Sau khi kết thúc tất cả bài học chương trình Hình học 12, bài ôn tập cuối năm sẽ giúp các em có cái nhìn tổng quan về toàn bộ chương trình đã học. Từ đó sẽ có định hướng ôn tập và rèn luyện nhằm hướng đến kì thi THPT Quốc gia mà ở đó chương trình Toán 12 luôn chiếm tỉ trọng cao nhất về điểm số.
Với việc môn Toán thi Trắc nghiệm thì việc học tủ một số dạng toán để tham gia kì thi THPT QG sẽ dễ khiến các em bị mất điểm đáng tiếc nhất là với những câu lý thuyết. Các em cần thay đổi phương pháp học tập, cần nắm và hiểu lý thuyết hơn là chỉ chăm chăm vào việc luyện giải bài tập. Với toàn bộ những nội dung đã truyền tải đến các em thông qua các bài học, hy vọng sẽ giúp ích cho các em.
Nếu các em đã tự tin mình đã nắm vững kiến thức thì các em có thể tham gia làm bài Kiểm tra Trắc nghiệm Hình học 12 để đánh giá kết quả ôn tập của mình nhé. Mọi thắc mắc cần giải đáp các em có thể đặt câu hỏi trong phần Hỏi-đáp, cộng đồng Toán DapAnHay sẽ sớm giải đáp cho các em.
-- Mod Toán Học 12 DapAnHay
Tứ diện đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và \(SA = a\sqrt 3 .\) Tính thể tích V khối chóp S.ABC?
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và thể tích của khối chóp đó bằng \(\frac{{{a^3}}}{4}.\) Tính độ dài cạnh bên SA.
Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a. Tính thể tích V của khối tứ diện ABA’C’.
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có \(AB = 3a,{\rm{ }}AC = 5a\) và cạnh bên SB vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích khối chóp bằng \(6a^3\). Tính khoảng cách từ đỉnh B đến mặt phẳng (SAD).
Cho hình trụ có hai đường tròn đáy lần lượt là (O); (O’). Biết thể tích khối nón có đỉnh là O và đáy là hình tròn (O’) là \(a^3\) tính thể tích V của khối trụ đã cho?
Cho mặt cầu có diện tích bằng \(\frac{{8\pi {a^2}}}{3}.\) Tìm bán kính R của mặt cầu.
Trong không gian với hệ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) và B(3;2;1). Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, viết phương trình của mặt cầu đi qua ba điểm \(A(2;0;1),B(1;0;0),C(1;1;1)\) và có tâm thuộc mặt phẳng \((P):x + y + z - 2 = 0.\)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng \(d:\frac{{x - 1}}{2} = \frac{y}{1} = \frac{{z + 1}}{3}\) và \(\left( P \right):2x + y - z = 0.\) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và vuông góc mặt phẳng (P).
Cho lăng trụ lục giác đều ABCDEF.A′B′C′D′E′F′, O và O′ là tâm đường tròn ngoại tiếp hai đáy, mặt phẳng (P) đi qua trung điểm của OO′ và cắt các cạnh bên cúa lăng trụ. Chứng minh rằng (P) chia lăng trụ đã cho thành hai đa diện có thể tích bằng nhau.
Cho khối lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a. Gọi E và F lần lượt là trung điểm B'C' và C'D'. Mặt phẳng (AEF) chia khối lập phương đó thành hai khối đa diện (H) và (H') trong đó (H) là khối đa diện chứa đỉnh A'. Tính thể tích của (H).
Cho mặt cầu (S) tâm O bán kính r. Hình nón có đường tròn đáy (C) và đỉnh I đều thuộc (S) được gọi là hình nón nội tiếp mặt cầu (S). Gọi h là chiều cao của hình nón đó.
a) Tính thể tích của hình nón theo r và h.
b) Xác định h để thể tích của hình nón là lớn nhất.
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1;2;-1); B(7;-2;3) và đường thẳng d có phương trình \(\left\{\begin{matrix} x=-1+3t\\ y=2-2t\\ z=2+2t \end{matrix}\right.\)
a) Chứng minh rằng hai đường thẳng d và AB cùng nằm trong một mặt phẳng.
b) Tìm điểm I trên d sao cho AI + BI nhỏ nhất.
Cho tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết rằng AC = AD = 4cm, AB = 3cm, BC = 5 cm.
a) Tính thể tích tứ diện ABCD.
b) Tính khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng (BCD).
Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S) có phương trình \(x^2+y^2+z^2=a^2 (a>0)\)
a) Tính diện tích của mặt cầu (S) và thể tích của khối cầu tương ứng.
b) Mặt cầu (S) cắt mặt phẳng (Oxy) theo một đường tròn (C). Xác định tâm và bán kính của (C).
c) Tính diện tích xung quanh của hình trụ nhận (C) làm đáy và có chiều cao là \(a\sqrt{3}\). Tính thể tích của khối trụ tương ứng.
Trong không gian cho hai đường thẳng d1 và d2 có phương trình
\(d_1:\left\{\begin{matrix} x=1-t\\ y=t\\ z=-t \end{matrix}\right.d_2:\left\{\begin{matrix} x=2t'\\ y=-1+t'\\ z=t' \end{matrix}\right.\)
a) Chứng minh rằng hai đường thẳng d1 và d2 chéo nhau.
b) Viết phương trình của mặt phẳng \((\alpha )\) chứa d1 và song song với d2.
Trong không gian Oxyz cho các điểm A(1; 0; -1), B(3; 4; -2), C(4;-1;1), D(3; 0 ;3)
a) Chứng minh rằng A, B, C, D không đồng phẳng.
b) Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng (ABC).
c) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
d) Tính thể tích tứ diện ABCD.
Trong không gian Oxyz cho bốn điểm A(2; 4; -1), B(1; 4; -1), C(2; 4; 3), D(2; 2; -1).
a) Chứng mỉnh rằng các đường thẳng AB, AC, AD vuông góc với nhau từng đôi một. Tính thể tích tứ diện ABCD.
b) Viết phương tình mặt cầu (S) đi qua bốn điểm A, B, C, D.
c) Viết phương trình mặt phẳng \((\alpha )\) tiếp xúc với mặt cầu (S) và song song mặt phẳng (ABD).
Trong không gian Oxyz cho đường thẳng \((d):\left\{\begin{matrix} x=1-2t\\ y=2+t\\ z=3-t \end{matrix}\right.\) và mặt phẳng \((\alpha ):2x+y+z=0\)
a) Tìm toạ độ giao điểm A của (d) và \((\alpha )\).
b) Viết phương trình mặt phẳng \((\beta )\) qua A và vuông góc với (d).
Trong không gian Oxyz cho các điểm A(-1;2;0), B(-3;0;2), C(1;2;3), D(0;3;-2)
a) Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và phương trình tham số của đường thẳng AD.
b) Viết phương trình mặt phẳng \((\alpha )\) chứa AD và song song với BC.
Trong không gian Oxyz cho bốn điểm A(3; -2; -2), B(3; 2; 0), C(0; 2; 1) và D(-1;1;2)
a) Viết phương trình mặt phẳng (BCD). Suy ra ABCD là một tứ diện.
b) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (BCD).
c) Tìm toạ độ tiếp điểm của (S) và mặt phẳng (BCD).
Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng:
\(d_1:\left\{\begin{matrix} x=-1+3t\\ y=1+2t\\ z=3-2t \end{matrix}\right.d_2:\left\{\begin{matrix} x=t'\\ y=1+t'\\ z=-3+2t' \end{matrix}\right.\)
a) Chứng minh d1 và d2 cùng thuộc một mặt phẳng.
b) Viết phương trình mặt phẳng đó.
Trong không gian cho ba điểm A,B,C
a) Xác định điểm G sao cho \(\overrightarrow{GA}+2\overrightarrow{GB}-2\overrightarrow{GC}=\vec{0}\)
b) Tìm tập hợp các điểm M sao cho MA2 + 2MB2 - 2MC2 = k2, với k là hằng số.
Cho hai đường thẳng chéo nhau:
\(d:\left\{\begin{matrix} x=2-t\\ y=-1+t\\ z=1-t \end{matrix}\right.; d':\left\{\begin{matrix} x=2+2t'\\ y=t'\\ z=1+t' \end{matrix}\right.\)
a) Viết phương trình các mặt phẳng \((\alpha )\) và \((\beta )\) song song với nhau và lần lượt chứa d và d'.
b) Lấy hai điểm M(2; -1; 1) và M'(2; 0; 1) lần lượt trên d và d'. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng \((\beta )\) và khoảng cách từ M' đến mặt phẳng \((\alpha )\). So sánh hai khoảng cách đó.
Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng \((\alpha )\) có phương trình 4x + y + 2z + 1 =0 và mặt phẳng \((\beta )\) có phương trình 2x – 2y + z + 3 = 0
a) Chứng minh rằng \((\alpha )\) cắt \((\beta )\).
b) Viết phương trình tham số của đường thẳng d là giao của (α) và \((\beta )\).
c) Tìm điểm M' là ảnh của M(4; 2; 1) qua phép đối xứng qua mặt phẳng \((\alpha )\).
d) Tìm điểm N' là ảnh của N(0; 2; 4) quá phép đối xứng qua đường thẳng d.
Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ với cạnh bên không vuông góc với mặt đáy. Gọi (α) là mặt phẳng vuông góc với các cạnh bên của hình lăng trụ và cắt chúng tại P, Q, R. Phép tịnh tiến theo vectơ \(\overrightarrow {AA'}\) biến tam giác PQR thành tam giác P’Q’R’.
a) Chứng minh rằng thể tích V của hình lăng trụ đã cho bằng thể tích của hình lăng trụ PQR.P’Q’R’.
b) Chứng minh rằng V = SPQR.AA′, trong đó SPQR là diện tích tam giác PQR.
Cho tứ diện ABCD có thể tích V. Hãy tính thể tích hình tứ diện có đỉnh là trọng tâm các mặt của tứ diện đã cho.
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có thể tích V. Hãy tính thể tích của tứ diện ACB’D’.
Chứng minh rằng trung điểm các cạnh của một hình tứ diện đều là các đỉnh của một hình tám mặt đều. Hãy so sánh thể tích của tứ diện đều đã cho và thể tích của hình tám mặt đều đó.
Họ và tên
Tiêu đề câu hỏi
Nội dung câu hỏi
A. \(\varphi = {60^0}\) B. \(\varphi = {45^0}\)
C. \(\varphi = {30^0}\) D. \(\varphi = {90^0}\)
Câu trả lời của bạn
Gọi E là trung điểm của AD ta có ABCE là hình vuông \( \Rightarrow CE \bot AD\) và \(CE = a\)
\(\left\{ \begin{array}{l}CE \bot AD\\CE \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CE \bot \left( {SAD} \right)\)\( \Rightarrow CE \bot SD\)
Kẻ \(EH \bot SD{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {H \in SD} \right)\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}SD \bot EH\\SD \bot CE\end{array} \right. \Rightarrow SD \bot \left( {HCE} \right)\)\( \Rightarrow SD \bot CH\)
\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAD} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SD\\\left( {SAD} \right) \supset EH \bot CD\\\left( {SCD} \right) \supset CH \bot CD\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SAD} \right);\left( {SCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {EH;CH} \right)}\)
Ta có:
\( \Rightarrow HE = \dfrac{{a\sqrt 2 .a}}{{\sqrt {2{a^2} + 4{a^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\)
Xét tam giác SCD có \(CE = AE = ED = a\)\( \Rightarrow CE = \dfrac{1}{2}AD \Rightarrow \Delta ACD\) vuông tại C.
Có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AC\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} \right)\)\( \Rightarrow CD \bot SC \Rightarrow \Delta SCD\) vuông ở C.
\( \Rightarrow CH = \dfrac{{SC.CD}}{{\sqrt {S{C^2} + C{D^2}} }}\)\( = \dfrac{{\sqrt {2{a^2} + 2{a^2}} .a\sqrt 2 }}{{\sqrt {2{a^2} + 2{a^2} + 2{a^2}} }} = \dfrac{{2\sqrt 3 a}}{3}\)
Áp dụng định lí Cosin trong tam giác HCE: \(\cos \angle CHE = \dfrac{{E{H^2} + C{H^2} - C{E^2}}}{{2EH.CH}}\)\( = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \angle CHE = {60^0}\)
Vậy \(\widehat {\left( {\left( {SAD} \right);\left( {SCD} \right)} \right)} = {60^0}\).
Chọn A.
A. 3 B. 1 C. 2 D. 4
Câu trả lời của bạn
Hàm số \(y = \dfrac{{\sqrt {4{x^2} + 5} }}{{\sqrt {2x + 1} - x - 1}}\) có ĐKXĐ: \(x \ge - \dfrac{1}{2};x \ne 0\).
Ta có \(y = \dfrac{{\sqrt {4{x^2} + 5} \left( {\sqrt {2x + 1} + x + 1} \right)}}{{ - {x^2}}}\) nhận đường thẳng \(x = 0\) làm tiệm cận đứng.
Ta lại có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{\sqrt {4{x^2} + 5} \left( {\sqrt {2x + 1} + x + 1} \right)}}{{ - {x^2}}}\)\( = - 2\) nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là \(y = 2\).
Vậy đồ thị hàm số đã cho có tất cả 2 đường tiệm cận.
Chọn C.
A. \(\left( {2;5} \right)\) B. \(\left( {1; + \infty } \right)\)
C. \(\left( { - 2; - 1} \right)\) D. \(\left( {1;2} \right)\)
Câu trả lời của bạn
Dựa vào bảng xét dấu \(f'\left( x \right)\) ta suy ra BBT của hàm số \(y = f\left( x \right)\) như sau:
\( \Rightarrow f\left( x \right) \le 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \mathbb{R}\).
Đặt \(y = g\left( x \right) = {\left( {f\left( {3 - x} \right)} \right)^2}\)\( \Rightarrow g'\left( x \right) = {\rm{\;}} - 2f\left( {3 - x} \right).f'\left( {3 - x} \right) \le 0\).
Với \(x = 4\)\( \Rightarrow g'\left( 4 \right) = {\rm{\;}} - 2f\left( { - 1} \right)f'\left( { - 1} \right) < 0 \Rightarrow \) Loại đáp án C và D.
Với \(x = 6\)\( \Rightarrow g'\left( 6 \right) = {\rm{\;}} - 2f\left( { - 3} \right)f'\left( { - 3} \right) > 0 \Rightarrow \) Loại đáp án B.
Chọn A.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh bằng a✓2. (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với (ABCD), biết SA=2a.
Tính khoảng cách từ AC và SB.
Gọi M là 1 điểm trên AO sào cho AM=x. Dựng mặt phẳng anpha đi qua M // BD và vuông góc với (ABCD). Mặt phẳng anpha cắt hình chóp theo 1 tiết diện, khi diện tích tiết diện lớn nhất thì mặt phẳng ăn phá chia khối chóp thành 2 phần có tỉ số thể tích V1/V2 bằng bao nhiêu, với V1 là thể tích khối đa diện chứa đỉnh A
Câu trả lời của bạn
A \(12\pi \).
B \(6\pi \).
C \(16\pi \).
D \(4\pi \)
Câu trả lời của bạn
\(V = \pi \int\limits_1^4 {{{\left( {\frac{4}{x}} \right)}^2}dx} = 12\pi \)
Chọn A
A. \(V = \pi \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} \)
B. \(V = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} \)
C. \(V = \pi \int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} \)
D. \(V = \pi \int\limits_a^b {{f^2}\left( x \right)dx} \)
Câu trả lời của bạn
\(V = \pi \int\limits_a^b {{f^2}\left( x \right)dx} \)
Câu trả lời của bạn
Hình học dạy ở nhà trường trong đó các hình vẽ và sơ đồ được vẽ trên một tờ giấy hoặc một bảng đen bình thường được gọi là hình học Euclid để tôn vinh nhà toán học Euclid.
Ông sinh sống vào khoảng năm 300 trước Công nguyên ở Syria nhưng có gốc gác Hi Lạp.
Câu trả lời của bạn
Chủ yếu gồm ba loại. (Nhưng có thể có nhiều hơn). Ba loại đó là
Hình học Euclid,
hình học Lobachewski,
hình học Riemann.
Câu trả lời của bạn
Hình học đã được phát triển bởi người Ai Cập, là kết quả đo đạc đất đai của họ. Vào thế kỉ thứ 7 trước Công nguyên, hình học đã lan truyền từ Ai Cập sang Hi Lạp, nơi nó dần dần phát triển thành một lí thuyết toán học.
Như vậy, hình học là một lí thuyết toán học có nguồn gốc Hi Lạp. Người Hi Lạp đã gắn giá trị lớn cho các chứng minh và vì thế đã phát triển hình học theo hướng tiên đề.
Toán học của những con số của chúng ta có nguồn gốc của nó thuộc về toán học của người Hindu, người Arab và người Babylon.
Họ không quan tâm đến việc đưa ra các chứng minh nên toán học của những con số đã được truyền lại cho chúng ta đơn thuần ở dạng một tập hợp những quy tắc tính toán không liên quan với nhau mấy.
Xu hướng hiện đại là trình bày tất cả các nghiên cứu toán học dưới dạng tiên đề.
Câu trả lời của bạn
Trong hình học Euclid, điểm và đường là những khái niệm căn bản. Một điểm được nói là không có độ lớn, và một đường thì không có bề rộng.
Nhưng đây là những mô tả gợi mở chứ không phải những định nghĩa toán học.
Câu trả lời của bạn
Trong một cấu trúc logic, một vài thuật ngữ và một vài tiền đề không chứng minh được giả định, và toàn bộ phần còn lại được phát triển dựa trên logic.
Những thuật ngữ không định nghĩa được gọi là những khái niệm căn bản, và những tiền đề không chứng minh được gọi là “sự thật nửa-hiển nhiên”, tiên đề, giả thuyết, hay đơn giản là giả thiết.
Câu trả lời của bạn
Ông đã tổng hợp toàn bộ kiến thức hình học tích lũy cho đến thời đại của ông thành một dạng có hệ thống và logic và biên soạn nó thành 13 tập sách được đặt tên là “Các nguyên tố”.
Ông đã phát triển hình học là một cấu trúc logic.
Câu trả lời của bạn
Các tiên đề của Euclid như sau:
Câu trả lời của bạn
Các giả thiết của Euclid như sau:
Câu trả lời của bạn
Chỉ sử dụng vài giả thiết căn bản này, Euclid đã chứng minh hàng trăm định lí, nhiều trong số chúng nổi tiếng, và đi đến xếp thứ tự các định lí.
Khái niệm chứng minh, cái cấu thành tinh thần căn bản của toán học, do Euclid nêu ra.
Vì các chứng minh phải được thực hiện hoàn toàn trong khuôn khổ các giả thiết, cho nên sự chọn lựa những giả thiết căn bản của Euclid thật sự là đáng nể và là thành tựu của thiên tài.
Câu trả lời của bạn
Các tác giả hiện đại thường không nhớ sự phân biệt của Euclid giữa tiên đề và giả thiết, họ sử dụng những tên gọi này nhầm lẫn và gọi chúng là những giả thiết căn bản.
Câu trả lời của bạn
Riemann, một nhà toán học người Đức, vào khoảng năm 1854, đã nghĩ tới việc thay thế định đề hai đường song song bằng định đề sau đây:
Qua một điểm cho trước không thuộc một đường thẳng cho trước, không vẽ được đường thẳng nào song song với đường thẳng đã cho.
Một hệ quả logic của giả thiết này đưa ông đến với một bộ môn hình học trong đó tổng ba góc của một tam giác lớn hơn 180 độ.
Bộ môn hình học này được gọi là hình học Riemann.
Câu trả lời của bạn
Định đề vừa nói ở trên có vẻ quá hiển nhiên nên người ta chưa từng nghĩ nó có thể hoặc có lẽ nên thay đổi. Nhưng một vài nhà toán học, Lobachewsky là một trong số đó, đã nghĩ tới cái xảy ra khi định đề trên được thay thế bởi định đề sau đây:
Qua một điểm cho trước nằm ngoài một đường thẳng cho trước, có thể vẽ hai đường thẳng khác nhau cùng song song với đường thẳng đã cho.
Chúng ta có thể vẽ một hình như sau, trong đó hai đường thẳng tách biệt được vẽ qua điểm P, một hướng sang trái và một hướng sang phải.
Các nhà toán học tìm thấy rằng giả thiết lạ lẫm này không những không mang lại sai lầm gì mà một hệ quả logic của giả thiết mới còn đưa họ đến với một bộ môn hình học mới trong đó tổng số đo ba góc của một tam giác nhỏ hơn 180 độ.
Câu trả lời của bạn
Giả thiết thứ năm của Euclid đã nói ở trên được gọi là định đề hai đường song song. Một dạng tương đương của định đề trên là như sau:
Qua một điểm cho trước nằm ngoài một đường thẳng cho trước, ta vẽ được một và chỉ một đường thẳng song song với đường thẳng đã cho.
Đây được xem là “định đề song song” nổi tiếng. Đây là dấu ấn của thiên tài Euclid khi ông công nhận nó là điều không thể chứng minh được. Một hệ quả hợp lý của định đề này là Định Lý Pythagoras cho rằng tổng ba góc của một tam giác thì bằng hai vuông.
Cho tam giác ABC cân tại A, AH là đg cao. Kẻ IH vg góc và AB, HK vg góc và AC. Cm rằng:
a. BH= HC
b. Tam giác BIH= tam giác CKH và tâm giác AIK cân
c. Lấy điểm M thuộc tia đối của tia HK sao cho MH= HK
e. Lấy IM giáo BC tại D, IK giáo AH tại N. Cm IH, MN, KD đồng quy.
Câu trả lời của bạn
ok
bằng nhau
Bài làm
Lời giải:
a)
Xét tam giác ABHABH và CBACBA có:
AHBˆ=CABˆ=900AHB^=CAB^=900 (giả thiết)
BˆB^ chung
⇒△ABH∼△CBA(g.g)⇒△ABH∼△CBA(g.g)
⇒ABCB=BHBA⇒AB2=BH.BC⇒ABCB=BHBA⇒AB2=BH.BC
b) Xét tam giác ABHABH và CAHCAH có:
AHBˆ=CHAˆ=900AHB^=CHA^=900
BAHˆ=ACHˆ(=900−HACˆ)BAH^=ACH^(=900−HAC^)
⇒△ABH∼△CAH(g.g)⇒AHBH=CHAH⇒AH2=BH.CH⇒△ABH∼△CAH(g.g)⇒AHBH=CHAH⇒AH2=BH.CH
(đpcm)
c) Theo định lý Pitago: BC2=AB2+AC2=122+162⇒BC=20BC2=AB2+AC2=122+162⇒BC=20
AH=2SABCBC=AB.ACBC=12.1620=9,6AH=2SABCBC=AB.ACBC=12.1620=9,6
d) Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác BECBEC có H,M,AH,M,A thẳng hàng:
HBHC.MEMB.ACAE=1(1)HBHC.MEMB.ACAE=1(1)
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác BEHBEH có M,I,CM,I,C thẳng hàng:
BMEM.IEIH.CHCB=1(2)BMEM.IEIH.CHCB=1(2)
Từ (1);(2)⇒HBHC.ACAE.IEIH.CHCB=1(1);(2)⇒HBHC.ACAE.IEIH.CHCB=1
⇔HB.ACAE.CB.IEIH=1(3)⇔HB.ACAE.CB.IEIH=1(3)
Mà áp dụng định lý Ta-let cho TH HE∥ABHE∥AB ta có:
AEAC=BHBC⇒HB.AC=AE.CB⇒HB.ACAE.CB=1(4)AEAC=BHBC⇒HB.AC=AE.CB⇒HB.ACAE.CB=1(4)
Từ (3);(4)⇒IEIH=1⇒IE=IH(3);(4)⇒IEIH=1⇒IE=IH hay II là trung điểm của HEHE (đpcm)
bằng nhau
Bằng nhau nha
Bằng nhau
0 Bình luận
Để lại bình luận
Địa chỉ email của hạn sẽ không được công bố. Các trường bắt buộc được đánh dấu *