(Trang 125 – 126, sak)

| Bài 1 (Trang 125, SGK)

| Gọi AA’B’C’ là ảnh của AABC qua các phép biến hình trên.

1. a) Phép tịnh tiến theo vectơ v = (2; 1) biến điểm A(x; y) thành điểm A'(x’;y’).

x’ = 2 + .

A'(-y; x)

.

N-

>A(x, y)

.

..

Biểu thức toạ độ là: y = 1 +y

Suy ra ảnh của A, B và C qua T lần lượt là:

A”(3; 2), B'(2; 4) và C'(4; 5). b) Phép đối xứng qua trục Ox biến điểm A(x; y) thành điểm A'(x; y’).

(x’ = x Biểu thức toạ độ là: {

y’ = – . . . . Suy ra ảnh của A, B và C lần lượt là: A(1;-1), B(0; -3) và C'(2; -4). c) Phép đối xứng qua tâm 1(2; 1) biến điểm A(x; y) thành điểm A'(x’;y’). Biểu thức toạ độ là: lv = 2 – y R;8, — — 1A 14. (x = 4 – x .

. Suy ra ảnh của A, B và C lần lượt là:

A'(3; 1), B(4;-1) và C'(2;-2). d) Phép quay tâm ( góc quay 90° biến điểm A(x; y) thành điểm A(x;y). Biểu thức toạ độ là: ly’ = 2–y Biểu thức tọa độ 1A. x = 4 – x

. Suy ra ảnh của A, B và C lần lượt là: . A(-1; 1), B(-3; 0) và C'(-4; 2). e) Phép đối xứng qua trục Oy biến điểm A(x;y) thành A(-x; y). Phép vị tự tâm O, tỉ số k biến điểm A(x;y) thành A'(kx; ky). Suy ra ảnh của A, B và C lần lượt là:

A(2;-2), B'(0;-6) và C'(4;-8). | Bài 2 (Trang 125, SGK)

1. a) Phép vị tự A, B, C tương ứng thành A, B, C là phép vị tự tâm G, tỉ

số –

1. b) Chứng minh O là trực tâm của AA’B’C’. Từ đó suy ra: VG 1: H = 0. Vậy 0, G, H thẳng hàng. c) Ta có: VG 1:0 – 04:0, là trung điểm của OH.

E

1. d) Ảnh của A, B, C, A1, B1, CI qua phép vị tự tâm H tỉ số tương ứng là A”, B’, C’, A’, B’, C’.
2. e) Chứng minh A”, B”,C”, A’, B’, C’, cùng thuộc đường tròn (O). Sau đó chứng minh A’, B’, C’ cũng thuộc đường tròn (04). Ví dụ chứng minh O, A’ı = 0,A’. Bài 3 (Trang 126, SGK) B. a) Gọi N là giao điểm của CD và ME.

Xét tam giác ABE có ME là trung tuyển ứng với AB. C và D , DK thuộc hai cạnh bên BE và AE, CD || AB.

= ME cắt CD tại trung điểm của CD hay N là trung điểm cua CD.

Xét tam giác CDE có G là trọng tâm tam giác nên G EN.

= S,M, E, G E (a) = (SEM)..

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có SO vừa là giao tuyến giữa mp (a) và mp (SAC) vừa là giao tuyến giữa mp (a) và mp (SBD).

1. b) Giao tuyến chung giữa mp (SBC) và mp (SAD) là SE. – c) Gọi O là giao điểm của AC’ và BD’.

. (AC’ C (SAC) Ta có: .

(BD’ c (SBD) Như vậy 0′ s so = (SAC) n (SBD). Bài 4 (Trang 126, SGK)

Vì ACC’A’ là hình bình hành nên AC’ và AC cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Do đó M là trung điểm của AC’ nên cũng là trung điểm của A’C.

Tương tự ta có N là trung điểm của B’D.

Xét tam giác Acc’ có M và E lần lượt là | trung điểm của AC và AC’ nên ME là đường trung bình của tam giác ACC’.

Suy ra ME song song với CC’ và ME-CC…

Tương tự với tam giác BB’D ta có: NF song song với BB’ và NF = BB. (2)

.

.

WR4

Từ (1) và (2) suy ra ME // NF và ME – NE. Suy ra tứ giác MNFE là hình bình hành.

Vậy MN = EF. Bài 5 (Trang 126, SGK).

Gọi hình lập phương là L. . Gọi I là trung điểm của CC’.

D/ Vì AB // (DCC’D’) nên AB FI.

Mặt phẳng (EFB) chính là mặt phẳng (ABIF)

= (EFB) n L = ABIF. Kë EH // CF. Khi đó (EFC) 0 L = ECFH.

*-

-B’

B

Kè ME // FC’. Sau đó kẻ FL || MC’. (EFC’) n L = EMC’FL.

Gọi E là hình chiếu vuông góc của E trên mặt phẳng (A’B’C’D’).

Gọi N là giao điểm của EF và ED.

P là giao điểm của NK và .. | C’D’. Kẻ ER // KP và EQ // FP.

Thiết diện cần tìm là hình lục giác đều ERFPKQ. Bài 6 (Trang 126, SGK)

1. a) Gọi O là tấm hình lập phương, K là tấm mặt bên BCC’B’. – Trong mặt phẳng (BC’D’) kẻ KH vuông góc với BD tại H.

BCC’B’ là hình vuông nên hai đường chéo BC và BC’ vuông góc với | nhau. Suy ra B’C BC”. (D’C’ I (BCC’B’)

R=D’C’ I B’C. ,

.:D (B’CC (BCC’B’) Ta có:

B’C 1 BC’

B’C I (BC’D’).

7740

…

HU

.

А

B

B’C I D’C’S →B’CIKH.

Vậy KH là đường vuông góc chung của BoC và BD’. . b) Xét tam giác BC’D’ có 0, K lần lượt là trung điểm của BD và BC’ nên OK là đường trung bình của tam. giác BC’D’.

Suy ra OK // C’D’. Mà C’D’ 1 (BCC’B’) nên OKI (FCC’B’). Do đó OK 1 BC’. Suy ra tam giác OBK vuông tại K nên ta có:

1 1 Li -42-6-KH = 4. KH OK? BK Tal?

Bài 7 (Trang 126, SGK)

1. a) Gọi K là trung điểm của AD. Tứ giác ABCK là hình vuông. CK = AB=AD nên AACD vuông tại C.

2

vì lớp 1 SA nên CD 1 (SAC). Suy ra CD 1 SC hay SCD = 90°. Mặt khác: {B : AB nên BC 1 (SAB) Suy ra BC 1 SB hay SBC = 90°. Vậy SCD = SBC = 90°.

1. b) Trong mặt phẳng (SAC) vẽ AC’ 1 SC, trong mặt phẳng (SAD) về AD’ I SD.

Ta có:

nx.

D i (SAC) ;CD I AC’.

ail

X

m

B

(AC’ C (SAC) SAC’ I CD LAC’ ISC = AC’ I (SCD).:

K 22 -> → AC’ I SD. . Lại có: SAB I AD

AB I (SAD). TAB I SA → AB I SD.

Ba đường thẳng AD, AC và AB cùng đi qua điểm A và vuông góc với SD nên cùng nằm trong mặt phẳng (a) qua A và vuông góc với SD.

1. c) Ta có C’D’ là giao tuyến của mặt phẳng (d) với mặt phẳng (SCD). Do đó, khi S di động trên tia Ax thì C’D’ luôn luôn đi qua điểm I cố định là giao điểm của AB và CD.

(AB < (a), CD (SCD) = 1€ (a) n (SCD) = C’D’ ).’,