Sách giáo khoa Hình học 11 nâng cao (SGK HH11 NC) gồm 135 trang do nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam phát hành, đây là cuốn SGK Hình học 11 chính thống được dành cho học sinh khối 11. Sách được sử dụng cho giáo viên giảng dạy và học sinh học tập tại các trường THPT và cơ sở giáo dục trên toàn quốc với các kiến thức Hình học căn bản và nâng cao mà mọi học sinh lớp 11 cần có. Sách còn giúp bạn đọc tra cứu các kiến thức chuẩn và nâng cao Hình học 11. Show Sách được biên soạn bởi các tác giả: Đoàn Quỳnh, Văn Như Cương, Phạm Khắc Ban, Tạ Mân Xem thêm: Sách giáo khoa Hình học 11 cơ bản
Ghi chú: Quý thầy, cô và bạn đọc có thể chia sẻ tài liệu trên TOANMATH.com bằng cách gửi về: Facebook: TOÁN MATH Email: [email protected] BÀI VIẾT LIÊN QUANHaylamdo giới thiệu lời giải bài tập Toán 11 trang 102 Kết nối tri thức, Chân trời sáng tạo, Cánh diều sẽ giúp học sinh lớp 11 dễ dàng làm bài tập Toán 11 trang 102. Giải Toán 11 trang 102 Kết nối tri thức, Chân trời sáng tạo, Cánh diều- Toán lớp 11 trang 102 Tập 1 (sách mới):
- Toán lớp 11 trang 102 Tập 2 (sách mới): Lưu trữ: Giải Toán 11 trang 102 (sách cũ) Bài 12 (trang 102 sgk Hình học 11 nâng cao): Khẳng định : “Một đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng phân biệt trong mp(P) thì nó vuông góc với (P)” có đúng không? Vì sao? Lời giải: Khẳng định:“Một đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng phân biệt trong mp(P) thì nó vuông góc với (P)” là không đúng. Ví dụ: trong mặt phẳng (P) cho hai đường thẳng song song là: b//c. Một đường thẳng a nằm trong (P) sao cho a vuông góc với b. Khi đó, a cũng vuông góc với c nhưng a không vuông góc với mp(P) Sách giáo khoa Đại số và Giải tích 11 nâng cao (SGK ĐS và GT 11 NC) gồm 240 trang do nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam phát hành, đây là cuốn SGK Đại số và Giải tích 11 nâng cao chính thống được dành cho học sinh khối 11. Sách được sử dụng cho giáo viên giảng dạy và học sinh học tập tại các trường THPT và cơ sở giáo dục trên toàn quốc với các kiến thức Toán căn bản và nâng cao mà mọi học sinh lớp 11 cần có. Sách còn giúp bạn đọc tra cứu các kiến thức chuẩn Đại số và Giải tích 11 nâng cao. [ads] Nội dung SGK Đại số và Giải tích 11 nâng cao gồm 5 chương: + Chương 1. Hàm số lượng giác và phương trình lượng giác + Chương 2. Tổ hợp và xác suất + Chương 3. Dãy số. Cấp số cộng và cấp số nhân + Chương 4. Giới hạn + Chương 5. Đạo hàm
Ghi chú: Quý thầy, cô và bạn đọc có thể chia sẻ tài liệu trên TOANMATH.com bằng cách gửi về: Facebook: TOÁN MATH Email: [email protected] BÀI VIẾT LIÊN QUANKhẳng định “Một đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng phân biệt trong mặt phẳng (P) thì nó vuông góc với (P)” có đúng không ? Vì sao ? Giải Không đúng vì nếu a ⊥ b và b // c ( trong đó b, c nằm trong (P)) thì a chưa hẳn vuông góc với (P) Câu 13 trang 102 SGK Hình học 11 Nâng cao Cho hai đường thẳng a, b và mặt phẳng (P). Các mệnh đề sau đúng hay sai ?
Giải
cho a // a’ mà b ⊥ (P) nên b ⊥ a’. Do đó b ⊥ a
Câu 14 trang 102 SGK Hình học 11 Nâng cao Cho điểm S có hình chiếu trên mp(P) là H. Với điểm M bất kì trên (P) (M không trùng H), ta gọi đoạn thẳng SM là đường xiên, đoạn thẳng HM là hình chiếu của đường xiên đó. Chứng minh rằng :
Giải
*Nếu SM = SN thì ΔSHM = ΔSHN nên HM = HN Ngược lại nếu HM = HN thì ΔSHM = ΔSHN nên SM = SN Vậy SM = SN ⇔ HM = HN
\(\eqalign{ & S{M^2} - H{M^2} = S{N^2} - H{N^2}\left( { = S{H^2}} \right) \cr & \Rightarrow S{M^2} - S{N^2} = H{M^2} - H{N^2} \cr} \) Từ đó suy ra : SM > SN ⇔ HM > HN (đpcm) Câu 15 trang 102 SGK Hình học 11 Nâng cao Cho tứ diện ABCD. Tìm điểm O cách đều bốn đỉnh của tứ diện. Giải Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp của ΔBCD Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng (BCD) Theo kết quả bài 14. M ϵ d ⇔ MB = MC = MD (d gọi là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD) Gọi O là giao điểm của d với mặt phẳng trung trực của AB thì O cách đều bốn đỉnh của tứ diện (O gọi là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD). Câu 16 trang 103 SGK Hình học 11 Nâng cao Cho hình tứ diện ABCD có AB, BC, CD đôi một vuông góc và AB = a, BC = b, CD = c.
Giải
mà AC ⊂ (ABC) do đó CD ⊥ AC. Trong tam giác vuông ABC ta có : \(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = {a^2} + {b^2}\) Trong tam giác vuông ACD ta có : \(A{D^2} = A{C^2} + C{D^2} = {a^2} + {b^2} + {c^2}\) Suy ra : \(AD = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \)
Gọi I là trung điểm AD ta có IC = IA = IB = ID. Vậy I cách đều A, B, C, D Câu 17 trang 103 SGK Hình học 11 Nâng cao Cho hình tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc.
Giải
\(AB = \sqrt {{a^2} + {b^2}} ,BC = \sqrt {{b^2} + {c^2}} ,AC = \sqrt {{a^2} + {c^2}} \) Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC ta có : \(\cos A = {{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}} \over {AB.AC}} = {{{a^2} + {b^2} + {a^2} + {c^2} - {b^2} - {c^2}} \over {AB.AC}} = {{2{a^2}} \over {AB.AC}} > 0\) ⇒ A nhọn. Tương tự B, C là các góc nhọn. Vậy ΔABC có ba góc nhọn. b. Vì H là hình chiếu của điểm O trên mp(ABC) nên OH ⊥ (ABC) Mặt khác OA ⊥ (OBC) nên OA ⊥ BC. Vậy AH ⊥ BC (định lí ba đường vuông góc), tức là H thuộc một đường cao của tam giác ABC Tương tự như trên ta cũng có H thuộc đường cao thứ hai của tam giác ABC. Vậy H là trực tâm tam giác ABC
Vì OH là đường cao của tam giác vuông AOA’ (vuông tại O) và OA’ là đường cao của tam giác vuông BOC (vuông tại O) nên : \({1 \over {O{H^2}}} = {1 \over {O{A^2}}} + {1 \over {OA{'^2}}},{1 \over {OA{'^2}}} = {1 \over {O{B^2}}} + {1 \over {O{C^2}}}\) Vậy \({1 \over {O{H^2}}} = {1 \over {O{A^2}}} + {1 \over {O{B^2}}} + {1 \over {O{C^2}}}\) Câu 18 trang 103 SGK Hình học 11 Nâng cao Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ mp(ABC), các tam giác ABC và SBC không vuông. Gọi H và K lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và SBC. Chứng minh rằng :
Giải
Ta có : BC ⊥ AH (do H là trực tâm ΔABC) BC ⊥ SA (do SA ⊥ mp(ABC)) Suy ra BC ⊥ (SAI) mà SI ⊂ (SAI) nên BC ⊥ SI K là trực tâm ΔSBC nên SI qua K Vậy AH, SK, BC đồng quy tại I.
Suy ra BH ⊥ SC Mặt khác SC ⊥ BK nên SC ⊥ mp(BHK)
Vậy HK ⊥ mp(SBC) Câu 19 trang 103 SGK Hình học 11 Nâng cao Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a và SA = SB = SC = b. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.
Giải
Mà G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên SG ⊥ mp(ABC) Gọi I là trung điểm của BC. Ta có : AI ⊥ BC và BC ⊥ SI \(\eqalign{ & SI = \sqrt {S{C^2} - I{C^2}} = \sqrt {{b^2} - {{{a^2}} \over 4}} ={ \sqrt {{4{b^2} - {a^2}} }\over 2} \cr & GI = {1 \over 3}AI = {1 \over 3}.a{{\sqrt 3 } \over 2} = {{a\sqrt 3 } \over 6} \cr} \) Trong tam giác vuông SGI ta có : \(SG = \sqrt {S{I^2} - G{I^2}} = \sqrt {{{4{b^2} - {a^2}} \over 4} - {{{a^2}} \over {12}}} = \sqrt {{{12{b^2} - 4{a^2}} \over {12}}}\) \( = \sqrt {{{3{b^2} - {a^2}} \over 3}} \)
Vì SAC là tam giác cân mà AC1 ⊥ SC nên C1 nằm giữa S và C khi và chỉ khi \(\widehat {ASC} < 90^\circ \Leftrightarrow A{S^2} + C{S^2} > A{C^2} \Leftrightarrow 2{b^2} > {a^2}\) Ta có : AB ⊥ GC và AB ⊥ SG ⇒ AB ⊥ SC SC ⊥ AC1 và SC ⊥ AB nên SC ⊥ (ABC1) Thể tích tứ diện SABC là : \(\eqalign{ & {V_{SABC}} = {1 \over 3}SG.{S_{ABC}} = {1 \over 3}SC.{S_{AB{C_1}}} \cr & \Rightarrow {S_{AB{C_1}}} = {{SG.{S_{ABC}}} \over {SC}} = {{\sqrt {{{3{b^2} - {a^2}} \over 3}} .{{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}} \over b} = {{{a^2}\sqrt {3{b^2} - {a^2}} } \over {4b}} \cr} \) Câu 20 trang 103 SGK Hình học 11 Nâng cao
ii. Chân đường cao của tứ diện hạ từ một đỉnh trùng với trực tâm của mặt đối diện. iii. \(A{B^2} + C{D^2} = A{C^2} + B{D^2} = A{D^2} + B{C^2}\)
Giải
Ta có \(\left\{ {\matrix{ {CD \bot AH} \cr {CD \bot AB} \cr } } \right. \Rightarrow CD \bot \left( {ABH} \right)\) Mà BH ⊂ (ABH) nên CD ⊥ BH (1) Tương tự \(\left\{ {\matrix{ {BD \bot AH} \cr {BD \bot AC} \cr } } \right. \Rightarrow BD \bot \left( {ACH} \right) \Rightarrow BD \bot CH\,\left( 2 \right)\) Từ (1) và (2) suy ra H là trực tâm tam giác BCD. Ta có: \(\left\{ {\matrix{ {BC \bot AH} \cr {BC \bot DH} \cr } } \right. \Rightarrow BC \bot \left( {ADH} \right) \Rightarrow BC \bot AD.\)
Mặt khác ta có \(\eqalign{ & A{B^2} + C{D^2} = A{C^2} + B{D^2} \cr & \Leftrightarrow {\overrightarrow {AB} ^2} + {\overrightarrow {CD} ^2} = {\overrightarrow {AC} ^2} + {\overrightarrow {BD} ^2} \cr & \Leftrightarrow {\overrightarrow {AB} ^2} + {\left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} } \right)^2} = {\overrightarrow {AC} ^2} + {\left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} } \right)^2} \cr & \Leftrightarrow \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB} \cr & \Leftrightarrow \overrightarrow {AD} .\left( {\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } \right) = 0 \cr & \Leftrightarrow \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {BC} = 0 \Leftrightarrow AD \bot BC \cr} \) Tương tự AB ⊥ CD và AC ⊥ BD Vậy i ⇔ iii
tương tự bốn đường cao của tứ diện trực tâm cắt nhau đôi một và không cùng nằm trên một mặt phẳng nên chúng đồng quy. |