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 hình hộp ABCD.A'B'C'D' và các điểm M, N lần lượt thuộc các cạnh AB, DD' (M, N không trùng với các đầu mút của các cạnh). Thiết diện của hình hộp bị cắt bởi mặt phẳng (MNB) là
A. hình thoi B. hình chữ nhật
C. hình bình hành D. hình thang cân
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a. Độ dài đoạn vuông góc chung của A'D' và BC' là
A. \({\frac{a}{2}}\) B. a
C. \({a\sqrt 2 }\) D. \(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)
Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a. Trên hai tia Bx và Dy vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và cùng nằm về một phía của mặt phẳng (ABCD) lần lượt lấy hai điểm M và N sao cho: \(BM.DN = \frac{{{a^2}}}{2}\). Đặt \(\widehat {BOM} = \alpha ,\widehat {DON} = \beta \).
Giá trị của biểu thức \(T=\tan \alpha .\tan \beta \) là
A. 1 B. 2
C. 4a2 D. \(\frac{{{a^2}}}{2}\)
Cho tam giác ABC có A(2;4), B(5;1), C(-1;-2). Phép tịnh tiến \({T_{\overrightarrow {BC} }}\) biến tam giác ABC thành tam giác A'B'C' có tọa độ trọng tâm G' là
A. (4;2) B. (- 4;2)
C. (- 4;-2) D. (4;-2)
Trong mặt phẳng Oxy, tọa độ ảnh của điểm M(-6;1) qua phép quay Q(O;90ο) là
A. (6;1) B. (1;6)
C. (-6;-1) D. (-1;-6)
Phương trình ảnh của đường tròn (C): (x - 2)2 + (y + 3)2 = 4 qua phép đối xứng trục Oy là
A. (x + 2)2 + (y - 3)2 = 4
B. (x - 2)2 + (y - 3)2 = 4
C. (x - 2)2 + (y + 3)2 = 4
D. (x + 2)2 + (y + 3)2 = 4
Ảnh của điểm M qua phép tịnh tiến theo vectơ \(\overrightarrow u = \left( {3;4} \right)\) là N và ảnh của điểm N qua phép tịnh tiến theo vectơ \(\overrightarrow v = \left( {1; - 1} \right)\) là P. Độ dài của đoạn thẳng MP là
A. 5 B. \(\sqrt 5 \) C. 4 D. 3
Cho tứ diện ABCD. Các điểm M, N lần lượt là trung điểm BD, AD. Các điểm H, G lần lượt là trọng tâm các tam giác BCD, ACD. Đường thẳng HG chéo với đường thẳng?
A. MN B. CD C. CN D. AB
Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thang với AD // BC, BC ≤ AD, M là trung điểm SC. Mặt phẳng qua AM và song song với BC cắt đường thẳng SD tại Q. Tỉ số \(\frac{{SQ}}{{SD}}\) có giá trị là
A. \(\frac{4}{3}\) B. \(\frac{3}{4}\) C. \(\frac{1}{2}\) D. 1
Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình bình hành. Gọi A', B', C', D' lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB, SC, SD. Gọi M là điểm bất kì trên BC. Thiết diện của (A'B'M') với hình chóp S.ABCD là
A. Hình thang B. Hình bình hành
C. Hình thoi D. Hình chữ nhật
Cho hình chóp S.ABCD với M, N lần lượt là hai điểm lấy trên các cạnh AB, CD. Gọi (α) là mặt phẳng qua MN và song song với SA. Khi đó thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (α) là
A. hình thang B. hình tam giác
C. hình tứ giác D. hình ngũ giác
Cho tứ diện ABCD. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Hình chiếu song song K của G trên mặt phẳng (BCD) theo phương chiếu AD là
A. trực tâm tam giác BCD.
B. trọng tâm tam giác BCD.
C. một điểm bất kì trong tam giác BCD.
D. điểm H sao cho GH ⊥ (BCD).
Cho bốn điểm A, B, C, S không cùng nằm trong một mặt phẳng. Gọi I, H lần lượt là trung điểm của SA, AB. Trên SC lấy điểm K sao cho CK = 3KS. Gọi E là giao điểm của đường thẳng BC với mặt phẳng (IHK). Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. \(\frac{{BE}}{{BC}} = \frac{1}{3}\)
B. \(\frac{{BE}}{{BC}} = \frac{1}{2}\)
C. \(\frac{{BE}}{{BC}} = \frac{{SK}}{{SC}} = 1\)
D. \(\frac{{BE}}{{BC}} = \frac{{SK}}{{SC}} = \frac{1}{4}\)
Cho tứ giác ABCD và một điểm S không thuộc mặt phẳng (ABCD). Trên đoạn SC lấy một điểm M không trùng với S và C. Gọi N là giao điểm của đường thẳng SD với mặt phẳng (ABM). Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. AN = (ABM) ∩ (SAD) B. AN = (ABM) ∩ (SBC)
C. AN = (ABM) ∩ (SCD) D. AN = (ABM) ∩ (SAC)
Hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, các cạnh bên đều bằng \({a\sqrt 3 }\). Khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD) là
A. \(\frac{{a\sqrt 3 }}{4}\)
B. \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
C. \(\frac{{a\sqrt {10} }}{4}\)
D. \(\frac{{a\sqrt {10} }}{2}\)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. M, N lần lượt là trung điểm của SD, DC. Điểm P thay đổi trên cạnh BD, BP/BD = k. Để thiết diện của mp(MNP) và hình chóp là tứ giác thì giá trị k thỏa mãn điều kiện nào sau đây?
A. \(0 \le k \le \frac{1}{2}\) B. \(0 \le k \le \frac{2}{3}\)
C. \(\frac{1}{2} \le k \le \frac{3}{4}\) D. \(0 \le k \le \frac{3}{4}\)
Cho tứ diện ABCD, gọi G1, G2, G3 lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC, ACD, ADB. Diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng (G1G2G3) bằng k lần diện tích tam giác BCD. Giá trị của k là
A. \(\frac{4}{9}\) B. \(\frac{2}{3}\) C. \(\frac{3}{4}\) D. \(\frac{1}{2}\)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, tam giác SAB đều , SC = SD = \(a\sqrt 3 \). Gọi H, K lần lượt là trung điểm của SA, SB. M là một điểm trên cạnh AD, mặt phẳng (HKM) cắt BC tại N. Đặt AM = x (0 ≤ x ≤ a). Giá trị x để diện tích thiết diện HKMN đạt giá trị nhỏ nhất là
A. x = \(\frac{{3a}}{4}\) B. x = \(\frac{a}{2}\)
C. x = 0 D. x = a.
Cho hai hình vuông có chung cạnh AB và nằm trong hai mặt phẳng khác nhau. Trên các đường chéo AC và BF ta lấy các điểm MN sao cho AM = BN. Mặt phẳng (P) chứa MN và song song với AB cắt AD và AF lần lượt tại M', N'. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. MN cắt mp(DFE) B. Tứ giác MNN'M' là hình bình hành
C. AC, BF cắt nhau D. MN song song với mp(DEF)
Cho tam giác ABC và các điểm M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB.
a. Xét bốn tam giác APN, PBM, NMC, MNP. Tìm phép dời hình biến tam giác APN lần lượt thành một trong ba tam giác còn lại.
b. Phép vị tự nào biến tam giác ABC thành tam giác MNP ?
c. Xét tam giác có ba đỉnh là trực tâm của ba tam giác APN, PBM và NCM. Chứng tỏ rằng tam giác đó bằng tam giác APN. Chứng minh điều đó cũng đúng nếu thay trực tâm bằng trọng tâm, hoặc tâm đường tròn ngoại tiếp hoặc tâm đường tròn nội tiếp.
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 *