Giải bài tập hình 11 nâng cao

     

Giải bài xích tập trang 55 bài bác 2 hai đường thẳng tuy vậy song SGK Hình học 11 Nâng cao. Câu 17: tra cứu mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau đây...

Bạn đang xem: Giải bài tập hình 11 nâng cao


Câu 17 trang 55 SGK Hình học 11 cải thiện

Tìm mệnh đề đúng trong số mệnh đề sau đây:

a. Hai đường thẳng chéo cánh nhau thì không có điểm chung

b. Hai tuyến phố thẳng không tồn tại điểm chung thì chéo cánh nhau

c. Hai đường thẳng không tuy nhiên song thì chéo nhau

d. Hai tuyến đường thẳng minh bạch không cắt nhau và không tuy vậy song thì chéo nhau

Giải

a. Mệnh đề đúng.

b. Mệnh đề sai (xét ngôi trường hợp hai tuyến đường thẳng song song)

c. Mệnh đề sai (xét hai đường thẳng giảm nhau)

d. Mệnh đề đúng.

 

Câu 18 trang 55 SGK Hình học tập 11 nâng cấp

Cho tứ diện ABCD. Hotline M, N là hai điểm phân biệt cùng thuộc con đường thẳng AB; P, Q là hai điểm biệt lập cùng thuộc đường thẳng CD. Xét vị trí kha khá của hai tuyến đường thẳng MQ, NP và vị trí kha khá của hai tuyến đường thẳng MP, NQ

Giải:

Hai đường thẳng MQ và NP chéo nhau.

Thật vậy, mang sử chúng không chéo cánh nhau, tức bọn chúng cùng ở trong một mp((alpha)) làm sao đó. Vậy M, N, P, Q thuộc thuộc mp((alpha)) và cho nên vì vậy A, B, C, D thuộc thuộc mp((alpha)). Điều này xích míc với giả thiết ABCD là 1 tứ diện.

Chứng minh tương tự, hai tuyến đường thẳng MP và NQ cũng chéo cánh nhau.

Xem thêm: Lời Bài Hát Lời Thương Ta Ngỏ Cùng Nhau, Lời Thương Ta Ngỏ Cùng Nhau

 

Câu 19 trang 55 SGK Hình học 11 nâng cấp

Cho tứ diện ABCD. Tứ điểm P, Q, R, S theo thứ tự nằm trên bốn cạnh AB, BC, CD, DA với không trùng với những đỉnh của tứ diện. Chứng minh rằng

a. Tư điểm P, Q, R, S đồng phẳng khi còn chỉ khi cha đường trực tiếp PQ, RS, AC hoặc đôi một tuy nhiên song hoặc đồng quy

b. Tư điểm P, Q, R, S đồng phẳng khi và chỉ còn khi tía đường trực tiếp PS, RQ, BD hoặc đôi một tuy vậy song hoặc đồng quy

Giải:

a. Giả dụ P, Q, R, S đồng phẳng thì chúng cùng thuộc khía cạnh phẳng (PQRS).

Ta có:

(PQRS) ∩ (ABC) = PQ

(PQRS) ∩ (ACD) = RS

(ABC) ∩ (ACD) = AC

Theo định lí về giao tuyến đường của ba mặt phẳng thì PQ, SR, AC hoặc song một tuy nhiên song hoặc đồng quy.

Ngược lại, nếu tía đường trực tiếp PQ, AC, RS hoặc đôi một tuy nhiên song hoặc đồng quy thì hai tuyến phố thẳng PQ và RS thuộc thuộc một khía cạnh phẳng, từ đó tứ điểm P, Q, R, S đồng phẳng.

 

Câu đôi mươi trang 55 SGK Hình học 11 cải thiện

Cho tứ diện ABCD và ba điểm P, Q, R thứu tự nằm trên bố cạnh AB, CD, BC. Hãy xác định giao điểm S của mp(PQR) cùng với cạnh AD nếu:

a. Pr // AC

b. PR cắt AC

Giải:

a. Trường thích hợp PR // AC

Hai khía cạnh phẳng (PQR) và (ACD) tất cả điểm tầm thường Q với lần lượt chứa hai tuyến đường thẳng tuy vậy song PR với AC buộc phải :

(PQR) ∩ (ACD) = Qt // AC

Gọi S = Qt ∩ AD thì S = AD ∩ (PQR)

b. Trường đúng theo PR cắt AC

Giả sử I = quảng cáo ∩ AC

⇒ (PQR) ∩ (ACD) = QI

Trong mp(ACD) ta có

S = QI ∩ AD thì S = AD ∩ (PQR)

 

Câu 21 trang 55 SGK Hình học 11 nâng cấp

Cho tứ diện ABCD. Những điểm P, Q thứu tự là trung điểm của AB và CD; điểm R vị trí cạnh BC làm thế nào để cho BR = 2RC. Hotline S là giao điểm của mp(PQR) và cạnh AD. Chứng tỏ rằng AS = 2SD

Giải:

Định lí Menelaus

Giả sử mặt đường thẳng Δ cắt các cạnh (hoặc

phần kéo dài) BC, CA, AB theo thứ tự tại M, N, p. Thì :

(MB over MC.NC over NA.PA over PB = 1)

Áp dụng định lí để giải bài xích toán

Gọi I = lăng xê ∩ AC

Trong mp(ACD) goi S = QI ∩ AD

Thì S = AD ∩ (PQR)

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác ABC

với cát tuyến PRI ta có

(PA over PB.RB over RC.IC over IA = 1 Rightarrow 1.2.IC over IA = 1)

( Rightarrow IC over IA = 1 over 2) ⇒ C là trung điểm của AI.

Xem thêm: Soạn Bài Soạn Uy Lít Xơ Trở Về, Soạn Bài Uy

Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác ACD

với cat tuyến IQS ta bao gồm :

(IC over IA.QD over QC.SA over SD = 1 Rightarrow 1 over 2.1.SA over SD = 1 )

(Rightarrow SA = 2SD,,left( dpcm ight))

 

Câu 22 trang 55 SGK Hình học 11 nâng cao

Gọi G là giữa trung tâm của tứ diện ABCD

a. Chứng tỏ rằng đường thẳng trải qua G và một đỉnh của tứ diện vẫn đi qua trung tâm của mặt đối lập với đỉnh ấy

b. Gọi A’ là giữa trung tâm của phương diện BCD. Minh chứng rằng GA = 3GA’

Giải

a. Trong mp(ABN) call A’ là giao điểm của AG với trung con đường BN của ΔBCD. Ta minh chứng :

A’B = 2A’N

Áp dụng định lí Menelaus trong ΔBMN với cat tuyến AGA’ ta tất cả :

(AM over AB.GN over GM.A"B over A"N = 1 Rightarrow 1 over 2.1.A"B over A"N = 1 Rightarrow A"B = 2A"N)

Vậy A’ là trọng tâm của ΔBCD

Tương từ bỏ BG ,CG, DG theo lần lượt đi qua giữa trung tâm B’, C’, D’ của tam giác ACD, ABD, ABC.

b. Chứng tỏ GA = 3GA’

Áp dụng định lí Menelaus trong ΔABA’ với cat tuyến MGN ta tất cả :

(MA over MB.GA" over GA.NB over NA" = 1 Rightarrow 1.GA" over GA.3 = 1 )