d nói trên.
Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD.A’B’C’D’ có E, F, M và N lần lượt là trung điểm của AC, BD, AC’ và BD’. Chứng minh MN = EF.
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có E và F lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và DD'. Hãy xác định các thiết diện của hình lập phương cắt bởi các mặt phẳng (EFB), (EFC), (EFC') và (EFK) với K là trung điểm của cạnh B'C'.
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạnh bằng a.
a) Hãy xác định đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau BD' và B'C.
b)Tính khoảng cách của hai đường thẳng BD' và B'C.
Cho hình thang ABCD vuông tại A và B, có AD = 2a, AB = BC = a. Trên tia Ax vuông góc với mặt phẳng (ABCD) lấy một điểm S. Gọi C', D' lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SC và SD . Chứng minh rằng :
a) \(\widehat{SBC}=\widehat{SCD}=90^0\)
b) AD’,AC’ và AB cùng nằm trên một mặt phẳng.
c) Chứng minh rằng đường thẳng C’D’ luôn luôn đi qua một điểm cố định kho S di động trên tia Ax.
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Gọi H là chân đường cao của hình chóp. Một mặt phẳng (P) thay đổi cắt các cạnh bên SA, SB, SC, SD lần lượt tại E, F, I, J. Gọi K = EI ∩ FJ. Đặt SE = a, SF = b, SI = c, SJ = d, SK = k, ∠ASH = α.
a) Tìm diện tích của tam giác SEI theo a, c, \(\alpha\).
b) Chứng minh rằng \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} = \frac{{2\cos \alpha }}{k}\)
Suy ra \(\frac{1}{a} + \frac{1}{c} = \frac{1}{b} + \frac{1}{d}\)
Cho hình thang ABCD có AB // CD và AB = 2a, BC = CD = DA = a. Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A. Gọi S là một điểm duy nhất thay đổi trên d. (P) là một mặt phẳng qua A vuông góc với SB tại I và cắt SC, SD lần lượt tại J, K.
a) Chứng minh tứ giác BCJI, AIJK là các tứ giác nội tiếp.
b) Gọi O là trung điểm của AB, O' là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCJI. Chứng minh rằng OO' ⊥ (SBC).
c) Chứng minh rằng khi S thay đổi trên d thì JK luôn luôn đi qua một điểm cố định.
d) Tìm một điểm cách đều các điểm A, B, C, D, I, J, K và tìm khoảng cách đó.
e) Gọi M là giao điểm của JK và (ABCD). Chứng minh rằng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
f) Khi S thay đổi trên d, các điểm I, J, K lần lượt chạy trên đường nào.
Cho tứ diện SABC có SA, SB, SC vuông góc với nhau từng đôi một. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mp(ABC).
a) Chứng minh rằng H là trực tâm của tam giác ABC.
b) Chứng minh rằng \(\frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{S{B^2}}} + \frac{1}{{S{C^2}}}\)
c) Chứng minh rằng (SSBC)2 = (SHBC). (SABC) và (SABC)2 = (SSAB)2 + (SSBC)2 + (SSCA)2
d) Chứng minh rằng \(S{G^2} = \frac{{S{A^2} + S{B^2} + S{C^2}}}{9}\) (G là trọng tâm của tam giác ABC) và (AB + BC + CA)2 ≤ 6(SA2 + SB2 + SC2).
e) Chứng minh rằng tam giác ABC có ba góc nhọn và SA2tanA = SB2tanB = SC2tanC = 2SABC
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hình chiếu của S lên đáy ABCD trùng với trọng tâm tam giác ABD. Mặt bên (SAB) tạo với đáy góc 60ο. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAD)
Cho lăng trụ ABCD.A'B'C'D' có đáy ABCD là hình thoi, \(AB = a\sqrt 3 ,\widehat {BAD} = {120^0}\). Góc giữa đường thẳng AC' và mặt phẳng (ADD'A') là 30o. Gọi M là trung điểm A'D', N là trung điểm BB'. Tính khoảng cách từ N đến mặt phẳng (C'MA)
Họ và tên
Tiêu đề câu hỏi
Nội dung câu hỏi
A. \(\sqrt {29} \) B. \(\sqrt {30} \) C. \(5\) D. \(\sqrt {28} \)
Câu trả lời của bạn
Hình hộp chữ nhật có 3 kích thước là \(2;\,\,3;\,\,4\) thì độ dài đường chéo của nó là \(\sqrt {{2^2} + {3^2} + {4^2}} = \sqrt {29} \).
Chọn A.
A. \(\overrightarrow {AG} = \dfrac{1}{3}\left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BD} } \right)\)
B. \(\overrightarrow {AG} = \dfrac{1}{4}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CD} } \right)\)
C. \(\overrightarrow {AG} = \dfrac{1}{4}\left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BD} } \right)\)
D. \(\overrightarrow {AG} = \dfrac{1}{4}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} } \right)\)
Câu trả lời của bạn
Vì \(G\) là trọng tâm của tứ diện \(ABCD\) nên \(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow 0 \).
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GA} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {GA} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {GA} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow 4\overrightarrow {AG} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} \\ \Rightarrow \overrightarrow {AG} = \dfrac{1}{4}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} } \right)\end{array}\)
Chọn D.
A. \({90^o}\) B. \({45^o}\)
C. \({30^o}\) D. \({60^0}\)
Câu trả lời của bạn
Trong \(\left( {SAB} \right)\) kẻ \(AH \bot SB\,\,\left( {H \in SB} \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\\BC \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\\\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\,\,\left( {cmt} \right)\\AH \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)\end{array}\)
Dựng \(DK//AH\,\,\left( {K \in \left( {SBC} \right)} \right) \Rightarrow DK \bot \left( {SBC} \right)\).
\( \Rightarrow CK\) là hình chiếu của \(CD\) lên \(\left( {SBC} \right)\).
\( \Rightarrow \angle \left( {CD;\left( {SBC} \right)} \right) = \angle \left( {CD;CK} \right) = \angle DCK\).
Vì \(AD//BC \Rightarrow AD//\left( {SBC} \right)\) \( \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {D;\left( {SBC} \right)} \right) \Rightarrow AH = DK\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(SAB\) ta có: \(AH = \dfrac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 .a}}{{\sqrt {3{a^2} + {a^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = DK\).
Vì \(DK \bot \left( {SBC} \right)\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow DK \bot CK\) \( \Rightarrow \Delta CDK\) vuông tại \(K\).
Ta có: \(\sin \angle DCK = \dfrac{{DK}}{{CD}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \angle DCK = {60^0}\).
Vậy \(\angle \left( {CD;\left( {SBC} \right)} \right) = {60^0}\).
Chọn D.
A. \({45^o}\) B. \({30^o}\)
C. \({60^0}\) D. \({90^o}\)
Câu trả lời của bạn
Vì \(AD//BC \Rightarrow \angle \left( {SD;BC} \right) = \angle \left( {SD;AD} \right)\).
Ta có: \(\angle \left( {SA;BC} \right) = \angle \left( {SA;AD} \right) = {90^0}\) (Do \(BC//AD\)).
\( \Rightarrow \Delta SAD\) vuông tại \(A\).
Lại có: \(SA = AB\,\,\left( {gt} \right)\), \(AB = AD\) (do \(ABCD\) là hình thoi) \( \Rightarrow SA = AD\).
\( \Rightarrow \Delta SAD\) vuông cân tại \(A\).
\( \Rightarrow \angle SDA = {45^0} \Rightarrow \angle \left( {SD;AD} \right) = {45^0}\).
Vậy \(\angle \left( {SD;BC} \right) = {45^0}\).
Chọn A.
A. Nếu \(\left( P \right)//\left( Q \right)\) và \(b \bot \left( P \right)\) thì \(b \bot \left( Q \right)\)
B. Nếu \(a//\left( P \right)\) và \(b \bot a\) thì \(b \bot \left( P \right)\)
C. Nếu \(a//\left( P \right)\) và \(b \bot \left( P \right)\) thì \(b \bot a\)
D. Nếu \(a \bot \left( P \right),\,\,b \bot \left( P \right)\) thì \(a//b\)
Câu trả lời của bạn
Xét 4 đáp án ta thấy đáp án B sai, vì nếu \(\left\{ \begin{array}{l}a//\left( P \right)\\b \bot a\end{array} \right.\) thì \(a,\,\,b\) có thể cắt nhau, song song, ... cùng nằm trong mặt phẳng song song với mặt phẳng \(\left( P \right)\).
Chọn B.
A. \({60^0}\) B. \({90^0}\) C. \({30^0}\) D. \({45^0}\)
Câu trả lời của bạn
Ta có: \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AC\) là hình chiếu của \(SC\) lên \(\left( {ABC} \right)\).
\( \Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SC;AC} \right) = \angle SCA\).
Ta có: \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot AC \Rightarrow \Delta SAC\) vuông tại \(A\).
Lại có \(SA = AC = a \Rightarrow \Delta SAC\) vuông cân tại \(A \Rightarrow \angle SCA = {45^0}\).
Vậy \(\angle \left( {SC;\left( {ABC} \right)} \right) = {45^0}\).
Chọn D.
A. \(\dfrac{1}{2}{a^2}\) B. \({a^2}\) C. \( - {a^2}\) D. \(\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}{a^2}\)
Câu trả lời của bạn
Vì là tam giác đều nên \(\angle \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right) = \angle BAC = {60^0}\).
Khi đó ta có: \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = AB.AC.cos\angle \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right) = a.a.\cos {60^0} = \dfrac{1}{2}{a^2}\).
Chọn A.
A. \(\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {C'A'} \)
B. \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AA'} \)
C. \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CD} \)
D. \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {C'D'} = \overrightarrow 0 \)
Câu trả lời của bạn
Ta có: \(\overrightarrow {C'D'} = \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {BA} \) \( \Rightarrow \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {C'D'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BA} = \overrightarrow 0 \) nên đáp án D đúng.
Chọn D.
A. Nếu \(a\)và \(b\) cùng nằm trong mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) mà \(\left( \alpha \right)//a\) thì \(a//b\).
B. Nếu góc giữa \(a\) và \(c\) bằng góc giữa \(b\) và \(c\) thì \(a//b\).
C. Nếu \(a\)và \(b\) cùng vuông góc với \(c\)thì \(a//b\).
D. Nếu \(a//b\) và \(c \bot a\) thì \(c \bot b\).
Câu trả lời của bạn
Đáp án A: \(a\) sẽ song song với một đường thẳng nào đó nằm trong \(\left( \alpha \right)\) chứ chưa chắc song song với đường thẳng \(b\).
Đáp án B chỉ đúng trong mặt phẳng.
Đáp án C \(a\) và \(b\) có thể chéo nhau.
Đáp án D đúng.
Chọn D.
A. \(AB,\,\,CD\) là hai đường thẳng chéo nhau
B. \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} = 4\overrightarrow {AG} \)
C. \(\overrightarrow {AB} ,\,\,\overrightarrow {AC} ,\,\overrightarrow {AD} \) đồng phẳng
D. \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {DA} = \overrightarrow 0 \)
Câu trả lời của bạn
Vì \(ABCD\) là tứ diện nên \(\overrightarrow {AB} ,\,\,\overrightarrow {AC} ,\,\,\overrightarrow {AD} \) không đồng phẳng.
Chọn C.
A. \(AB \bot OC\) B. \(OH \bot \left( {ABC} \right)\) C. \(OH \bot BC\) D. \(OH \bot OA\)
Câu trả lời của bạn
Kẻ \(CE \bot AB\,\,\left( {E \in AB} \right),\,\,AF \bot BC\,\,\left( {F \in BC} \right),\,\,CE \cap AF = H\).
Tứ diện \(OABC\) có \(OA,\,\,OB,\,\,OC\) đôi một vuông góc với nhau, do đó:
\(OA \bot \left( {OBC} \right),\,\,OB \bot \left( {OAC} \right),\,\,OC \bot \left( {OAB} \right)\)
+ Ta có: \(OA \bot \left( {OBC} \right) \Rightarrow OA \bot AB\). Do đó đáp án A đúng.
+ Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AF\\BC \bot OA\,\,\left( {do\,\,OA \bot \left( {OBC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {OAF} \right) \Rightarrow BC \bot OH\). Do đó đáp án C đúng.
+ Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot CE\\AB \bot OC\,\,\left( {do\,\,OC \bot \left( {OAB} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {COE} \right) \Rightarrow AB \bot OH\).
Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}OH \bot BC\\OH \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {ABC} \right)\). Do đó đáp án B đúng.
+ Ta có: \(OA \bot \left( {OBC} \right) \Rightarrow OA \bot OF \Rightarrow \Delta AOF\) vuông tại \(O\).
\( \Rightarrow OH\) không vuông góc với \(OA\). Do đó đáp án D sai.
Chọn D.
A. \(4\) B. \(3\) C. \(2\) D. \(1\)
Câu trả lời của bạn
Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}SA \bot AB\\SA \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta SAB\\\Delta SAC\end{array} \right.\) là các tam giác vuông.
Ta có: \(AB \bot BC \Rightarrow \Delta ABC\) vuông tại \(B\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\\BC \bot SA\,\,\left( {do\,\,SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\) \( \Rightarrow BC \bot SB \Rightarrow \Delta SBC\) vuông tại \(B\).
Vậy hình chóp \(S.ABC\) có cả 4 mặt là tam giác vuông.
Chọn A.
A. \({30^0}\) B. \({90^0}\) C. \({60^0}\) D. \({0^0}\)
Câu trả lời của bạn
Ta có \(AC//A'C'\) nên \(\angle \left( {AC;DA'} \right) = \angle \left( {A'C';DA'} \right)\).
Giả sử \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình lập phương cạnh \(1\), áp dụng định lí Pytago trong các tam giác vuông ta tính được \(A'D = A'C' = C'D = \sqrt 2 \Rightarrow \Delta A'C'D\) đều.
Vậy \(\angle \left( {AC;DA'} \right) = \angle \left( {A'C';DA'} \right) = \angle C'A'D = {60^0}\).
Chọn C.
A. \(I\) là trực tậm của \(\Delta ABC\)
B. \(I\) là trung điểm của \(AB\)
C. \(I\)là tâm đường tròn ngoại tiếp của \(\Delta ABC\)
D. \(I\) là trọng tâm của \(\Delta ABC\)
Câu trả lời của bạn
Vì \(SI \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(SI \bot IA,\,\,SI \bot IB,\,\,SI \bot IC\) \( \Rightarrow \Delta SIA,\,\,\Delta SIB,\,\,\Delta SIC\) vuông tại \(I\).
Xét các tam giác vuông \(\Delta SIA,\,\,\Delta SIB,\,\,\Delta SIC\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}SI\,\,chung\\SA = SB = SC\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow {\Delta _v}SIA = {\Delta _v}SIB = {\Delta _v}SIC\) (cạnh huyền – cạnh góc vuông) \( \Rightarrow IA = IB = IC\) (các cạnh tương ứng).
Vậy \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\).
Chọn C.
A. \(\dfrac{{\sqrt 3 }}{6}\) B. \(\dfrac{1}{2}\)
C. \(\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\) D. \(\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\)
Câu trả lời của bạn
Gọi \(N\) là trung điểm của \(AC\), khi đó \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(\Delta ABC\).
\( \Rightarrow MN//AB \Rightarrow \angle \left( {AB;DM} \right) = \angle \left( {MN;DM} \right)\).
Ta có: \(MN = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{a}{2}\), \(DM,\,\,DN\) là các đường trung tuyến trong tam giác đều cạnh \(a\) nên \(DM = DN = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Áp dụng định lí Cosin trong tam giác \(DMN\) ta có:
\(\begin{array}{l}\cos \angle DMN = \dfrac{{D{M^2} + M{N^2} - D{N^2}}}{{2DM.MN}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{\dfrac{{3{a^2}}}{4} + \dfrac{{{a^2}}}{4} - \dfrac{{3{a^2}}}{4}}}{{2.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{1}{2}}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{6}\end{array}\)
Vậy \(\cos \angle \left( {AB;DM} \right) = \dfrac{{\sqrt 3 }}{6}\).
Chọn A.
A. \(\dfrac{{\sqrt {21} }}{7}\) B. \(\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\)
C. \(\dfrac{{2\sqrt 7 }}{7}\) D. \(\dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}\)
Câu trả lời của bạn
Vì \(SC \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(CM\) là hình chiếu vuông góc của \(SM\) lên \(\left( {ABC} \right)\)
\( \Rightarrow \angle \left( {SM;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SM;CM} \right) = \angle SMC = \alpha \).
Vì \(\Delta ABC\) đều cạnh \(a\) nên \(MC = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Xét tam giác vuông \(SMC\) ta có: \(\tan \angle SMC = \dfrac{{SC}}{{MC}} = \dfrac{a}{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}\).
Vậy \(\tan \alpha = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}\).
Chọn D.
A. \({45^0}\) B. \({30^0}\) C. \({60^0}\) D. \({90^0}\)
Câu trả lời của bạn
Vì \(EF\) là đường trung bình của tam giác \(SBC\) nên \(EF//SB\), khi đó ta có \(\angle \left( {EF;\left( {SAD} \right)} \right) = \angle \left( {SB;\left( {SAD} \right)} \right)\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot AD\\AB \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SAD} \right)\), do đó \(SA\) là hình chiếu vuông góc của \(SB\) lên \(\left( {SAD} \right)\).
\( \Rightarrow \angle \left( {SB;\left( {SAD} \right)} \right) = \angle \left( {SB;SA} \right) = \angle ASB\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AB\\SA = AB\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \Delta SAB\) vuông cân tại \(A \Rightarrow \angle ASB = {45^0}\).
Vậy \(\angle \left( {EF;\left( {SAD} \right)} \right) = {45^0}\).
Chọn A.
A. \({a^2}\sqrt 3 \) B. \({a^2}\)
C. \({a^2}\sqrt 2 \) D. \(\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}{a^2}\)
Câu trả lời của bạn
Ta có: \(\overrightarrow {EG} = \overrightarrow {AC} \), do đó
\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {EG} = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = AB.AC.\cos \angle BAC\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = a.a\sqrt 2 .\cos {45^0} = {a^2}\end{array}\)
Chọn B.
A. \(MN = a\sqrt {10} \) B. \(MN = 7a\)
C. \(MN = 5a\) D. \(MN = 10a\)
Câu trả lời của bạn
Gọi \(P\) là trung điểm của \(AB\). Theo tính chất đường trung bình của tam giác ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}PM//BD,\,\,PM = \dfrac{1}{2}BD = 4a\\PN//AC,\,\,PN = \dfrac{1}{2}AC = 3a\end{array} \right.\)
Lại có \(AC \bot BD\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow PM \bot PN \Rightarrow \Delta MNP\) vuông tại \(P\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(MNP\) ta có: \(MN = \sqrt {P{M^2} + P{N^2}} = \sqrt {16{a^2} + 9{a^2}} = 5a\).
Vậy \(MN = 5a\).
Chọn C.
A. \(\dfrac{2}{3}\) B. \(\dfrac{2}{5}\) C. \(\dfrac{1}{4}\) D. \(\dfrac{1}{3}\)
Câu trả lời của bạn
Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow O\) là trung điểm của \(AC,\,\,BD\).
\( \Rightarrow SO\) là đường trung tuyến của \(\Delta SBD \Rightarrow G \in SO \Rightarrow G \in \left( {SAC} \right)\).
Chọn \(SC \subset \left( {SAC} \right)\).
Xét \(\left( {GMN} \right)\) và \(\left( {SAC} \right)\) có \(G\) chung.
Trong \(\left( {ABCD} \right)\) gọi \(E = MN \cap AC\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}E \in MN \subset \left( {GMN} \right)\\E \in AC \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow E \in \left( {GMN} \right) \cap \left( {SAC} \right)\).
\( \Rightarrow \left( {GMN} \right) \cap \left( {SAC} \right) = GE\).
Trong \(\left( {SAC} \right)\) gọi \(H = GE \cap SC\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}H \in SC\\H \in GE \subset \left( {GMN} \right)\end{array} \right. \Rightarrow H = SC \cap \left( {GMN} \right)\).
Ta có \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta ABD \Rightarrow MN//BD\).
Xét tam giác \(ABC\) có: \(M\) là trung điểm của \(AB,\,\,ME//BO\) nên \(E\) là trung điểm của \(AO\) (định lí đường trung bình của tam giác) \( \Rightarrow \dfrac{{EO}}{{EC}} = \dfrac{1}{3}\).
Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác \(SOC\), cát tuyến \(EGH\) ta có \(\dfrac{{GS}}{{GO}}.\dfrac{{EO}}{{EC}}.\dfrac{{HC}}{{HS}} = 1\)
\( \Rightarrow 2.\dfrac{1}{3}.\dfrac{{HC}}{{HS}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{HC}}{{HS}} = \dfrac{3}{2}\) \( \Rightarrow \dfrac{{SH}}{{SC}} = \dfrac{2}{5}\).
Chọn B.
0 Bình luận
Để lại bình luận
Địa chỉ email của hạn sẽ không được công bố. Các trường bắt buộc được đánh dấu *