Bài tập ôn cuối năm

BÀI TẬP ÔN CUỐI NĂM

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các điểm A(1; 1), B(0; 3), C(2; 4). Xác định ảnh của tam giác ABC qua các phép biến hình sau:

a) Phép tịnh tiến theo vectơ $\vec{v}$ = (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°.

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.

BÀI GIẢI

a) Trong phép tịnh tiến theo vectơ $\vec{v}$ = (2; 1) thì các đỉnh A, B, C có ảnh là các điểm tương ứng A', B', C':

A(1; 1) ⇒ A'(3; 2).

B(0; 3) ⇒ B'(2; 4).

C(2; 4) ⇒ C'(4; 5).

• Tam giác A'B'C', ảnh của $\Delta$ABC trong phép tịnh tiến theo vectơ $\vec{v}$ là tam giác có ba đỉnh A’(3; 2), B'(2;4), C'(4; 5).

• Do đó đỉnh B' của $\Delta$A'B'C trùng với đỉnh C của $\Delta$ABC.

b) Qua phép đối xứng với trục Ox, ta được tam giác A'B'C' có các đỉnh là A'(1; -1), B'(0; -3), C'(2;-4).

c) Trong phép đối xứng qua tâm I(2; 1), đỉnh A → A’ thì I là trung điểm của AA'. Gọi tọa độ A' là (x; y) thì:

• Tương tự, ta có ảnh B, C' của các đỉnh B, C là B'(4; -1), C'(2; -2).

d) Trong phép quay tâm O, góc quay 90° thì tia Ox biến thành tia Oy, tia Oy biến thành tia Ox'.

Điểm A(1; 1) → A'(-1; 1).

B(0; 3) → B'(-3; 0).

C(2;4) → C'(-4; 2).

e) Trong phép đối xứng qua Oy, $\Delta$ABC biến thành $\Delta A_{1}B_{1}C_{1}$, ta có:

A(1; 1) → $A_{1}$(-1; 1).

B(0; 3) → $B_{1}$ (0; 3).

C(2; 4) → $C_{1}$(-2; 4).

Với phép vị tự tâm O tỉ số k = -2 thì $\Delta A_{1}B_{1}C_{1}$ → $\Delta$A'B'C'.

$A_{1}$(-1; 1) → A'(2; -2)

$B_{1}$(0; 3) → B'(0; -6).

$C_{1}$(-2; 4) → C'(4; -8).

Vậy trong phép đồng dạng đã cho thì tam giác ABC có ảnh là tam giác A'B'C' với A’(2; -2), B’(0; -6), C'(4; -8).

2. 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; $A_{1}$, $B_{1}$, $C_{1}$ theo thứ tự là giao điểm thứ hai của các tia AH, BH, CH với đường tròn (O); $A'_{1}$, $B'_{1}$, $C'_{1}$ 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 $\large \frac{1}{2}$.

e) Chứng minh chín điểm A', B', C', A”, B”, C'', $A'_{1}$, $B'_{1}$, $C'_{1}$ cùng thuộc một đường tròn (đường tròn này gọi là đường tròn Ơ-le của tam giác ABC).

BÀI GIẢI

a) Ta có:

• Vậy phép vị tâm G, tỉ số k = -$\large \frac{1}{2}$ biến tam giác ABC thành tam giác A'B'C'.

b) A' là trung điểm của BC nên OA' $\perp$ BC.

• Ta lại có: BC // C'B' nên OA' $\perp$ B'C'.

⇒ Trong $\Delta$A'B'C' thì OA' là đường cao kẻ từ đỉnh A'. Tương tự, OB' là đường cao kẻ từ B', suy ra O là trực tâm của $\Delta$A'B'C'.

• H là trực tâm của $\Delta$ABC và O là trực tâm của $\Delta$A'B'C' nên O là ảnh của H trong phép vị tự tâm G, tỉ số k = -$\large \frac{1}{2}$

$\vec{GO}$ = -$\large \frac{1}{2}$$\vec{GH}$

• Suy ra ba điểm O, G, H thẳng hàng.

$\vec{HA'}$ = $\large \frac{1}{2}$$\vec{HA_{2}}$

• Tương tự, ta có: $\vec{HB'}$ = $\large \frac{1}{2}$$\vec{HB_{2}}$, $\vec{HC'}$ = $\large \frac{1}{2}$$\vec{HC_{2}}$.

• Như vậy, các điểm A', B', C' theo thứ tự là ảnh của các điểm $A_{2}$, $B_{2}$, $C_{2}$ trong phép vị tự $V_{(H;\frac{1}{2})}$ (3)

• Từ (1), (2) và (3) ta có: Chín điểm A”, B'', C'', $A'_{1}$, $B'_{1}$, $C'_{1}$, A', B', C' 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 vị tự $V_{(H;\frac{1}{2})}$ 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', B', C' nằm trên đường tròn ảnh của đường tròn (O) trong phép vị tự $V_{(H;\frac{1}{2})}$

• Chú ý:

- Trong câu c) ta đã chứng minh O' là trung điểm của đoạn thẳng OH, cho ta $\vec{HO'}$ = $\large \frac{1}{2}$$\vec{HO}$ hay O' là ảnh của tâm O trong phép vị tự $V_{(H;\frac{1}{2})}$ , do đó O' là tâm của đường tròn đi qua chín điểm trên đây.

- Đường tròn đi qua 9 chín điểm trên đây được gọi là đường tròn Euler hay đường tròn 9 điểm của tam giác. Ta thường phát biểu như sau:

* Trong một tam giác, ba trung điểm của các cạnh, ba chân của các đường cao và ba trung điểm của các đoạn thẳng nối trực tâm với các đỉnh của tam giác là 9 điểm nằm trên một đường tròn.

* Tâm của đường tròn chín điểm là trung điểm của đoạn thẳng nối trực tâm với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác.

- Trong một tam giác thì trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp và tâm đường tròn Euler là bốn điểm nằm trên một đường thẳng được gọi là đường thẳng Euler của tam giác.

c) Gọi O' là ảnh của O trong phép vị tự $F_{(G;-\frac{1}{2})}$, ta có: $\vec{GO'}$ = - $\large \frac{1}{2}$$\vec{GO}$.

• Ta lại có:

• Đẳng thức trên chứng tỏ điểm O' là trung điểm của đoạn thẳng OH.

d)

Ta có:

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

• Ta dễ dàng chứng minh được $A'_{1}$, $B'_{1}$, $C'_{1}$ theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng $HA_{1}$, $HB_{1}$, $HC_{1}$ nên:

• Như vậy $A'_{1}$, $B'_{1}$, $C'_{1}$ theo thứ tự là ảnh của các điểm $A_{1}$, $B_{1}$, $C_{1}$ trong phép vị tự $V_{(H;\frac{1}{2})}$ (2)

• 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'.

3. 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 bên 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 ($\alpha$) 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' = SC $\cap$ KB, D' = SD $\cap$ KA. Chứng minh rằng giao điểm của AC' và BD' thuộc đường thẳng d nói trên.

BÀI GIẢI

a) Gọi O là giao điểm của AC và DB; N là trung điểm của DC. Trong hình học phẳng, sử dụng định lí Ta-lét trong tam giác, ta chứng minh được bốn điểm E, N, O, M thẳng hàng và vì G nằm trên EN nên G cũng nằm trên đường thẳng EM. Mặt phẳng ($\alpha$) chính là mặt phẳng (SEM).

• Vì O $\in$ ($\alpha$) và O $\in$ AC mà AC $\subset$ (SAC) nên O là giao điểm của hai mặt phẳng ($\alpha$) và (SAC).

Suy ra SO là giao tuyến của ($\alpha$) và (SAC).

Mặt khác O $\in$ ($\alpha$) và O $\in$ BD mà BD $\subset$ (SBD).

Nên O là giao điểm của hai mặt phẳng ($\alpha$) và (SBD).

Suy ra SO là giao tuyến của ($\alpha$) và (SBD).

b) Ta có:

E = AD $\cap$ BC

⇒ E $\in$ AD ⇒ E $\in$ (SAD)

E $\in$ BC ⇒ E $\in$ (SBC).

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

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

Nên SE là giao tuyến của mp(SAD) và mp(SBC).

c) Ta có:

C' = SC $\cap$ KB ⇒ C' $\in$ SC ⇒ C' $\in$ (SAC) ⇒ AC' $\in$ (SAC).

• Ta lại có:

D' = SD $\cap$ KA ⇒ D' $\in$ SB ⇒ D' $\in$ (SDB) ⇒ BD' $\in$ (SDB).

Hai đường thẳng AC' và BD' cùng thuộc mặt phẳng (ABK) chúng giao nhau tại điểm M.

M $\in$ AC' ⇒ M $\in$ (SAC).

M $\in$ BD' ⇒ M $\in$ (SDB).

⇒ M là điểm chung của hai mặt phẳng (SAC) và (SDB).

Hay M $\in$ d

4. 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.

BÀI GIẢI

• Vì M là trung điểm của A'C và E là trung điểm của AC nên:

$\vec{EM}$ = $\large \frac{1}{2}$$\vec{AA'}$ (1)

• Vì N là trung điểm của BD' và F là trung điểm của BD nên:

$\vec{FN}$ = $\large \frac{1}{2}$$\vec{BB'}$ (2)

• Ta lại có: $\vec{AA'}$ = $\vec{BB'}$ (3)

• Từ (1), (2) và (3) suy ra $\vec{EM}$ = $\vec{FN}$ hay tứ giác EFMN là hình bình hành, do đó: MN = EF.

5. 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'.

BÀI GIẢI

• Mặt phẳng (EFB) chứa cạnh AB nên (EFB) cắt (DCC'D') theo giao tuyến GF // AB.

Ta có thiết diện là hình chữ nhật ABGF.

• Trong mp(ABCD), CE và DA cắt nhau tại điểm J. Trong mp(ADD'A'); JF và AA' cắt nhau tại điểm I.

• Trong mp(ADD'A'), A'F và AD cắt nhau tại điểm K. Trong mp(ABCD), EK và DC cắt nhau tại điểm H. Thiết diện cần dựng là hình thang A'FHE.

• Trong mp(DCC'D'), C'F cắt CD tại điểm M. Trong mặt phẳng (ABCD), EM cắt AD tại điểm N, FN là giao tuyến của mp(C'EF) với mặt bên (ADD'A').

• Trong mp(ABCD), ME cắt BC tại Q. Trong mp(BCC'B'), C'Q cắt BB' tại điểm P.

Thiết diện cần dựng là hình ngũ giác C'PENF.

* Cách 1:

• Gọi E, H, F, I, K, J theo thứ tự là trung điểm của AB, AD, DD', D'C', C'B', B'B.

Ta dễ dàng chứng minh được 6 điểm E, H, F, I, K, J nằm trên cùng một mặt phẳng (xem bài tập 6, bài 4). Mặt phẳng này chính là mp(EFK) và thiết diện có được là hình lục giác EHFIKJ. Lục giác này có ba cặp cạnh đối song song và bằng nhau nên nó là lục giác đều.

* Cách 2:

• Gọi K' là trung điểm của cạnh BC. Trong mp(KK'F) hai đường thẳng KF và K'D cắt nhau tại điểm P thì P là điểm chung của hai mp(EFK) và (ABCD). Trong mp(ABCD) PE cắt AD ở H; H là điểm chung của cạnh AD với mp(EFK). Ta chứng minh H là trung điểm của AD từ:

AH = BN, AH + HD = AD.

$\large \frac{1}{2}$BC + BN = 2HD.

Suy ra AH = $\large \frac{1}{2}$AD.

• Chứng minh tương tự đối với các điểm còn lại, ta được thiết diện là lục giác đều EHFIKJ.

6. 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.

BÀI GIẢI

a) Vì ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương nên các mặt bên và mặt đáy là hình vuông và bằng nhau.

• Ta có: AB $\perp$ (BCC'B') ⇒ AB $\perp$ B'C.

• BCC'B' là hình vuông :

BC' $\perp$ B'C ⇒ B'C $\perp$ (ABC'D') và BD' $\subset$ (ABC'D').

• Trong mặt phẳng (ABC'D') ta kẻ IK $\perp$ BD'.

Vì B'C $\perp$ (ABC'D') ⇒ B'C $\perp$ IK và IK $\perp$ BD'.

Suy ra IK là đường vuông góc chung của B'C và BD'.

b)

Ta tính IK theo hình chữ nhật ABC'D' với AB = a, BC' = a$\sqrt{2}$

⇒ $BD'^{2}$ = $AB^{2}$ + $BC^{2}$ (vì ABD' là tam giác vuông)

⇒ $BD'^{2}$ = $a^{2}$ + 2$a^{2}$ = 3$a^{2}$ ⇒ BD' = a$\sqrt{3}$.

• Mặt khác ta lại có:

Hai tam giác vuông BIK và BD'C' đồng dạng.

7. 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°.

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 khi S di động trên tia Ax.

BÀI GIẢI

a) Ta có:

$\left\{\begin{matrix} SA\perp (ABCD)\\ AB\perp BC \end{matrix}\right.$

⇒ SB $\perp$ BC (định lí ba đường vuông góc).

⇒ $\widehat{SBC}$ = 90°

• Gọi M là trung điểm của AD nên AM = $\large \frac{1}{2}$AD. (1)

• Vì ABCD là hình thang vuông tại A nên $\widehat{A}$ = 90°.

• BC // AD và BC = $\large \frac{1}{2}$AD (gt) (2)

Từ (1) và (2) suy ra: AM = BC, AM // BC và $\widehat{A}$ = 90°.

⇒ ABCM là hình chữ nhật.

Và AB = BC = a.

• Do đó ABCM là hình vuông.

⇒ CM = a ⇒ CM = $\large \frac{1}{2}$AD

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

$\left\{\begin{matrix} SA\perp (ABCD)\\ AC\perp CD \end{matrix}\right.$ ⇒ SC $\perp$ CD (định lí ba đường vuông góc).

⇒ $\widehat{SCD}$ = 90°.

b) Ta có:

• $\left\{\begin{matrix} AB\perp SA\\ AB\perp AD \end{matrix}\right.$ ⇒ AB $\perp$ (SAD).

Mà: SD $\subset$ (SAD) ⇒ AB $\perp$ SD (3)

• $\left\{\begin{matrix} CD\perp AC\\ CD\perp SC \end{matrix}\right.$ ⇒ CD $\perp$ (SAC)

Mà: AC' $\subset$ (SAC) ⇒ AC' $\perp$ CD.

• Ta lại có: AC' $\perp$ SC (gt)

Vậy AC' $\perp$ (SCD); SD $\subset$ (SAD).

⇒ AC' $\perp$ SD (4)

Và AD' $\perp$ SD (gt) (5)

• Từ (3), (4) và (5) ta thấy ba đường thẳng AB, AD', AC' cùng vuông góc với SC.

Vậy chúng cùng nằm trong một mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với SD.

c) Gọi K là giao điểm của C'D' với AB.

$\left\{\begin{matrix} K\in C'D'\\ C'D'\subset (SCD) \end{matrix}\right.$ ⇒ K $\in$ (SCD)

$\left\{\begin{matrix} K\in AB\\ AB\subset (ABCD) \end{matrix}\right.$ ⇒ K $\in$ (ABCD)

⇒ K là giao điểm của hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD).

• Hai mặt phẳng này cắt nhau theo giao tuyến CD.

Như vậy ba đường thẳng AB, CD, C'D' đồng quy tại K và vì AB, CD cố định.

Suy ra K cố định.

Khi S chạy trên Ax thì C'D' luôn luôn đi qua điểm cố định là giao điểm của AB và CD.