BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
Chủ đề 7.3. KHOẢNG CÁCH – GÓC TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CỔ ĐIỂN
A.A.A.A. KIKIKIKIẾẾẾẾN THN THN THN THỨỨỨỨC CC CC CC CƠ BƠ BƠ BƠ BẢẢẢẢNNNN
M
a
H
α
①①①① Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng
), d M a MH=
M
. Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng a là MH , với H là hình chiếu của M trên đường thẳng a . Kí hiệu: (
H
α
②②②② Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.
MH
Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng( )α là MH , với H là hình chiếu của M trên mặt phẳng ( )α .
,
( d M
) ( ) α =
M
b a
. Kí hiệu:
H
α
③③③③ Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song.
=
=
,
( d a b ,
)
) ( d M b MH
( M a
) ∈
Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song là khoảng cách từ một điểm bất kì thuộc đường này đến đường kia.
a
M
H
α
=
=
∈
,
,
( MH M a
④④④④ Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song.
d M
( ) α
d a
) ⑤⑤⑤⑤ Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song.
A
B
a
d
d
A,
=
⊂
=
=
,
α A a ∈
( ) α
( AH a
)
Khoảng cách giữa đường thẳng a và mặt phẳng ( )α song song với nhau là khoảng cách từ một điểm M bất kì thuộc đường a đến mặt phẳng ( )α : ( ) α
( ) ( ) α β ,
d a ,
( ) β
H
β
K
Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là khoảng cách từ một điểm bất kì của mặt phẳng này đến mặt phẳng kia. ( ) β
,a b và cùng vuông góc với mỗi đường thẳng ấy gọi là
⑥⑥⑥⑥ Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.
,a b . IJ gọi là đoạn vuông góc chung của
,a b .
c
a
I
a
I
β
J
J
b
b
α
- Đường thẳng c cắt hai đường thẳng đường vuông góc chung của
- Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau là độ dài đoạn vuông góc chung của hai
đường thẳng đó.
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 1 | T H B T N
BTN_7_3 (cid:7)
Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) B.B.B.B. KKKKỸỸỸỸ NĂNG CƠ B NĂNG CƠ BẢẢẢẢNNNN NĂNG CƠ B NĂNG CƠ B
1. Khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng, mặt phẳng
),M d hạ MH d⊥ với H d∈ .
a. Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng d cho trước
A
A
a M
Các bước thực hiện: Bước 1. Trong mặt phẳng ( Bước 2. Thực hiện việc xác định độ dài MH dựa trên hệ thức lượng trong tam giác, tứ giác,
M
a
d
d
H
α
K
I
H
K
đường tròn, … M
AK
=
=
,
,
(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:1) Chú ý:
( d M d
( d A d
) ∈ .
)
)
,
• Nếu tồn tại đường thẳng a qua A và song song với d thì: ( A d
=
∩ = , thì: I
O
MI AI
β
,
) ( d M d ( ) d A d
∆
O
. • Nếu MA d
d
H
α
b. Khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng( )α
α H
Các bước thực hiện: Bước 1. Tìm hình chiếu H của O lên ( )α .
∆ =
∩
( ) α
( ) β
. - Tìm mặt phẳng ( )β qua O và vuông góc với ( )α . - Tìm
- Trong mặt phẳng ( )β , kẻ OH ⊥ ∆ tại H.
A
O
I
⇒ H là hình chiếu vuông góc của O lên ( )α .
K
H
α
d cắt( )α tại H.
A
O
Bước 2. Khi đó OH là khoảng cách từ O đến ( )α . (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:1) Chú ý:
=
( ) //OA α thì:
/ /Ox ) ( ) α
K
d
α H
=
. • Nếu • Chọn mặt phẳng( )β sao cho dễ tìm giao tuyến với( )α . • Nếu đã có đường thẳng d ( d O ,
OI AI
( ) α⊥ ) ( ) α ( O, ( d A ,
• Nếu OA cắt ( )α tại I thì: thì kẻ ( d A , ) ( ) α ) ( ) α
2. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
,a b
b
• Đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau
a
B
A
α
(cid:2) Trường hợp a ⊥ b:
- Dựng mặt phẳng ( )α chứa a và vuông góc với b tại B. - Trong ( )α dựng BA ⊥ a tại A. ⇒ AB là đoạn vuông góc chung.
(cid:2) Trường hợp a và b không vuông góc với nhau. Cách 1: (Hình a)
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 2 | T H B T N
B
M
b
//AB MM ′ cắt b tại B.
a
b'
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
M'
A
α
- Dựng mp ( )α chứa a và song song với b. - Lấy điểm M tùy ý trên b dựng MM′ ⊥ (α) tại M′ - Từ M′ dựng b′// b cắt a tại A. - Từ A dựng ⇒ AB là đoạn vuông góc chung.
(Hình a)
a
α ⊥ tại O, ( )α cắt b tại I
a A
b B
b'
O
H
I
,a b
α
Cách 2: (Hình b)
(Hình b)
,a b .
- Dựng mặt phẳng ( ) - Dựng hình chiếu vuông góc b′ của b lên ( )α - Trong mp( )α , vẽ OH ⊥ b′ tại H. - Từ H dựng đường thẳng song song với a cắt b tại B - Từ B dựng đường thẳng song song với OH cắt a tại A. ⇒ AB là đoạn vuông góc chung. • Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau Cách 1. Dùng đường vuông góc chung:
AB=
),d a b (
d a b
,
=
)
=
,
- Tìm đoạn vuông góc chung AB của -
) ( ( ) d b α , ) ( ( ) ( ) ) d α β d a b ,
z
z
Cách 2. Dựng mặt phẳng( )α chứa a và song song với b. Khi đó: ( Cách 3. Dựng 2 mặt phẳng song song và lần lượt chứa a và b. Khi đó: (
, N
, P
M
; y ; N
N
; y ; P
P
P
)MNP đi qua 3 điểm
( M x
)
)
) ( x z ; y ; N M M (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:2) n MN MP
:
=
∧
=
A; B;C
; y ;
M
z M M
(
( x )
)
( M x y
Ax By C
z
−
+
−
= ⇔ +
D + + = 0
0
z
−
+
M
M
M
)MNP đi qua điểm ( B y x
( A x
)
)
( C z
z
I
; y ; I
I
có dạng: có vtpt 3. Phương pháp tọa độ trong không gian a) Phương trình mặt phẳng ( + Mặt phẳng (
)
)MNP :
) đến mặt phẳng (
+ Khoảng cách từ một điểm ( I x
I
I
I
( IH d I MNP
2
2
2 A
) ) (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) MN MP MI
Ax By Cz D + + + = ,( = B C + +
).
(
d I MNP ,(
=
) )
∧ (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) MN MP ∧
(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) AB CD AC
Công thức tính nhanh: (
(
).
d AB CD
,
=
,AB CD là: (
)
b) Khoảng cách giữa hai đường chéo nhau
(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2)
cos
=
,AB CD theo công thức:
( AB CD ,
)
∧ (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) AB CD ∧ (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) AB CD . (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) AB CD .
c) Góc giữa hai đường thẳng
)MNP :
d) Góc giữa hai mặt phẳng ( ABC và ( )
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 3 | T H B T N
(cid:1)(cid:1)(cid:2) n
(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:2) n MN MP
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) AB AC ∧
=
∧
1
2
( ABC có vecto pháp tuyến
)
)MNP có vtpt
+
A A B B + 2
1
2
1
C C 1
2
≃
cos
=
=
⇒
( ( ) ( ABC MNP ,
) )
( ( ) ( ABC MNP ,
) )
C
+
+
+
+
2 A 1
2 B 1
2 2 C A . 1 2
2 B 2
2 2
= (cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:2) n n . 2 1 (cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:2) n n . 1
2
, khi đó: ; (
)MNP :
(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2)
≃
e) Góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng (
=
⇒
sin
,
,
(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:2) Tính u AB=
=
∧
(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:2) )MNP có vtpt n MN MP
( ( AB MNP
) )
( ( AB MNP
) )
(cid:2) (cid:1)(cid:2) u n . (cid:1)(cid:2) (cid:2) u n .
C.C.C.C. BÀI TBÀI TBÀI TBÀI TẬẬẬẬP TRP TRP TRP TRẮẮẮẮC NGHI C NGHIỆỆỆỆMMMM C NGHI C NGHI
, thì: và (
KHỐI CHÓP ĐỀU
060
Câu 1. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a. Góc giữa mặt bên với mặt đáy bằng
.
.
.
.
a 2
a 4
a 3 2
C. B. D. A Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) bằng: a 3 4
giữa đường thẳng SA với mặt phẳng (ABC) bằng SA bằng:
a
a
5
2
Câu 2. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Góc 060 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng GC và
.
.
.
5
a 5 10
5
a 5
3
A. B. C. D.
. Gọi G là trọng tâm tam giác SCD.
SA a= Góc giữa đường thẳng BG với mặt phẳng (ABCD) bằng:
Câu 3. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a,
arctan
arctan
arcsin
arccos
.
.
.
.
85 17
10 17
85 17
85 17
3
A. B. C. D.
. Gọi G là trọng tâm tam giác SCD.
SA a=
Góc giữa đường thẳng BG với đường thẳng SA bằng:
Câu 4. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a,
arccos
arccos
arccos
arccos
.
.
330 110
33 11
3 11
33 22
3
A. B. C. D.
. M là trung điểm của cạnh
SA a=
BC. Góc giữa hai mặt phẳng (SDM) với (SBC) bằng:
Câu 5. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a,
arctan
arctan
arctan
arctan
.
.
.
.
110 11
2 110 33
2 110 11
2 11 110
a
,
2
A. B. C. D.
và diện tích tam
AB a AC =
=
a
giác SBC bằng
. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) bằng:
2 33 6
a
a
a
a
2
330
Câu 6. Cho hình chóp S.ABC có SA, AB, AC đôi một vuông góc,
.
.
.
.
330 33
330 11
110 33
33
A. B. C. D.
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 4 | T H B T N
a
mp SBC với
(
(
mp ABC bằng )
.S ABC có SA vuông góc với mặt đáy, tam giác ABC vuông cân tại B, 060 . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp
BTN_7_3 (cid:7)
BA BC =
) tam giác SBC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AI với BC .
a
a
a
a
3
3
2
6
Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) Câu 7. Cho hình chóp tam giác = , góc giữa
.
.
.
.
4
2
3
2
A. B. C. D.
030 , góc ABO bằng
060
6
. Điểm M nằm trên cạnh AB sao cho AM = 2 BM. Tính góc giữa hai đường thẳng
AC a= và CM và OA.
Câu 8. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc, góc OCB bằng
arctan
arctan
arctan
arctan
.
.
.
.
93 6
31 3
93 3
31 2
A. B. B. D.
030 , góc ABO bằng
060
6
. Điểm M nằm trên cạnh AB sao cho AM = 2 BM. Tính góc giữa hai mặt phẳng
AC a=
và (OCM) và (ABC).
arcsin
arcsin
arcsin
arcsin
Câu 9. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc, góc OCB bằng
1 35
34 35
14 35
3 7
A. B. C. D.
060 , OB
2
a= ,
bằng OC a= với mặt phẳng (ACM bằng:
Câu 10. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc. Góc giữa đường thẳng AC và mp(OBC) . Gọi M là trung điểm của cạnh OB. Góc giữa đường thẳng OA
.
.
.
.
arcsin
arcsin
arcsin
arcsin
1 7
3 4 7
3 2 7
1 2 7
,
,
A. B. C. D.
OA OB OC đôi một vuông góc. Góc giữa đường thẳng AC và
(
. Gọi M là trung điểm của cạnh OB . Tính góc giữa
2
mp OBC bằng ) hai mặt phẳng (
060 , OB a= , AMC và ( )
OC a= ) ABC bằng:
arcsin
arcsin
arcsin
arcsin
Câu 11. Cho tứ diện OABC có
.
.
.
.
32 35
1 35
34 35
3 35
A. B. C. D.
AD
KHỐI CHÓP CÓ CẠNH BÊN VUÔNG GÓC VỚI MẶT ĐÁY
a= 2
, = . Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, gọi M là trung điểm của AD. Tính
=
AB BC SA a = khoảng cách h từ M đến mặt phẳng (
) SCD .
a
a
a
6
6
3
Câu 12. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang ABCD vuông tại A và B. Biết
.
.
.
.
h =
h =
h =
h =
a 3
6
3
6
OB a OC a ,
3
A. B. C. D.
. Cạnh OA
=
=
3
, gọi M là trung điểm của BC. Tính khoảng cách h
OA a=
vuông góc với mặt phẳng (OBC), giữa hai đường thẳng AB và OM.
a
a
a
5
3
Câu 13. Cho hình tứ diện OABC có đáy OBC là tam giác vuông tại O,
.
.
.
.
h =
h =
h =
h =
5
2
15 5
a 3 15
A. B. C. D.
SA
ABCD ,
. Gọi F là trung điểm SC, tính góc ϕ giữa hai đường thẳng BF và AC.
a= 2
(
)
Câu 14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 5 | T H B T N
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
.
.
.
.
060ϕ=
090ϕ=
030ϕ=
045ϕ=
A. B. C. D.
SA (
a= 2 ) ABC .
Câu 15. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh SA vuông góc với mặt đáy và . Gọi M là trung điểm của SC. Tính côsin của góc ϕ giữa đường thẳng BM và mặt phẳng
cos
cos
cos
cos
.
.
.
.
ϕ=
ϕ=
ϕ=
ϕ=
21 7
5 10
7 14
5 7
A. B. C. D.
SA a= . Tính góc ϕ giữa hai mặt phẳng (
SBC và ( )
Câu 16. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và
.
.
.
.
) SDC . 030ϕ=
090ϕ=
060ϕ=
045ϕ=
C. A. B. D.
BAD =
. Các mặt SAD cùng vuông góc với mặt đáy. Gọi M là trung điểm SD, thể tích khối
SAB và ( )
phẳng (
)
a
chóp S.ABCD là
SBC theo a.
. Hãy tính khoảng cách h từ M tới mặt phẳng (
)
3 3 3
a
a
Câu 17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh a, góc (cid:1) 0 120
.
.
.
.
h =
h =
h =
h =
228 38
228 19
a 2 5 5
a 2 5 19
A. B. C. D.
. Các mặt
BAD =
3
SAD cùng vuông góc với mặt đáy. Thể tích khối chóp S.ABCD là
.
phẳng (
SAB và ( )
)
a 2 3 3
Hãy tính khoảng cách h giữa hai đường thẳng SB và AC theo a.
a
a
a
3
6
6
Câu 18. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh 2a, góc (cid:1) 0 120
.
.
.
.
h =
h =
h =
h =
a 2 5 5
2
2
3
SAB
A. B. C. D.
)
a
2
. Tính
và (
SAC cùng vuông góc với mặt đáy, khoảng cách từ A đến mặt phẳng (
)
) SBC là
2
góc ϕ tạo bởi hai đường thẳng SB và AC.
Câu 19. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB a= . Hai mặt phẳng (
.
.
.
.
045ϕ=
090ϕ=
030ϕ=
060ϕ=
A. B. C. D.
SAB và ( )
) SAD cùng
3
vuông góc với mặt đáy. Biết thể tích khối chóp S.ABCD là
. Tính góc ϕ giữa đường thẳng
a 3
SB và mặt phẳng (
) SCD .
Câu 20. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, hai mặt phẳng (
.
.
.
.
045ϕ=
060ϕ=
030ϕ=
090ϕ=
SAC cùng vuông
A. B. C. D.
SAB và ( )
)
góc với mặt đáy và
3
SA a=
. Tính côsin của góc ϕ giữa hai mặt phẳng (
SAB và ( )
) SBC .
Câu 21. Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác đều cạnh a, hai mặt phẳng (
cos
cos
.
.
.
.
ϕ=
ϕ=
cos
cos
ϕ=
ϕ=
5 7
7 7
1 5
1 3
A. B. C. D.
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 6 | T H B T N
(cid:7)
) ABCD là
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) Câu 22. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a, cạnh SA vuông góc với mặt 045 , gọi G là trọng tâm tam giác SCD.
a
a
a
a
5
5
3
2
đáy. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( Tính khoảng cách h giữa hai đường thẳng chéo nhau OG và AD.
.
.
.
.
h =
h =
h =
h =
2
2
3
A. B. C. D.
3 Câu 23. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, (cid:1) 0 120
BAD =
(
SCD cùng vuông góc với mặt đáy, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (
)
. Hai mặt phẳng ) ABCD
là
SAB và ( ) 045 . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, tính khoảng cách h từ G đến mặt phẳng (
) SCD theo
a.
.
.
.
.
h =
h =
h =
h =
a 7 14
a 21 7
a 2 21 21
a 3 7
A. B. C. D.
KHỐI CHÓP CÓ MẶT BÊN VUÔNG GÓC MẶT ĐÁY – HÌNH CHIẾU VUÔNG GÓC
.S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách h từ điểm A đến mặt phẳng (
) SCD .
a
a
a
3
3
Câu 24. Cho hình chóp
h
h
h
.
.
.
=
=
=
21 7
4
7
A. C. D. B. h a= .
.S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , mặt bên SBC là tam giác đều SBC vuông góc với mặt đáy. Tính theo a khoảng cách h giữa hai đường
)
cạnh a và mặt phẳng ( ,SA BC . thẳng
a
a
3
3
Câu 25. Cho hình chóp
h
h
.
.
=
=
h
.
=
a h = . 2
a 3 4
2
4
.S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a ,
3
và mặt phẳng
SB a=
;
SA a=
SAB vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi
,M N lần lượt là trung điểm của các cạnh
,AB BC .
)
A. B. C. D.
SM DN . ,
a
a
5
5
Câu 26. Cho hình chóp ( Tính côsin của góc giữa hai đường thẳng
.
.
.
.
5 4
5 5
5
4
A. B. C. D.
.S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAB là tam giác đều và ABCD . Gọi H là trung điểm của AB .
)
nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy ( Tính côsin của góc giữa SC và (
) SHD .
Câu 27. Cho hình chóp
.
.
.
.
3 5
15 5
3a 5
2 5
A. B. C. D.
.S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh
3a
. Tam giác SBC vuông tại S
ABCD , đường thẳng SD tạo với mặt phẳng
)
SBC một góc
ABCD .
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy ( SBD và ( ) (
060 . Tính góc giữa (
)
)
Câu 28. Cho hình chóp
.
.
.
.
π 2
π 3
π 6
π 4
A. B. C. D.
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 7 | T H B T N
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
.S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a ,
, hình chiếu vuông góc
SD =
a 3 2
ABCD là trung điểm cạnh AB . Tính theo a khoảng cách h từ A đến mặt phẳng
)
của S trên ( ) ( SBD .
a
a
3
6
Câu 29. Cho hình chóp
.
.
.
h =
h =
h =
a 2 3
a h = . 3
3
3
HB
HA
2
.S ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt . Góc giữa đường thẳng SC và
ABC là điểm H thuộc cạnh AB sao cho
=
)
060 . Tính khoảng cách h giữa hai đường thẳng SA và BC theo a .
A. B. C. D.
) ABC bằng
a
a
a
a
Câu 30. Cho hình chóp phẳng ( mặt phẳng (
.
.
.
.
h =
h =
h =
h =
42 8
42 12
42 12
42 12
A. B. C. D.
.S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, O là giao điểm hai đường chéo AC
AB a AD a ;
3
ABCD là trung điểm
và BD , có
=
=
)
SH
H của OD ,
a= 2
. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên ( ) ,AB SD .
. Tính côsin của góc (
Câu 31. Cho hình chóp
.
.
.
−
.
1 34
17 34
17 34
2 17
a
3
SA SB SC
A. B. C. D.
.S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A ,
=
=
=
, BC a= . Tính
2
cosin của góc giữa SA và (
) ABC .
Câu 32. Cho tứ diện
.
.
.
.
3 3
6 3
6 2
2 3
a
6
A. B. C. D.
,
.S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại đỉnh A , cạnh BC a= ,
AC =
3
a
3
SA SB SC
các cạnh bên
=
=
=
. Tính góc tạo bởi mặt bên (
SAB và mặt phẳng đáy (
)
) ABC
2
Câu 33. Cho hình chóp
.
.
.
π 6
π 3
π 4
A. B. C. D. arctan 3.
′
CHỦ ĐỀ LĂNG TRỤ ĐỨNG - HÌNH HỘP CHỮ NHẬT- HÌNH LẬP PHƯƠNG
′ có mặt đáy ABC là tam giác vuông tại B có
ABC A B C′ .
′ A B
a
AB a AC a ,
3,
2
=
=
=
A BC′
. Gọi M là trung điểm của AC . Khoảng cách từ M đến (
)
là:
a
a
3
3
Câu 34. Cho hình lăng trụ đứng
.
.
.
.
a 3 2
a 3 4
4
2
′
ABC A B C′ .
. Biết góc giữa
′ =
và đáy bằng
a A A 3 và CC′ theo a là:
A BC′
A. B. C. D.
(
′ có mặt đáy là tam giác đều, cạnh 045 . Tính khoảng cách hai đường chéo nhau A B′
3
3
Câu 35. Cho hình lăng trụ đứng )
.
.
a 3 3
a 3 2
C. D. A. a . B. 3a .
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 8 | T H B T N
′
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
ABC A B C′ .
′ có cạnh bên 2a , góc tạo bởi A B′
và mặt đáy là
060
và AM .
. Gọi M là trung điểm BC .Tính cosin góc tạo bởi 2 đường thẳng A C′
Câu 36. Cho hình lăng trụ tam giác đều
.
.
.
.
2 4
3 2
3 6
3 4
′
ABC A B C′ .
′ có
. Tính góc tạo bởi
AB
a AC
a BC
′ a A A
5 ,
6 ,
7 ;
a 3
=
=
=
=
A. B. C. D.
ACC A′ )
Câu 37. Cho hình lăng trụ đứng đường thẳng BC′ và (
arctan
arctan
arcsin
arcsin
.
.
.
.
2 51 17
2 51 17
2 51 17
51 17
′
AB
ABC A B C′ .
′ với đáy ABC là tam giác vuông tại C có
cm= 8
2
,diện tích tam giác A CC′
′ là
C AB′
10cm . Tính tan của góc tạo bởi hai mặt phẳng (
)
A. B. C. D.
Câu 38. Cho hình lăng trụ đứng (cid:1) 060 BAC = ABC . và ( )
.
.
.
.
5 3 6
5 3 2
3 6
3 2
′
′
′
A. B. C. D.
ABCD A B C D .
, góc tạo bởi D B′
′ có
a AD
AB
a
3 ,
5
=
a
và mặt đáy là = 045 . Gọi M là trung điểm của BC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau BD và B M′ a
Câu 39. Cho hình hộp chữ nhật
.
.
.
661 30
661 20
a 20 661
a 30 661
′
B. C. D. A. .
bằng
22a .hãy tính khoảng
′ ′ ABCD A B C D . cách giữa điểm B′ và mặt phẳng ( C BD′
′ có diện tích tam giác B AB′ )
a
a
3
2
3
2
Câu 40. Cho hình lập phương
3a
.
.
.
a 3
3
3
′
′
′
AB a AD a ,
2
B. C. D. A. 2 .
ABCD A B C D .
′ có
, góc tạo bởi đường thẳng A C′
=
=
và mặt đáy là
060 .Gọi I là trung điểm của CD .Tính góc giữa hai đường thẳng BD′ và AI
Câu 41. Cho hình hộp chữ nhật
arccos
arccos
arccos
arccos
.
.
.
.
3 3
3 4
2 3 3
3 6
3
′
′
′
′ có thể tích là
27cm . Tính tan góc tạo bởi đường thẳng
′
A C′
BB D D′
A. B. C. D.
ABCD A B C D . . )
Câu 42. Cho hình lập phương và mặt phẳng (
.
.
2 4
1 2
′
′
′
B. C. A. 2 . D. 2 2 .
ABCD A B C D .
′ có
. Tính góc tạo bởi hai mặt
AB a AD
′ a A A
a
;
2 ;
4
=
=
=
và mặt đáy.
C BD′
phẳng (
)
Câu 43. Cho hình hộp chữ nhật
arccos
arccos
arccos
arccos
.
.
.
.
21 42
21 21
21 12
21 22
A. B. C. D.
′
LĂNG TRỤ XIÊN
′ có mặt đáy là tam giác đều cạnh
AB
a= 2
. Hình chiếu vuông góc ABC trùng với trung điểm H của cạnh AB . Biết góc giữa cạnh bên và
ABC A B C′ . ) của A′ lên mặt phẳng (
′ ACC A′
mặt đáy bằng
theo a là:
060 . Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (
)
Câu 44. Cho hình lăng trụ
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 9 | T H B T N
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
a .
a .
a .
a .
39 13
15 5
2 21 7
2 15 5
′
AB
A. B. C. D.
′ có mặt đáy là tam giác đều cạnh
a= 2
. Hình chiếu vuông góc ABC trùng với trung điểm H của cạnh AB . Biết góc giữa cạnh bên và
ABC A B C′ . ) của A′ lên mặt phẳng ( mặt đáy bằng
060 . Tính khoảng cách hai đường chéo nhau AC và BB′ theo a là:
Câu 45. Cho hình lăng trụ
a .
a .
a .
a .
15 5
2 15 5
2 21 7
39 13
′
AB
A. B. C. D.
′ có mặt đáy là tam giác đều cạnh
a= 2
. Hình chiếu vuông góc ABC trùng với trung điểm H của cạnh AB . Biết góc giữa cạnh bên và
ABC A B C′ . ) của A′ lên mặt phẳng ( mặt đáy bằng
060 . Tính khoảng cách hai đường chéo nhau BC và AA′ theo a là:
Câu 46. Cho hình lăng trụ
a .
a .
a .
a .
2 15 5
15 5
2 21 7
39 13
′
AB
A. B. C. D.
′ có mặt đáy là tam giác đều cạnh
a= 2
. Hình chiếu vuông góc ABC trùng với trung điểm H của cạnh AB . Biết góc giữa cạnh bên và
ABC A B C′ . ) của A′ lên mặt phẳng ( mặt đáy bằng
060 . Gọi ϕ là góc giữa hai đường thẳng AC và BB′ . Khi đó cosϕ:
Câu 47. Cho hình lăng trụ
cos
cos
cos
cos
ϕ= .
ϕ= .
ϕ= .
1 4
1 ϕ= . 3
2 5
2 3
′
AB
A. B. C. D.
′ có mặt đáy là tam giác đều cạnh
a= 2
. Hình chiếu vuông góc ABC trùng với trung điểm H của cạnh AB . Biết góc giữa cạnh bên và
ABC A B C′ . ) của A′ lên mặt phẳng (
mặt đáy bằng
060 . Tính góc giữa hai đường thẳng A C′
và (
) ABC là:
Câu 48. Cho hình lăng trụ
.
.
.
.
arcsin
π 4
π 6
π 3
1 4
′
AB
A. B. C. D.
′ có mặt đáy là tam giác đều cạnh
a= 2
. Hình chiếu vuông góc ABC trùng với trung điểm H của cạnh AB . Biết góc giữa cạnh bên và
ABC A B C′ . ) của A′ lên mặt phẳng (
′
BCC B′
mặt đáy bằng
060 . Tính góc giữa hai mặt phẳng (
)
và (
) ABC là:
Câu 49. Cho hình lăng trụ
.
arctan
1 4
′
A. B. arctan 2 . C. arctan 4 . D. arctan 2 .
′ có mặt đáy đáy ABC là tam giác vuông tại A ,
AB a AC
a
,
2
=
=
ABC trùng với trung điểm H của cạnh BC . Biết
ABC A B C′ . Hình chiếu vuông góc của A′ lên mặt phẳng (
)
′ ABB A′
góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng
là:
030 . Tính khoảng cách từ điểm C′ đến (
)
Câu 50. Cho hình lăng trụ
a .
a .
a .
a .
3 5 2
5 5
2 85 17
2 13 3
′
A. B. B. D.
′ có mặt đáy đáy ABC là tam giác vuông cân tại A ,
3
.
AC a=
ABC trùng với trung điểm H của cạnh BC . Biết
)
030 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AA′
ABC A B C′ . Hình chiếu vuông góc của A′ lên mặt phẳng ( góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng và BC là:
Câu 51. Cho hình lăng trụ
a .
a .
a .
a .
6 4
2 2
2 7 7
5 29 7
A. B. C. D.
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 10 | T H B T N
′
AB
BTN_7_3 (cid:7)
ABC A B C′ .
′ có mặt đáy ABC là tam giác đều cạnh
a= 2
. Hình chiếu ABC trùng với trọng tâm G của tam giác ABC , biết
vuông góc của A′ lên mặt phẳng (
) ′ ABB A′
AA
a 3
′ =
. Tính góc giữa hai mặt phẳng (
)
và (
) ABC là:
Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) Câu 52. Cho hình lăng trụ
arccos
.
arccos
arccos
.
.
.
arccos
1 3
2 3
3 5
6 12
′
′
′
A. B. C. D.
ABCD A B C D .
′ có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O có
AB a BC
a
2
,
=
,H M lần lượt là trung điểm của
= ,OA AA′ . Hình chiếu vuông góc của A′ lên mặt phẳng (
. Gọi ) ABCD 060 . Tính khoảng cách từ điểm M
CDD C′
trùng với điểm H . Biết góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng đến mặt phẳng (
) ′ :
Câu 53. Cho lăng trụ
a .
a .
a .
a .
2 29 13
2 285 19
2 21 7
A. B. C. D.
2 85 17 CHỦ ĐỀ TỔNG HỢP
.S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , đỉnh S cách đều các điểm ,
,A B C
Biết
AC
a BC a
2 ,
060 . Tính khoảng cách
=
= , góc giữa đường thẳng SB và
) mp ABC bằng
(
từ trung điểm M của SC đến
) mp SAB theo a .
(
a
a
a
39
13
39
13
Câu 54. Cho hình chóp
.
.
.
.
13
a 3 13
26
26
SA SB SC
a
A. B. C. D.
.S ABCD có đáy là hình thoi tâm O cạnh a ,
.
2
(cid:1) 060 , ABC =
=
=
=
Tính khoảng cách giữa AB và SC
a
a
11
a 3
11
Câu 55. Cho hình chóp
.
.
.
.
a 12
11 4
2 11 8
4
A. B. C. D.
OA OB OC đôi một vuông góc và OA OB OC a
= , I là trung điểm
=
=
,
, của BC . Tính góc giữa hai đường thẳng AI và OB .
Câu 56. Cho tứ diện OABC có
.
.
arctan
arctan
1 5
1 5
C. D. A. arctan 5 . B. arctan 5 .
.S ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a, cạnh bên bằng a. Gọi
,M N lần lượt là trung điểm SB và CD . Tính góc giữa MN và mặt phẳng (
) SAC .
arctan
Câu 57. Cho hình chóp đều
.
1 2
'
'
.
'
D. B. arctan 2 . A. arctan 2 . C arctan 2 2 .
'
'
=
ABC A B C có đáy là tam giác đều ABC cạnh a, cạnh bên bằng 2a và . Tính giá trị tanα với α là góc giữa hai mặt phẳng ( 'A BC và mặt phẳng
)
= ) ABC .
(
Câu 58. Cho hình lăng trụ A A A B A C '
.
.
a
1 1
D. 2 5a B. 2 5. C. 2 A. 2 11 .
.S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
, cạnh bên SA
AB
a AD
2
=
vuông góc với mặt phẳng đáy và cạnh bên SC tạo với đáy một góc
a , = 06 0 . Gọi
,M N là trung
Câu 59. Cho hình chóp
.SB Tính khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng (
) DMN .
điểm các cạnh bên SA và
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 11 | T H B T N
a
60
a
2
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
.
.
.
.
31
a 31 2 5
31 60
a 5 31
.S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O . Góc giữa SB và mặt 06 0 . Gọi M là trung điểm của SB . Tính khoảng cách giữa AM và CD .
A. B. C. D.
a
2
Câu 60. Cho hình chóp đều ) phẳng ( SAC bằng
.
2
a . 4
a . 2
B. C. A. D. a 2 .
ABCD A B C D có cạnh bằng a. Gọi
.
'
'
'
'
,M N lần lượt là trung điểm AB
và CD . Tính khoảng cách giữa
'A C và MN
a
a
2
2
Câu 61. Cho hình lập phương
.
.
.
2a
2
4
a . 2
.S ABCD có đáy ABCD là hình thang cân
//AD BC ,
AD a= 2
, BC CD a =
= .
SA
a 3
⊥
=
B. C. D. A.
. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SC và AD .
(
), ABCD SA
Câu 62. Cho hình chóp Biết
.
.
.
3 2
3 4
=
= , cạnh bên
C. D. A. 3 . B. 1 2
ABC
⊥
.S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB CA a ) SBC .
, SA a= . Tính góc giữa SA và (
(
)
Câu 63. Cho hình chóp SA
arctan
.
2 2
D.D.D.D. ĐÁP ÁN V C NGHIỆỆỆỆMMMM I BÀI TẬẬẬẬP TRP TRP TRP TRẮẮẮẮC NGHI ĐÁP ÁN VÀ HÀ HÀ HÀ HƯƯƯƯỚỚỚỚNG DNG DNG DNG DẪẪẪẪN GIN GIN GIN GIẢẢẢẢI BÀI T C NGHI C NGHI I BÀI T I BÀI T ĐÁP ÁN V ĐÁP ÁN V
2
3
4
5
6
7
8
C. D. arctan 2 . A. arctan 2 2 . B. arctan 2 .
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 A D C A C A A D A A C A B A B D B A D B
41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 A A C D B A A A B C A D C A B A C A C A
61 62 63 A D C
I – ĐÁP ÁN 3.5 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 C A A B D A B C B D A A C B A B A B D C
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 12 | T H B T N
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
KHỐI CHÓP ĐỀU
060
II –HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a. Góc giữa mặt bên với mặt đáy bằng Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) bằng:
.
.
.
.
a 2
a 4
a 3 4
a 3 2
A B. C. D.
S
Hướng dẫn giải
a
3
3
.
Tam giác ABC đều cạnh bằng a nên
GI =
=
a 1 3 2
6
H
Theo bài (cid:4) 060
, suy ra
SIG =
C
A
a
3
0
(cid:4) SIG
.tan
tan 60
SG GI =
=
G
6
a = . 2
I
I
)
=
d A SBC ,(
(
))
3. (
d G SBC ,(
))
Vì
nên
.
=
B
3
=
AG SBC ( ∩ AI GI
Gọi H là hình chiếu của G trên (SBC) ( H thuộc đoạn thẳng SI). Suy ra
a
, suy ra
G H
d G SBC ,(
(
))
=
=
=
=
2
2
2
G S
a 4
G S G I . G I +
+
a 3 . 2 6 2 a 4
a 12
(
))
d A SBC ,(
d G SBC ,(
3. (
))
=
[Cách 1] Phương pháp dựng hình Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, suy ra G là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABC). Gọi I là trung điểm của BC suy ra góc giữa (SBC) với (ABC) là góc SIG.
a 3 = . 4 [Cách 2] Phương pháp thể tích.
3
a
a
a
3
V
0 a a . . .sin 60 .
Ta có:
,
, suy ra
.
=
=
SI =
=
.
S ABC
SBC
S∆ =
0
1 1 . 3 2
GI cos 60
3
2 3 6
3 24
a 2 3
S
a
3
z
S ABC
.
8
d A SBC ;(
(
))
Vậy
=
=
2
V 3 S
a 3 = . 4
a
3
SBC
∆
6
IA Oy ,
(Hình vẽ).
≡
≡
y
A
a
3
x
A
;0;0
Khi đó,
,
C
2
IC Oz GS ; // .
G
I
a
3
S
C
0;
;0
;0;
;
, suy ra
6
a 2
a 2
B
a
3
(cid:1)(cid:1)(cid:2) IA
(cid:1)(cid:1)(cid:2) IC
;0
,
= 0;
2
a 2
=
;0;0
[Cách 3] Phương pháp tọa độ. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, với I O≡ , Ox
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 13 | T H B T N
a
3
(cid:1)(cid:1)(cid:2) IS
;0;
d A SBC ,(
(
))
, suy ra
.
=
=
6
a 2
a 3 4
=
(cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:2) IC IS IA , . (cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:2) IC IS ,
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
giữa đường thẳng SA với mặt phẳng (ABC) bằng SA bằng:
a
a
5
2
Câu 2. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Góc 060 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng GC và
.
.
.
5
a 5 10
5
a 5
A. B. C. D.
a
3
GK
d GC SA ) ,
(
d GC SAH ,(
(
))
Khi đó,
. Ta có:
;
=
=
AG =
3
0
SG AG
.tan 60
GH AM=
= , suy ra
= ⇒ =
a , =
(cid:4)( SA ABC ) ,(
) (cid:4) 0 SAG 60 =
a 2
a
GS GH .
5
d GC SA
GK
(
,
)
.
=
=
=
2
2
5
GS
GH
+
z
S
S
K
K
y
H
x
H
A
C
C
A
G
G
M
N
B
B
Ox GA Oy NC Oz GS //
,
,
≡
a
a
a
3
3
3
S
0;0;
A
C
≡ (Hình vẽ). (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) GC
;0;0
;0
;
;
;0
,
,
,
;
Khi đó,
a
(cid:1)(cid:1)(cid:2) GS
(
) a , suy ra
( 0;0;
)
a 2
3
6
6
a 2
Hướng dẫn giải [Cách 1] Phương pháp dựng hình Gọi M, N lần lượt là trung điểm của hai cạnh AB và BC. Gọi H là hình chiếu của G lên đường thẳng đi qua A và song song với CG. GK là đường cao của tam giác GHS.
−
−
,
a
a
3
5
(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) AS
a
;0;
d SA GC ,
(
)
suy ra
=
=
3
5
−
(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:2) GC AS GS . (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) GC AS ,
3
[Cách 2] Phương pháp tọa độ. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, với G O≡ ,
. Gọi G là trọng tâm tam giác SCD. Góc
SA a= giữa đường thẳng BG với mặt phẳng (ABCD) bằng:
Câu 3. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a,
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 14 | T H B T N
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
arctan
arctan
arcsin
arccos
.
.
.
.
85 17
10 17
85 17
85 17
S
.
A. B. C. D.
) (cid:4) GBK= a
a
a
2
G
GK
Ta có:
,
,
,
AO =
SO =
=
2
10 2
1 SO= 3
10 6
A
D
a
OK
vì
nên
.
BK =
O
K
34 6
M
B
C
tan
.
=
=
2 OM= 3 (cid:4)( BG ABCD ) ,(
GK BK
85 17
Hướng dẫn giải [Cách 1] Phương pháp dựng hình Gọi M là trung điểm CD, kẻ GK song song với SO và cắt OM tại K, suy ra K là hình chiếu của G trên mp(ABCD), suy ra (cid:4)( BG ABCD ) ,(
a OK = , suy ra 3 ) (cid:4) GBK tan = [Cách 2] Phương pháp tọa độ.
a
2
,
,
B
;0
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, với
,
Ox OC Oy OD Oz OS ≡
≡ . Khi đó,
≡
2
0; −
a
a
a
a
2
2
G
S
;
;
;
.
6
6
10 6
10 2
0;0;
a
a
a
a
2
2
2
(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) BG
2 2 ;
;
(cid:2) n .
Suy ra
,
=
( 1;4; 5
)
a 3
6
10 6
6
6
=
a
a
a
(cid:1)(cid:1)(cid:2) OS
0;0;
(cid:2) k .
.
=
(
) 0;0;1
10 2
10 2
10 2
=
sin(
(cid:4) BG ABCD ))
,(
cos(
tan(
,(
,(
))
.
=
=
⇒
⇒
=
=
5 22
17 (cid:4) (cid:4) BG ABCD BG ABCD )) 22
85 17
(cid:2) (cid:2) n k . (cid:2) (cid:2) n k .
3
. Gọi G là trọng tâm tam giác SCD. Góc
SA a=
giữa đường thẳng BG với đường thẳng SA bằng:
Câu 4. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a,
arccos
arccos
arccos
arccos
.
.
330 110
33 11
3 11
33 22
A. B. C. D.
//GE
Gọi M là trung điểm CD. Gọi E
, suy ra
.
=
BD AM ∩
SA . Suy ra (
)(cid:4) ( BG SA , =
)(cid:4) BG GE ,
a
3
GE
Vì G, E lần lượt là trọng tâm tam giác SCD và ACD nên
.
=
1 SA= 3
3
Kẻ GK song song với SO và cắt OM tại K, suy ra K là hình chiếu của G trên mp(ABCD)
a
a
a
2
2
2
GK
Ta có:
,
,
.
.
AO =
SO =
=
BE =
2
10 2
1 SO= 3
10 6
a 3
a
a
OK
BK
Vì
nên
.
=
BG ⇒ =
34 6
11 3
2 OM= 3
a OK = , suy ra 3
Hướng dẫn giải [Cách 1] Phương pháp dựng hình
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 15 | T H B T N
2
2
,
Xét tam giác BEG , có
BE =
a 3
S
a
a
3
,
,
GE =
BG =
3
2
11 3 2
2
BE
BG
.
suy ra (cid:4) BGE cos
=
=
33 11
+ 2
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
GE − BG GE . [Cách 2] Phương pháp tọa độ. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, , với
Ox OC Oy OD Oz OS ≡
≡
≡ .
G
a
2
B
;0
Khi đó,
A
D
2
,
0; −
E
O
K
a
a
a
2
2
M
G
;
;
;
B
6
6
10 6
C
a
a
2
S
A
;0;0
,
,
10 2
2
0;0;
−
a
a
a
a
2
2
2
(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) BG
2 2 ;
;
(cid:2) n .
suy ra
,
=
( 1;4; 5
)
a 3
10 6
6
6
6
=
a
a
a
a
2
2
2
)
(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) AS
;0;
(cid:2) k .
. Suy ra (cid:4) BG SA , cos(
.
=
=
=
( 1;0; 5
)
2
10 2
2
2
3 11
=
(cid:2) (cid:2) n k . (cid:2) (cid:2) n k .
3
. M là trung điểm của cạnh BC.
SA a=
Góc giữa hai mặt phẳng (SDM) với (SBC) bằng:
Câu 5. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a,
arctan
arctan
arctan
arctan
.
.
.
.
110 11
2 110 33
2 110 11
2 11 110
=
A. B. C. D.
lên mặt phẳng (SBC) nằm trên đoạn thẳng CI và
CH CI
(
)
Kẻ HK SM⊥
)
tại K(
2 = . 3 / /HK CM , khi đó (cid:4)( SDM SBC ( ) ),(
a
) (cid:4) HK EK , = a SO OM .
2
2
SO
Ta có:
,
.
EH
OI
=
SA OA −
=
=
=
=
2
2
2 3
2 3
110 33
10 2
OM
HK
.
tan(
)
tan
=
SO + ) (cid:4) HK EK , =
= Suy ra (cid:4)( SDM SBC ) ),( tan (
(cid:4) 2 110 HKE = 11
1 CM= 3
))
suy ra
.
sin
ϕ =
ϕ =
Hướng dẫn giải [Cách 1] Phương pháp dựng hình Gọi O là tâm hình vuông ABCD, Gọi E suy ra E là trọng tâm tam giác BCD. Gọi AC DM ∩ I là hình chiếu của O lên mặt phẳng (SBC), I thuộc đường thẳng SM, suy ra hình chiếu H của E
a 6 [Cách 2] Phương pháp thể tích. Đặt (cid:4)( SDM SBC ( ) ),(
)
d C SDM , ( ( d C SM , ) (
(
;
d C SDM ;(
(
))
Ta có
d C SM CM= )
=
a = , 2
V .3 C SDM S
SDM
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 16 | T H B T N
S
3
a
10
V
.
=
=
S CDM
CDM
.
SO S∆ . .
1 3
24
a
a
5
Tam giác SDM có
,
SM =
DM =
2
11 2
a
3
,
và
, suy ra
SD a=
=
SDM
S∆
I
2 51 8
a
C SDM
suy ra
d C SDM , (
(
))
=
=
K
V .3 S
10 51
SDM
H
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
A
suy ra
=
B
O
M
.
=
)) 2 10 sin ϕ = d C SDM ( ,( d C SM ) , ( 51
D
C
,
,
tan ϕ⇒
Ox OC Oy OB Oz OS ≡
≡ .
≡
2 110 11 [Cách 3]Phương pháp tọa độ. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, với
z
Khi đó,
,
0; −
S
a 2 D ;0
,
;
;0 ;
0;0;
a a a 2 2 B C M S 0; ;0;0 ; ;0 a 2 a 2 4 4 2
(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) DM
(cid:1)(cid:2) x ,
suy ra
=
=
=
( 1;3;0
)
a a a 2 2 2 ;0 . 4 4 4 a 2 3 ; 4 10 2
(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) SM
=
−
y
B
A
a a a 2 2 ; ; 4 4 10 2
O
(cid:1)(cid:2) y . .
=
=
M
)
a a 2 2
E
D
C
x
(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) BC
4 4
(cid:2) u ; .
−
=
=
( 1; 1;0 −
)
( 1;1; 2 5 − a 2
;0 ; a 2 a 2
(cid:1)(cid:1)(cid:2) SC
(cid:2) n
]
(cid:2) v , .
và
=
−
=
−
=
(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:2) x y= [ ,
6 5;2 5; 2 −
( 1;0;
)
( = −
)
=
a ;0; 10 a 2 10 2 a 2 a 2 a 2
(cid:2) k
. Suy ra
ϕ =
=
(cid:2) (cid:2) u v= [ , ]
=
ϕ⇒ tan
=
(
) 10; 10; 1 −
(cid:2) (cid:2) n k . (cid:2) (cid:2) n k .
a
,
2
cos . 2 110 11 11 51
và diện tích tam
AB a AC =
=
Câu 6. Cho hình chóp S.ABC có SA, AB, AC đôi một vuông góc,
giác SBC bằng
. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) bằng:
2 33 6
a
.
.
a a a a 2 330 A. B. C. D. . . 330 33 330 11 110 33 33
2
2
d A SBC ,(
(
))
BC
AB
AC
a
3
. Ta có
, và
Khi đó
AK=
=
+
=
Hướng dẫn giải [Cách 1] Phương pháp dựng hình Kẻ AH vuông góc với BC tại H, kẻ AK vuông góc với SH tại K.
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 17 | T H B T N
S
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
nên
.
SBC
2 33 6
a
AC AB .
6
,
AH
=
=
2
2
3
AC
AB
+
a a SH = S∆ = 11 3
2
2
=
−
=
a 5 SA SH AH 3
K
Suy ra
.
=
=
=
SA AH a AK ( )) d A SBC ,( 330 33
C
2
3
. SH [Cách 2] Phương pháp thể tích. Ta có thể tích của khối chóp S.ABC là
A .
=
=
=
S ABC
ABC
.
H
a
S ABC
Suy ra
.
d A SBC , (
(
))
=
=
330 33
SBC
a a a 5 2 10 V . SA S∆ . 1 3 2 18
B
,
,
9 V .3 S∆
. Khi đó,
≡
≡
≡
[Cách 3] Phương pháp tọa độ. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, với
≡ (cid:1)(cid:1)(cid:2) BS
;
suy ra
,
,
suy
;0;0
( B a
) ;0;0 ,
(cid:1)(cid:1)(cid:2) ( BA a
)
O A Ox AB Oy AC Oz AS , (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) ( BC a a−
) 2;0
a −
a a 5 5 C a S (0; 2;0), 0;0; ;0; 3 3
ra
.
=
=
(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:2) BC BS BA . , (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:2) BC BS ,
a d A SBC ,( ( )) 330 33
a
mp SBC với
(
(
mp ABC bằng )
.S ABC có SA vuông góc với mặt đáy, tam giác ABC vuông cân tại B, 060 . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp
BA BC =
= , góc giữa
) tam giác SBC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AI với BC .
Câu 7. Cho hình chóp tam giác
.
.
.
.
a a a a 3 3 2 6 A. B. C. D. 4 2 3 2
SBA a
(cid:4). tan
.
SA AB =
=
OH
IE⊥ d BC IAD ,(
d O IAD 2 ( ,(
2.
))
SBA =
tại E. OH AD⊥ d AI BC ( ) , ( =
tại H. )) =
=
Hướng dẫn giải [Cách 1] Phương pháp dựng hình Vì tam giác SAC vuông tại A nên tâm đường ròn ngoại tiếp tam giác SAC là trung điểm I của SC. Ta góc giữa mp(SBC) với mp(ABC) là góc SBA, theo bài góc (cid:4) 060 Suy ra 3 Kẻ AD // BC, D là đỉnh thứ tư của hình bình bình hành ABCD. Kẻ OE Khi đó:
a
OE OI .
3
Ta có
, suy ra
.
OH
=
=
=
=
=
2
2
4
OE
OI
+
a 3 OH d AI BC , ( ) 2 ( d O IAD ,( )) 2. 2
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 18 | T H B T N
S
S
I
I
J
H
D
E
B
C
A
A
O
B
B
.
AC⊥
,
,
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
Ox OB Oy OC Oz OI ≡
≡ .
[Cách 2] Phương pháp tọa độ. Gọi O là trung điểm của AC, vì tam giác ABC vuông cân tại B nên OB ≡ Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, với
,
Khi đó,
−
;0;0 ,
0;0;
a a a a 2 2 2 2 B C I A (0; ;0), , 0; ;0 2 2 3 2
(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) BC
(cid:1)(cid:1)(cid:2) AI
suy ra
,
−
a a a a 2 2 2 2 ; ;0 0; ; , 2 2 2 3
(cid:1)(cid:1)(cid:2) BA
.
Suy ra
−
=
=
−
(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:2) BC AI BA , . (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:2) BC AI ,
// d AI BC ,
(
)
))
d S AIJ ( ,(
))
a a a 2 2 3 d BC AI ; ;0 ( , ) . 2 2 2
.
BC , J thuộc cạnh SB. d BC AIJ ,( ( =
=
AJ
SB a
Ta có: Tam giác AIJ vuông tại J và
=
= ;
1 2
2
3
a
3
S AIJ .
IJ
BC
.
=
= suy ra
V
V
=
=
AIJ
S ABC
S AIJ .
.
S∆ = .
a 4
1 2
a 2
V V
1 = ⇒ 4
1 4
24
S ABC
.
a
3
S AIJ
Suy ra
.
d AI BC ,
(
)
d S AIJ ( ,(
))
=
=
=
2
AIJ
V .3 S∆
[Cách 3] Phương pháp thể tích. Kẻ IJ Suy ra
030 , góc ABO bằng
060
Câu 8. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc, góc OCB bằng
. Điểm M nằm trên cạnh AB sao cho AM = 2 BM. Tính góc giữa hai đường thẳng
6 a=
AC và CM và OA.
.
.
.
.
OC
x
3,
3
OA CM ( ,
)
,
. Đặt OB = x. Ta có
OA x =
=
=
2
2
2
2
AC
a
x
x
a 6
6
A. B. B. D. arctan arctan arctan arctan 31 3 93 3 31 2 93 6
= ⇒ = .
=
Hướng dẫn giải [Cách 1] Phương pháp dựng hình Gọi H là hình chiếu của M lên mp(OBC). Vì AM = 2BM nên OH = 2HB. Suy ra (cid:4) (cid:4) (cid:4) MH CM CMH ) ( = 2 OA OC = +
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 19 | T H B T N
A
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
Ta có
,
=
a 3 MH 1 OA= 3 3
2
2
.
=
+
=
a HC OC OH 31 3
.
Suy ra (cid:4) CMH tan(
=
=
M
C
,
Ox OB Oy OC Oz OA ≡
≡
≡ .
O
) HC HM
H
OC
x
3,
3
Ta có
,
OA x =
=
B
2
2
2
2
x
AC
a
x
6
a 6
2 OA OC +
=
=
= ⇒ = .
93 3 [Cách 2] Phương pháp tọa độ. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, , với Đặt OB = x.
. Khi đó,
,
=
( 0;0;
) 3 ,
a a 3 3 MH C a A a M (0; 3;0), ;0; 1 OA= 3 3 a 2 3 3
(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) MC
(cid:2) u
,
suy ra
−
= −
−
=
)
(
−
a
a
(cid:1)(cid:1)(cid:2) OA
a 3 ;a 3; 2; 3 3; 3 a 2 3 3 a 3
0;0;
3
3
suy ra
=
) 3 0;0;1
(
)
(
a 3 (cid:2) v
(cid:2) (cid:2) u v ,
(cid:4) OA CM ,
.
=
=
⇒
=
(cid:4) ( OA CM , cos ) =
)
a = (cid:2) (cid:2) u v , (cid:2) (cid:2) u v .
cos( tan( ) 3 34 93 3
030 , góc ABO bằng
060
Câu 9. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc, góc OCB bằng
. Điểm M nằm trên cạnh AB sao cho AM = 2 BM. Tính góc giữa hai mặt phẳng
AC 6
arcsin
arcsin
arcsin
arcsin
a= và (OCM) và (ABC).
1 35
34 35
14 35
3 7
OA CM ( ,
)
,
=
OC
3,
3
A. B. D. C. A
OA x =
=
2
2
2
2
M
x
AC
a
x
6
a 6
2 OA OC +
=
=
= ⇒ = .
Hướng dẫn giải [Phương pháp tự luận] [Cách 1] Phương pháp thể tích Gọi H là hình chiếu của M lên mp(OBC). Vì AM = 2 BM nên OH = 2HB. Suy ra (cid:4) (cid:4) (cid:4) MH CM CMH ) ( = Đặt OB = x. Ta có x
Ta có
, suy ra
=
C
O
a 3 MH 1 OA= 3 3
2
2
.
=
+
=
H
B
Gọi φ là góc giữa hai mặt phẳng (OMC) và (ABC).
a 7 OM MH OH 3
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 20 | T H B T N
3
Suy ra
. Ta có:
V
OA OB OC
sin
.
.
ϕ =
=
= . Tam giác ABC có
OABC
a 2
d O ABC ( , ( )) d O CM ) ,
(
1 6
3
3.
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
OABC
AB
BC
a AC
a
2 ,
6
,
.
d O ABC , (
(
))
=
=
=
=
⇒
=
=
=
ABC
2 15 2
V 3 S
a 3 15
2
ABC
∆
a
.
a 2 15 2
OM OC .
Vì tam giác OCM vuông tại O nên
.
a
d O CM ,
(
)
=
=
2
21 34
2 OM OC +
sin
.
Suy ra
=
ϕ =
=
34 35
d O ABC ( ,( )) d O CM ) ,
(
z
a
A
a 3 15 21 34
,
,
a S ∆⇒
≡
OC
x
3,
3
[Cách 2] Phương pháp tọa độ. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, với Ox OB Oy OC Oz OA ≡ . ≡
,
OA x =
=
2
2
2
2
x
AC
a
x
6
a 6
2 OA OC +
=
=
= ⇒ = .
a
3
MH
. Khi đó:
=
1 OA= 3
3
M
a
3
C
C
a
A
a
M
(0;
3;0),
0;0;
;0;
(
) 3 ,
O
a 2 3
3
, .
y
( B a
H
Suy ra
a
a
a
) ;0;0 . (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) OC
(0;
3;0)
3 0;1;0
(cid:1)(cid:2) x 3. ,
=
=
=
(
)
B
x
a
3
(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) OM
;0;
(cid:1)(cid:2) y . ;
=
=
=
( 2;0; 3
)
a 2 3
3
a 3
a
a
(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:2) a u BA . ;
;0;
3
3
(cid:2) av ,
=
−
a = −
−
= −
)
( 1;0;
)
(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) BC (cid:2) n
]
và
.
( a a ; = − (cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:2) x y= [ ,
=
−
) 3;0 = (cid:2) (cid:2) (cid:2) k u v= [ , ]
=
(
( a = − ( 3; 3; 3
)
cos
sin
ϕ
ϕ
Suy ra
.
=
=
=
⇒
=
34 35
3 7. 15
1 35
a 3 ( ) 1; 3;0 ) 3;0; 2 (cid:2) (cid:2) n k . (cid:2) (cid:2) n k .
Đặt OB = x. Ta có
060 , OB
2
a= ,
bằng OC a= với mặt phẳng (ACM bằng:
Câu 10. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc. Góc giữa đường thẳng AC và mp(OBC) . Gọi M là trung điểm của cạnh OB. Góc giữa đường thẳng OA
.
.
.
.
arcsin
arcsin
arcsin
arcsin
3 2 7
1 2 7
3 4 7
1 7
B. C. D. A.
Ta có Góc giữa AC và mp(OBC) bằng
060 .
0
a
.tan 60
6
.
Suy ra
OA OC =
=
Hướng dẫn giải [Cách 1] Phương pháp thể tích]
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 21 | T H B T N
A
2
2
AM
OA
OM
=
+
2
2
CM
OC
OM
=
+
a 5 = . 2 a 3 = . 2
2
2
AC
OC
OA
a
2 2
. Suy ra
=
+
=
a
.
=
ACM
S∆
2 14 2
3
a
3
V
OA OC OM
.
.
.
=
=
A OCM
.
1 6
6
C
O
O ACM
Suy ra
.
a
d O ACM , (
(
))
=
=
3 14
ACM
V .3 S∆
M
Gọi ϕ là góc giữa OA với (ACM),
(
))
B
suy ra
.
sin
ϕ =
=
d O ACM , ( OA
1 2 7
z
A
,
,
≡
M
A
C
a
a
2;0),
(0;
;0;0
.
( 0;0;
) 6 ,
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
a 2
(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) MA
a
;0;
6
Suy ra,
= −
=
a 2
(cid:1)(cid:2) x
,
−
= −
)
a 2
C
a ( 1;0; 2 6 − 2 (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) MC
a
;
2;0
O
= −
a 2
y
,
(cid:1)(cid:2) y
.
−
= −
)
M
a 2
B
x
]
2
và
a ( 1; 2 2;0 2 (cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:2) x y= [ ,
=
6; − −
( 2 4 3;
a
a
= − (cid:2) n (cid:1)(cid:1)(cid:2) OA
a
0;0;
6
(cid:2) k 6.
.
=
=
=
) ) 6 0;0;1
(
(
)
sin
.
ϕ =
=
Gọi ϕ là góc giữa OA với (
) ACM , suy ra
1 2 7
(cid:2) (cid:2) n k . (cid:2) (cid:2) n k .
[Cách 2] Phương pháp tọa độ. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, với Ox OB Oy OC Oz OA ≡ . ≡
OA OB OC đôi một vuông góc. Góc giữa đường thẳng AC và
,
,
mp OBC )
(
. Gọi M là trung điểm của cạnh OB . Tính góc giữa hai mặt phẳng
2
060 , OB a= , bằng OC a= ) AMC và ( ( ) ABC bằng:
arcsin
arcsin
arcsin
arcsin
Câu 11. Cho tứ diện OABC có
.
.
.
.
32 35
1 35
34 35
3 35
0
a
mp OBC bằng
.tan 60
6
.
Ta có Góc giữa AC và
060 . Suy ra
OA OC =
=
A. B. C. D.
(
[Cách 1] Phương pháp thể tích )
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 22 | T H B T N
A
2
2
AM
.
=
OA OM +
=
2
2
CM
.
=
OC OM +
=
a 5 2 a 3 2
AC
a
. Suy ra
2 2
=
2 2 OC OA +
=
I
a
.
=
ACM
S∆
2 14 2
3
a
3
V
OA OC OM
.
.
. Suy ra
=
=
A OCM
.
1 6
6
C
O ACM
.
a
d O ACM , (
(
))
d B ACM ,(
(
O ))
=
=
=
3 14
ACM
V .3 S∆
M
Kẻ OI vuông góc với AC tại I
B
OA OC a
6
d O AC OI
Suy ra BI vuông góc với AC và
)
(
,
=
=
=
. AC
2
a
a
6
OI
OB a
BI
Tam giác OIB vuông tại O có
,
.
=
= ⇒ =
10 2
2
(
))
sin (
=
=
.
(cid:1)( ACM ABC ), ( )
)
d B ACM ,( BI
3 35
z
A
,
,
≡
≡
A
a
C a (0;
2;0),
0;0;
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
) 6 ,
M
;0;0
.
( B a
)
a 2
;0;0 , (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) MA
a
Suy ra,
;0;
6
= −
(cid:3) x
,
= −
= −
a 2 )
a 2
a 2
C
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) MC
a
;
2;0
O
a 2
y
(cid:2)(cid:3) y .
−
= −
( 1;0; 2 6 − = − ( 1; 2 2;0
)
M
a 2
B
x
6;
(cid:3) n 2.
−
−
=
a
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) BC
a
6
(cid:3) a u . ,
6
a a ;
2;0
2;0
(cid:3) a v . ,
= −
= −
= −
−
= −
, )
( = −
)
( 1;
)
a = − 2 (cid:3) (cid:2)(cid:3) x y [ , (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) BA (cid:3) k
.
) 2 3;
6;
2
=
=
−
) 2 ( 1;0; −
( ] 2 4 3; = ( a a ;0; = − (cid:3) (cid:3) ( u v ,
− )
⇒
cos
4
sin
.
=
=
=
ϕ
ϕ
Gọi ϕ là góc giữa (
ABC với( )
) ACM , Suy ra
2 35
3 35
(cid:3) (cid:3) n k . (cid:3) (cid:3) n k .
[Cách 2] Phương pháp tọa độ. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, với Ox OB Oy OC Oz OA ≡ . (
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 23 | T H B T N
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
AD
KHỐI CHÓP CÓ CẠNH BÊN VUÔNG GÓC VỚI MẶT ĐÁY
a= 2
, = . Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, gọi M là trung điểm của AD. Tính
=
=
AB BC SA a khoảng cách h từ M đến mặt phẳng (
) SCD .
a
a
a
6
6
3
Câu 12. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang ABCD vuông tại A và B. Biết
.
.
.
h =
h =
h =
a h = . 3
3
6
S
A. B. C. D.
6 Hướng dẫn giải C1: phương pháp dựng hình.
H
M
Tứ giác ABCM là hình vuông nên
CM a
AD
D
= =
A
1 2
SAC
Suy ra tam giác ACD vuông tại C CD AC CD SA CD ,
⊥ ⇒ ⊥
⊥
Ta có
(
)
B
C
SAC
AH
SCD
⊥
tại H khi đó do ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ CD AH
Kẻ AH SC⊥ ) ( CD
(
)
Vậy
AH
=
=
)
)
( ( d M SCD ,
)
( ( d A SCD ,
)
1 2
1 2
Tam giác SAC vuông tại A, đường cao AH nên
=
+
=
+
=
2
2
2
2
2
1 AH
1 SA
1 AC
1 2 a
1 a 2
3 a 2
a
a
6
6
⇒
AH
Suy ra
.
=
=
)
( ( d M SCD ,
)
3
6
z
D
S
0;0;
S
) a 0;2 ;0 ,
) 0;0;0 ,
) ;0;0 ,
( B a
) a
(
( ⇒
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) SM
a
a
;0
0;
;
;
=
−
( C a a
(
)
)
y
;
=
−
(
M
D
A
2
2
2
a
a
Từ đó suy ra (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ( a a SC ; = (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) , SC SD
2 ; a a
; 2
,
6
=
=
( M a 0; (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ) a SD , − (
) a a 0; 2 ; (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ) , SC SD
B
Vậy khoảng cách từ M đến mặt phẳng (
) SCD là
C
x
3
a
6
=
=
=
.
)
( ( d M SCD ,
)
a 2
6
a
6
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) SC SD SM , . (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) SC SD ,
OB a OC a ,
3
=
=
C2: Phương pháp tọa độ Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, khi đó ta có : ( A ) ;0 ,
. Cạnh OA vuông
3
, gọi M là trung điểm của BC. Tính khoảng cách h giữa hai
OA a=
góc với mặt phẳng (OBC), đường thẳng AB và OM.
a
a
a
5
3
Câu 13. Cho hình tứ diện OABC có đáy OBC là tam giác vuông tại O,
.
.
.
.
h =
h =
h =
h =
15 5
a 3 15
2
d OM AB
,
=
=
//OM ABN . Suy ra
do đó
.
)
(
)
A. B. C. D.
5 Hướng dẫn giải Cách 1 : phương pháp dựng hình Gọi N là điểm đối xứng của C qua O. Khi đó //OM BN ( tính chất đường trung bình ) ( ( ) ( ( d O ABN d OM ABN , , BN AK
) BN OA
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
⊥
)
,
Dựng OK BN⊥
) ( OA OBC
( )
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 24 | T H B T N
OH
ABN
,
⊥
d OM AB OH=
khi đó
. Từ đó
Dựng OH AK⊥
(
)
(
)
A
+
=
+
=
=
2
2
2
2
2
1 ON
1 OB
1 2 a
4 a
3
Tam giác ONB vuông tại O, đường cao OK nên 1 1 OK a 3 Tam giác AOK vuông tại O, đường cao OH nên
a
H
OH
=
+
=
+
= ⇒ =
C
2
2
2
2
2
O
1 OH
1 OK
1 2 OA
4 a 3
1 a 3
5 a 3
15 5
N
a
Vậy
.
d OM AB = ,
K
(
)
M
15 5
B
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
3
M
O
A
a
C
a
; 0
.
,
Khi đó
0;0;
0;
3;0
(
) 0;0;0 ,
( B a
) ;0;0 ,
(
) 3 ,
(
)
a a ; 2
2
z
A
3
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) OM
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AB
a
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) OB
Suy ra
a ; 0;
a ; 0; 0
=
−
=
(
)
(
) 3 ,
a a ; 2
2
; 0 ,
2
2
2
2
O
a
a
a
3
3
−
y
C
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AB OM ,
;
;
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AB OM ,
,
=
=
a 3 2
2
15 2
M
B
a
d AB OM ,
=
=
x
Vậy
.
(
)
15 5
2 (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AB OM OB . , (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AB OM ,
ABCD
Cách 2 : Phương pháp tọa độ Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
)
SA
,
. Gọi F là trung điểm SC, tính góc ϕ giữa hai đường thẳng BF và AC.
a= 2
Câu 14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (
.
.
.
.
060ϕ=
090ϕ=
030ϕ=
045ϕ=
AC
//OF SA OF
⇒ ⊥
⇒ ⊥ OF
A. B. C. D.
.
)
(
AC
BDF
AC BF
⊥
⇒ ⊥
nên
,
.
Lại có AC BD⊥
. Vậy (
(
)
ABCD )(cid:1) 0 AC BF = 90 z
S
S
y
F
D
A
F
D
A
O
B
C
B
x
A
S
;
0;0; 2
(
) 0;0;0 ,
( B a
) ;0;0 ,
( C a a
) ;0 ,
(
) a
F
Suy ra
Hướng dẫn giải C1 : Phương pháp dựng hình Gọi O là giao điểm của AC và BD khi đó
C Cách 2 : phương pháp tọa độ Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, khi đó ta có: (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) a BF ,
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) a AC ,
;
;
a a ;
; 0
=
(
)
= −
a a ; 2 2
a a ; 2 2
AC
Vậy
0
.
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) BF AC .
= ⇒ ⊥ ⇒ BF
=
)(cid:1) 0 ( BF AC , 90
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 25 | T H B T N
(cid:7)
SA (
a= 2 ) ABC .
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) Câu 15. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh SA vuông góc với mặt đáy và . Gọi M là trung điểm của SC. Tính côsin của góc ϕ giữa đường thẳng BM và mặt phẳng
cos
cos
cos
cos
.
.
.
.
ϕ=
ϕ=
ϕ=
ϕ=
21 7
5 10
7 14
5 7
⇒
ABC
//MH SA MH
⊥
(
)
A. B. C. D.
) ABC là BH.
a
3
,
=
SB SC a
Suy ra
. Ta có :
,
,
5
MH a BH =
=
=
=
)
)(cid:1) (cid:1) BM BH MBH
)(cid:1) ( ( ( BM ABC , =
2
a
7
2
2
BM
Tam giác MHB vuông tại H nên
; (cid:1) MBH cos
.
=
BH MH +
=
=
=
BH BM
21 7
2
z
S
S
M
M
y
C
H
A
C
H
A
B x
B
⇒
ABC
//MH SA MH
⊥
Hướng dẫn giải C1 : phương pháp dựng hình Gọi H là trung điểm của AC khi đó Vậy hình chiếu của BM lên mặt phẳng (
(
)
a
3
H
M
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó
0;0;
;0; 0
(
) 0; 0; 0 ,
(
) a B ,
2
3
−
⇒
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) BM
a
; 0;
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) a HM ,
0; 0;
=
=
(
)
a 2
Giả sử góc giữa BM và mặt phẳng (ABC) là ϕ thì ta có :
⇒
sin
cos
.
=
=
=
ϕ
ϕ
2 7 7
21 7
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) BM HM . (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) BM HM .
C2 : phương pháp tọa độ Gọi H là trung điểm của AC khi đó
SA a= . Tính góc ϕ giữa hai mặt phẳng (
SBC và ( )
Câu 16. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và
.
.
.
.
) SDC . 030ϕ=
045ϕ=
090ϕ=
060ϕ=
BC
BC SB CD
SAD
CD SD
,
⊥
⇒ ⊥
⇒ ⊥
⊥
C. D. A. B.
(
)
)
BD
SAC
SC BD
BH SC⊥
⊥
⇒ ⊥
Kẻ
. Ta có
( )1
(
)
( ( )2
BHD
SC DH
⇒ ⊥ SC
⇒ ⊥
Từ ( ) ( ) 1 , 2
(
)
)
)(cid:1) BH DH ,
. )(cid:1) ( ( ) ( . Vậy ( SBC SDC , =
Hướng dẫn giải C1 : phương pháp dựng hình SAB Ta chứng minh được
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 26 | T H B T N
Tam giác SBC vuông tại B, đường cao BH nên ta có
a
6
BH DH
+
=
⇒ =
=
=
2
2
2
2
1 SB
1 BC
3 a 2
3
2
2
BD
1 BH Áp dụng định lí cô sin vào tam giác BHD ta có (cid:1) 2 BH
BHD
cos
=
=
1 − 2
.
Vậy
cos
=
=
)
)
DH − + BH DH . 2 )(cid:1) 0 )(cid:1) ( ( ) ( SBC SDC BH DH 60 , ,
1 = ⇒ 2
z
)(cid:1) ( ( ) ( ( SBC SDC cos , S
S
H
y
D
A
D
A
O
B
B
C
x
C
S
0;0;
Khi đó
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
) ;0;0 ,
( D a 0;
) ;0 ,
(
) a
Suy ra
a
;
,
;
; 0;
0;
,
−
−
( A (cid:2)(cid:2)(cid:3) ( SB a
( B a (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ( ) a SC a a
2
2
a
a
SBC có một VTPT là :
;0;
=
=
Mặt phẳng (
)
)
2
2
) ;0 , (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ( ) a SD , (cid:3) n (cid:3) k
a
a
SDC có một VTPT là :
) a ; − (cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) SB SC , (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) SD SC ,
0;
;
=
=
−
−
Mặt phẳng (
)
( (
)
cos
Vậy
.
=
)
)(cid:1) 0 )(cid:1) ( ( ( ) ( ) ( ( ) SBC SDC SBC SDC 60 , , =
1 = ⇒ 2
(cid:3) (cid:3) n k . (cid:3) (cid:3) n k .
C2 : phương pháp tọa độ Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. ( ) C a a ; 0;0;0 ,
BAD =
. Các mặt phẳng SAD cùng vuông góc với mặt đáy. Gọi M là trung điểm SD, thể tích khối chóp
SAB và ( )
)
(
a
S.ABCD là
SBC theo a.
. Hãy tính khoảng cách h từ M tới mặt phẳng (
)
3 3 3
a
a
Câu 17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh a, góc (cid:1) 0 120
.
.
.
.
h =
h =
h =
h =
228 38
228 19
a 2 5 5
a 2 5 19
SAD cắt nhau theo giao tuyến SA và cùng vuông góc với mặt phẳng
A. B. C. D.
SAB và ( )
)
SA
ABCD
⊥
. Ta có
//AD BC
=
(
) ABCD nên
(
)
)
)
( ( d M SBC ,
)
( ( d D SBC ,
)
1 = ⇒ 2
1 2
⇒
⇒
. Vậy
=
=
( AD SBC //
)
)
)
)
)
( ( d D SBC ,
)
DM DS ( ( d A SBC ,
)
( ( d M SBC ,
( ( d A SBC ,
)
)
1 2
1 2 , lại có
SA BC
ABCD
SBC
BC
SAH
⇒ ⊥
⊥
⊥
nên
Gọi H là trung điểm của BC, do tam giác ABC đều nên AH BC⊥ ) SAH SA
)
(
(
)
)
⇒
AK
AK SH
AK
SBC
=
⊥ ⇒ ⊥
.
Dựng
)
(
)
( ⊥ ( ( d A SBC ,
( ⇒ )
Hướng dẫn giải Cách 1 : phương pháp dựng hình Hai mặt phẳng (
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 27 | T H B T N
2
a
3
S
Diện tích hình thoi ABCD là :
AB BC .
0 .sin 60
=
=
ABCD
2
a
3
SA
a
Từ đó suy ra
2
. Tính được
=
=
AH =
2
V .3 S ABCD S
ABCD Tam giác SAH vuông tại A, đường cao AK nên :
a
.
=
+
=
+
=
⇒ = AK
2
2
2
2
2
2
1 AK
1 AH
1 SA
4 a 3
1 a 4
19 a 12
228 19
a
AK
Vậy
.
=
=
)
( ( d M SBC ,
)
228 38
1 2
z
S
S
M
M
y
K
D
A
D
A
O
B
B
x
C
C
H
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
//Oz SA. Khi đó ta có
3
−
O
A
B
C
0;
; 0; 0
(
) 0;0;0 ,
; 0;0 ,
a − 2
a 2
a 2
; 0 ,
a
3
3
⇒
S
a
D
; 0
; 0; 2
;
0;
a M ,
a − 2
a a − ; 4
4
2
3
3
−
a
;
;
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) a SC ,
(cid:2)(cid:2)(cid:3) ⇒ = SB
; 2 −
a ;0; 2 −
=
−
=
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ) a SM ,
(
a 2
a 2
a a ; 4
4
a
=
=
Vậy
.
)
( ( d M SBC ,
)
228 38
(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) SB SC SM . , (cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) SB SC ,
Phương pháp tọa độ Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ,
. Các mặt phẳng
BAD =
3
SAD cùng vuông góc với mặt đáy. Thể tích khối chóp S.ABCD là
. Hãy tính
(
SAB và ( )
)
a 2 3 3
khoảng cách h giữa hai đường thẳng SB và AC theo a.
a
a
a
3
6
6
Câu 18. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh 2a, góc (cid:1) 0 120
.
.
.
.
h =
h =
h =
h =
a 2 5 5
2
2
3
SAD cắt nhau theo giao tuyến SA
SAB và ( )
)
SA
ABCD
⊥
.
(
)
) ABCD nên
A. B. C. D.
AK
SBH
⊥
Dựng
. Ta chứng minh được
AH d AK SH ,
⊥
⊥
(
)
Hướng dẫn giải Cách 1 : phương pháp dựng hình Hai mặt phẳng ( và cùng vuông góc với mặt phẳng ( Dựng đường thẳng d qua B và song song với AC.
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 28 | T H B T N
⇒
⇒
d AC SB
AK
AC HB //
//
,
=
=
)
)
) suy ra
( ( d AC SBH , //AH BO .
BO AC AH HB ,
( ) AC SBH ⊥ ⇒
( AH AC ⊥
⊥
AH BO a
Vậy tứ giác AHBO là hình chữ nhật nên
3
=
=
0
2
S
Diện tích hình thoi ABCD là
AB BC .
.sin 60
a 2 3
=
=
ABCD
AH
Suy ra
=
a =
V .3 S ABCD S
ABCD
Tam giác SAH vuông tại A, đường cao AK nên
a
a
3
3
AK
. Vậy
.
=
+
+
= ⇒ =
d AC SB = ,
=
)
(
2
2
2
2
2
1 AK
1 AH
1 SA
1 2 a
1 a 3
4 a 3
2
2 z
S
S
K
d
D
A
D
A
H
O
O
B
x
B
y
C
C
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
O
S
a
a ;0;
−
) ;0;0 ,
(
(
( C a
)
) 0;0;0 , (cid:2)(cid:2)(cid:3) SB
Suy ra
a a ;
a ;0;0
3;
=
=
=
(
)
( A a − (
a
3
d AC SB
,
=
=
Vậy
.
(
)
2
//Oz SA. Khi đó ta có ( ) ) B a ;0;0 , 0; 3 ;0 , (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ) ( ) a OB OC a , 3;0 , 0; − (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) OC SB OB . , (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:3) OC SB ,
Cách 2 : phương pháp tọa độ Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ,
) SAB và
a
2
. Tính
(
SAC cùng vuông góc với mặt đáy, khoảng cách từ A đến mặt phẳng (
)
) SBC là
2
góc ϕ tạo bởi hai đường thẳng SB và AC.
Câu 19. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB a= . Hai mặt phẳng (
.
.
.
.
045ϕ=
090ϕ=
030ϕ=
060ϕ=
SAC cắt nhau theo giao tuyến SA và cùng vuông góc với mặt phẳng
)
ABCD
SA
⊥
. Ta có :
BC AB BC SA ,
. Dựng AK SB⊥
⊥
⊥
SAB và ( ) (
)
A. B. C. D.
a
2
SAC
BC AK
AK
SBC
⇒ ⊥ BC
⇒ ⊥
⊥
. Vậy
, từ đó suy ra
AK =
(
)
(
)
2
= ⇒ = SA a
−
−
=
=
2
2
2
Tam giác SAB vuông tại A, đường cao AK nên ta có : 1 2 a
1 AK
1 AB
1 SA
2 2 a
1 2 a
⇒
Dựng hình bình hành ACBD như hình vẽ, khi đó:
AC BD //
)(cid:1) ( ( AC SB , =
)(cid:1) BD SB ,
2,
2,
2
nên tam giác SBD đều.
Tính được
SD a =
SB a =
BD a =
Hướng dẫn giải Cách 1 : phương pháp dựng hình Hai mặt phẳng ( ) ( ABCD nên
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 29 | T H B T N
.
=
Vậy (
)(cid:1) (cid:1) 0 SBD= AC SB , 60
z
S
S
y
x
K
C
A
C
A
D
B
B
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
;0;
a
; 0;
a a ;
; 0
=
) 0;0;0 ,
) ;0;0 ,
( A a
(
) a , suy ra
//Bz SA . Khi đó theo cách 1 ta có : (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ( ) S a a AC BS ,
(
( = −
)
cos
Vậy
.
=
=
)(cid:1) ( AC SB ,
)(cid:1) 0 ( AC SB , 60
1 = ⇒ 2
) ( C a ;0 , 0; (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) BS AC . (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) BS AC .
SAD cùng vuông
Cách 2 : phương pháp tọa độ Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, B
SAB và ( )
)
3
góc với mặt đáy. Biết thể tích khối chóp S.ABCD là
. Tính góc ϕ giữa đường thẳng SB và
a 3
) SCD .
Câu 20. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, hai mặt phẳng (
.
.
.
.
060ϕ=
030ϕ=
090ϕ=
mặt phẳng ( 045ϕ=
SAB và ( )
)
ABCD
SA
⊥
.
SAD cắt nhau theo giao tuyến SA )
) ABCD nên
(
SA
Do đó
a = .
=
B. C. D. A.
ABCD
2
a
Tam giác SAD vuông tại A nên
2
CD AD CD SA CD
SAD
CD SD
,
⊥
SD ⊥ ⇒ ⊥
AD = + ⇒ ⊥
Ta có
= (
2 SA )
2
a
2
S
Vậy diện tích tam giác SCD là :
SD CD .
=
=
SCD
2
,
1 2 Gọi I là hình chiếu của B lên mặt phẳng (
) SCD khi đó
)
)(cid:1) (cid:1) BSI SB SI , =
)(cid:1) ( ( ( SB SCD =
a
2
.
Mặt khác
BI
=
=
=
V 3 B SCD S
V 3 S ABCD . S 2
2
SCD
SCD
2
SB
a
2
+
=
= Tam giác SAB vuông tại A nên Tam giác SIB vuông tại I nên (cid:1) BSI
sin
=
(cid:1) 0 BSI 30 =
2 SA BI SB
AB 1 = ⇒ 2
,
Vậy
.
(
)(cid:1) 0 ( ) SB SCD = 30
Hướng dẫn giải Cách 1 : phương pháp dựng hình Hai mặt phẳng ( và cùng vuông góc với mặt phẳng ( V .3 S ABCD S
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 30 | T H B T N
S
z
S
y
B
B
A
A
I
O
D
C
D
x
C
B
A
S
0;0;
0;
Nên
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
( D a
) ;0 ,
) a
(
Suy ra
a
;0;
a a ;
;
0;
;
=
−
=
−
=
−
) ( 0;0;0 , (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ( SD
) ;0;0 , (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ) a SC ,
( (
( C a a ; (cid:2)(cid:2)(cid:3) ) a SB ,
(
2
2
a (cid:3) n
a
SCD có một vectơ pháp tuyến là
) a (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) SD SC ,
2 a a ;
;2
=
=
Mặt phẳng (
)
(
)
sin
,
Vậy
.
=
=
)
)(cid:1) 0 ( ) SB SCD 30
1 = ⇒ 2
(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:3) n SB . )(cid:1) ( ( ( (cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:3) SB SCD , n SB .
SAC cùng vuông
Cách 2 : phương pháp tọa độ Chọn hệ tọa độ như hình vẽ. Khi đó theo cách 1 ta tính được SA a= , ) a ;0 ,
SAB và ( )
)
3
góc với mặt đáy và
SA a=
. Tính côsin của góc ϕ giữa hai mặt phẳng (
SAB và ( )
) SBC .
Câu 21. Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác đều cạnh a, hai mặt phẳng (
cos
cos
.
.
.
.
ϕ=
ϕ=
cos
cos
ϕ=
ϕ=
5 7
7 7
1 5
1 3
SAC cắt nhau theo giao tuyến SA và cùng vuông góc với mặt
)
ABC
⊥
.
SAB và ( ) ( SA
) ABC nên
,
⇒
SA CM
ABC
SA
A. B. C. D.
⇒ ⊥
⊥
suy ra
lại có
.
( CM SAB ⊥
)
(
)
SB
⊥
Dựng CI
thì
SB⊥
(
)
IM SB CI
,
⊥
⊥ ⇒ SB
Vậy
⇒ ⊥ CMI SB IM )(cid:1) ( )(cid:1) ( ) ( ( MI CI SAB SBC , , =
) Hai tam giác SAB và MIB đồng dạng nên :
a
3
⇒ = MI
=
=
AB SA . 2
2
SB SA = MI MB
MB SA . SB
4
SA
AB
2
+
a
3
2
2
CM
Tam giác CMB vuông tại M nên :
=
CB MB −
=
2
2
2
Tam giác IMB vuông tại I nên :
IB
MB
IM
=
−
=
a 4
2
2
CI
CB
IB
Tam giác CIB vuông tại I nên :
=
−
=
a 15 4
Áp dụng định lí côsin cho tam giác IMC ta có :
Hướng dẫn giải Cách 1 : phương pháp dựng hình Hai mặt phẳng ( ) phẳng ( Gọi M là trung điểm của AB, do tam giác ABC đều nên CM AB⊥ CM SB ⊥
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 31 | T H B T N
2
2
cos
cos
(cid:1) 2 CI CIM =
=
ϕ
.
IM CM − + CI IM 2 .
1 = ⇒ 5
1 5
S
z
S
y
x
B
C
A
I
A
M
M
C
B
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
//Oz SA
a
a
3
3
A
M
B
S
a
Khi đó
0;
;0;
3
(
) 0; 0;0 ,
; 0 ,
2
a 2
2
; 0; 0 ,
3
−
(cid:2)(cid:2)(cid:3) SB
(cid:2)(cid:2)(cid:3) SA
a
a
0; 0;
;
;
3
=
−
=
−
(
) 3 ,
a 2
a 2
a
3
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) MS
a
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) MB
; 0;
0;
; 0
=
=
2
a 2
3 ,
2
2
a
(cid:3) n
SAB có một vectơ pháp tuyến là
(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:3) SA SB ,
; 0
=
)
Mặt phẳng (
a 3 3 ; 2
2
=
2
2
a
a
3
3
−
SBC có một vectơ pháp tuyến là
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:3) k MS MB ,
; 0;
=
)
Mặt phẳng (
2
4
=
SBC
SAB
cos
Vậy
.
=
=
) ( ,
)
)(cid:1) . ( (
1 5
(cid:3) (cid:3) n k (cid:3) (cid:3) n k .
Cách 2 : phương pháp tọa độ Chọn hệ tọa độ như hình vẽ, M là trung điểm BC,
) ABCD là
Câu 22. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a, cạnh SA vuông góc với mặt 045 , gọi G là trọng tâm tam giác SCD.
a
a
a
a
2
3
5
5
đáy. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( Tính khoảng cách h giữa hai đường thẳng chéo nhau OG và AD.
.
.
.
.
h =
h =
h =
h =
3
2
3
⇒
⇒
d AD MN ,
//
=
=
)
)
)
)
( ( d A SMN ,
)
MN AB MN SA MN
SAB
SAB
,
( AD SMN ⊥ ⇒
⊥
⊥
D. C. A. B.
2 Hướng dẫn giải Cách 1 : phương pháp dựng hình Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB. ( ( d AD SMN AD MN , // ( SMN
) (
( (
)
)
)
⇒
AK SN
AH
SMN
AK
⊥ ⇒ ⊥
=
Dựng
)
(
)
⊥ )
SA
⊥
Lại có
(
⇒ ( ( d A SMN , nên AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (
) ABCD
SCA
,
=
Từ đó suy ra
.
)
)(cid:1) (cid:1) 0 SC AC 45 , =
) ABCD )(cid:1) ( ( ( SC ABCD =
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 32 | T H B T N
SA AC a
2
=
=
Vậy giác SAC vuông cân, suy ra Tam giác SAN vuông tại A, đường cao AK suy ra :
a
2
.
=
+
=
+
=
⇒ = AK
2
2
2
2
2
1 AK
1 SA
4 2 a
1 a 2
9 a 2
3
1 AN S
z
S
G
A
D
y
G
D
K
A
N
M
M
O
O
B
B
C
x
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
C Cách 2 : phương pháp tọa độ
SA a=
A
S
a
Khi đó
;
0;0;
2
(
) 0;0;0 ,
( C a a
( B a
) ;0 ,
) ;0 ,
2 )
2
2
( D a 0; (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) OG
O
G
Suy ra
a a ;
,
;
=
=
; 0 ,
Chọn hệ tọa độ như hình vẽ, theo cách 1 ta tính được ( ) ;0;0 , a a a − ; 6 6
a 2 ; 3 3
a a ; 2 2
3
3
,
2
d AD OG
,
=
=
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AD
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AO
0;
; 0
. Vậy
.
=
(
)
(
) a ; 0 ,
=
a a ; 2 2
3
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AD OG AO a . (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AD OG ,
BAD =
(
)
SCD cùng vuông góc với mặt đáy, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (
. Hai mặt phẳng ) ABCD
là
SAB và ( ) 045 . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, tính khoảng cách h từ G đến mặt phẳng (
) SCD theo
a.
Câu 23. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, (cid:1) 0 120
.
.
.
.
h =
h =
h =
h =
a 21 7
a 2 21 21
a 3 7
SCD cắt nhau theo giao tuyến SA và cùng vuông góc với mặt
)
ABCD
SA
⊥
. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD khi đó
SAB và ( ) (
)
B. A. C. D.
a 7 14 Hướng dẫn giải Cách 1 : phương pháp dựng hình Hai mặt phẳng ( ) phẳng ( ABCD nên G CM BO . = ⇒
AM CD d M SCD
∩ //
,
=
Ta có
(
)
)
(
)
( ( d A SCD ,
)
Lại có
=
=
)
)
)
( ( d G SCD ,
)
( ( d M SCD ,
)
( ( d A SCD ,
)
GC MC
2 = ⇒ 3
2 3
⇒
SAN
SAN
SCD
⊥ ⇒ ⊥
⊥
Tam giác ACD đều nên AN CD⊥
(
)
(
)
(
)
⇒
AK
AK SN
SCD
AK
=
⊥ ⇒ ⊥
Dựng
)
(
)
2 3 CD SA CD )
SA
) ABCD suy ra
SCA
,
= ⇒ =
AC SA a =
)
, mà ( ( d A SCD , ) nên AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng ( ( ABCD ⊥ Do )(cid:1) ( )(cid:1) (cid:1) 0 ( ( SC AC SC ABCD , 45 = =
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 33 | T H B T N
a
3
Ta tính được
AN =
2
Tam giác SAN vuông tại A, đường cao AK nên ta có :
=
+
=
+
=
⇒ = AK
2
2
2
2
2
1 AK
1 SA
1 AN
1 2 a
4 a 3
7 a 3
a 21 7
AK
Vậy
=
=
)
( ( d G SCD ,
)
2 3
a 2 21 21
z
S
S
y
K
A
A
D
D
M
O
M
O
G
N
B
G
x
B
C
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
C Cách 2 : phương pháp tọa độ Chọn hệ tọa độ như hình vẽ, theo cách 1 ta tính được SA a= .
a
3
O
A
C
D
Khi đó
0;
;0
(
) 0;0; 0 ,
; 0; 0 ,
;0; 0 ,
− a 2
a 2
2
3
−
G
S
a
a
0;
a ;0;
; 0;
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ( ⇒ = − CS
)
a 6
− a 2
; 0 ,
3
3
−
=
=
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) CD
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) CG
;
; 0
. Vậy
.
=
=
)
( ( d G SCD ,
)
a a − ; 2
2
a − 2
a 6
a 2 21 21
; 0 ,
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) CS CD CG , . (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) CS CD ,
KHỐI CHÓP CÓ MẶT BÊN VUÔNG GÓC MẶT ĐÁY – HÌNH CHIẾU VUÔNG GÓC
.S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách h từ điểm A đến mặt phẳng (
) SCD .
a
a
a
3
3
Câu 24. Cho hình chóp
h
h
h
.
.
.
=
=
=
21 7
4
7
A. C. D. B. h a= .
ABCD
( SAB
⇒ ⊥ SH
Gọi H là trung điểm AB , ta có:
(
)
= SAB
⊂
ABCD ) (
) AB )
( ) SAB ⊥ ( ( ) ABCD ∩ SH AB SH , ⊥
=
(vì
)
)
( //AH SCD )
)
( ( d A SCD ,
( ( d H SCD ,
)
HI=
) Gọi E là trung điểm CD , kẻ
thì
.
HI
SE
SE I ,
⊥
∈
)
( ( d H SCD ,
)
Hướng dẫn giải [Cách 1]: Phương pháp dựng hình
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 34 | T H B T N
a
3
a .
a
SH HE .
.
Tam giác SHE vuông tại H :
HI
=
=
=
2
2
21 7
SH
HE
+
2
a
+
2 2 a 3 4
a
Vậy:
,
.
)
(
( d A SCD =
)
21 7
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
3
3.
V .
S ABCD
.
a
3
S ACD
.
V
.
Ta tính được
.SH
=
=
d A SCD , (
)
=
S ABCD
ABCD
.
(
)
1 S= 3
6
1 2 S
V 3. S
SCD
SCD
Tính diện tích tam giác SCD :
a
5
2
2
SC SD
a
Ta có:CD a= .
HC HD=
=
2
⇒ =
=
SH HC +
=
2
a
7
2
2
SE
SC
CE
nên gọi E là trung điểm CD :
Vì SC SD=
=
−
=
2
a
2
⇒
⇒
S
SE CD .
a .
.
=
=
d A SCD ,(
)
=
SCD
∆
(
)
7 4
1 2
21 7
(Có thể dùng công thức Hê-rông kết hợp MTCT để tính diện tích tam giác SCD ).
S
z
S
a
a
I
D
A
D
A
y
E
H
E
H
B
a
C
x
B
a
C
[Cách 2]: Phương pháp thể tích đổi đỉnh.
a
3
H
0;0;0
A
C
D
S
;0;0
,
0;0;
,
;
a ;0
;
;
a ;0
,
(
)
−
−
a 2
a 2
a 2
2
3
a
3
2
2
a
3
a
2
a
.
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) SC SD ,
0;
;
. Vậy
=
=
=
−
)
( ( d A SCD ,
)
=
4
21 7
2
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) SC SD AC . , (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) SC SD ,
4
a
+
a 3 4
[Cách 3]: Phương pháp tọa độ. Chọn hệ trục tọa độ có gốc tại H , trục hoành là HA , trục tung là HE , trục cao là HS như hình.
.S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , mặt bên SBC là tam giác đều SBC vuông góc với mặt đáy. Tính theo a khoảng cách h giữa hai đường
)
cạnh a và mặt phẳng ( thẳng ,SA BC .
a
a
3
3
Câu 25. Cho hình chóp
h
h
.
.
=
=
h
.
=
a h = . 2
a 3 4
4
2 Hướng dẫn giải:
A. B. C. D.
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 35 | T H B T N
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
.S ABC .
SA
SHA
⊂
Ta nhận thấy
, và do ABC là tam giác vuông cân tại A nên:
có SH BC⊥
(
BC
SHA
⊥
. Suy ra:
AH BC⊥
nên BC SA⊥
)
) (
.
I
SA∈
.
SHA tại H , kẻ HI
SA⊥
BC cắt (
)
(
)
,
d SA BC HI=
Suy ra HI là đoạn vuông góc chung của SA và BC nên
.
)
(
.
Ta có:
d SA BC = ,
HI
=
=
⋅
Vậy (
)
SH HA ⋅ 2
2
a 3 4
a 3 4
SH
HA
+
z
S
S
I
C
B
H
B
C
H
y
A
A
x
[Cách 1]: Phương pháp dựng hình Trước tiên, ta cần kiểm tra xem SA và BC có vuông góc với nhau không. Gọi H là trung điểm BC , SH là đường cao của hình chóp
a
3
A
B
C
S
;0;0
,
0;0;
;0
;
0;
;0
.
,
0; −
a 2
a 2
a 2
2
a
3
.
d SA BC ,
=
=
Vậy
(
)
4
(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) SA BC AB . , (cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) SA BC ,
.S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a ,
3
và mặt phẳng
SB a=
;
SA a=
SAB vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi
,M N lần lượt là trung điểm của các cạnh
,AB BC .
)
[Cách 2]: Phương pháp tọa độ. Chọn hệ trục tọa độ có gốc tại H , trục hoành là HA , trục tung là HB , trục cao là HS . Ta có:
SM DN . ,
a
a
5
5
Câu 26. Cho hình chóp ( Tính côsin của góc giữa hai đường thẳng
.
.
.
.
5 4
5 5
5
4
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải: [Cách 1]: Phương pháp dựng hình Gọi E là trung điểm AD , F là trung điểm AE .
2
2
2
SB
SA
2
⇒
SM DN ,
SM MF ,
=
Ta có
MF BE ND
/ /
/ /
. Ta có
SM
=
−
= a
(
)
(
)
+ 2
AB 4
, với H là trung điểm MA .
ABCD
⇒ = ⇒ ⊥ SM SA ( ⇒ ⊥ SH
SH MA )
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 36 | T H B T N
a
a
a
5
2
3
2
2
2
2
⇒
BE
AB
AE
a
MF
HF
BD
SH
5
;
;
=
+
=
=
=
=
=
SA HA −
=
2
1 4
2
2
a
5
2
2
SF
SH
HF
vuông tại H )
=
+
=
( SHF∆
2
2
SF
(cid:1) SMF
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
:
SM MF .
cos
∆
=
2 SM MF +
2 2 −
2
2
a
5
2
a
(cid:1) (cid:1) SMF SMF
a 2. .
cos
cos
cos
SM MF ,
.
+
−
⇔
=
(
)
a 5 ⇔ = 4
a 5 4
2
5 = ⇒ 5
5 5
z
S
S
a
a
a 3
a 3
E
A
F
D
A
D
y
H
H
M
M
K
B
C
2a
N
B
C
2a
N
x
Định lí côsin trong SMF
a
3
2
SH
=
2 SA HA −
=
2
a
3
M
S
D
N
;0;0
,
0;0;
,
a ;2 ;0
;
;
a ;0
.
−
a 2
a 2
a 3 2
cos
SM DN ,
.
=
=
Vậy
(
)
5 5
2 (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) SM DN . (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) SM DN .
[Cách 2]: Phương pháp tọa độ. Chọn hệ trục tọa độ có gốc tại H , trục hoành HB , trục tung là HK , trục cao là HS .
.S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAB là tam giác đều và ABCD . Gọi H là trung điểm của AB .
)
nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy ( Tính côsin của góc giữa SC và (
) SHD .
Câu 27. Cho hình chóp
.
.
.
.
3 5
15 5
3a 5
2 5
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải: [Cách 1]: Phương pháp dựng hình
Gọi K là trung điểm AD , I CK HD
. Ta có:
tại I
∩
=
SHD
(
)
⊥ CI HD SH CI ⊥
SI⇒ là hình chiếu của SC lên (
⇒
cos
,
cos
SC SI ,
=
( SC SHD
)
(
) SHD và tam giác SIC vuông tại I ) (cid:1) CSI cos =
(
)
a
2
2
2
2
DI
SI
;
;
.
=
=
=
2 SC CI −
=
IC
DC
ID
=
−
=
2
a 5
a 5
6 5
DK DC . 2 DK DC +
⇒ ⊥ CI
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 37 | T H B T N
Vậy
cos
,
.
=
=
( SC SHD
)
(
) (cid:1) CSI cos =
SI SC
15 5
z
S
S
a
a
a
a
D
K
A
y
D
A
I
H
E
H
B
a
C
a
x
B
C
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
a
3
H
0;0;0
S
C
D
,
0;0;
,
;
a ;0
;
;
a ;0
.
(
)
[Cách 2]: Phương pháp tọa độ. Chọn hệ trục tọa độ có gốc tại H , trục hoành là HB , trục tung là HE , trục cao là HS .
2
a 2
a 2
2
2
a
a
3
3
2;1;0
;0
Ta có:
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) HS HD ,
;
(cid:3) ⇒ = n
−
là một vectơ pháp tuyến của (
) SHD .
(
)
−
4
2
⇒
sin
,
cos
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:3) SC n ,
=
=
=
( SC SHD
)
(
)
)
(
2 5
= −
cos
,
1
Vậy
(
)
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ) SC SHD =
(
2 − = 5
15 5
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:3) SC n . (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:3) SC n .
.S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh
3a
. Tam giác SBC vuông tại S và
ABCD , đường thẳng SD tạo với mặt phẳng
SBC một góc
ABCD .
nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy ( SBD và ( ) (
060 . Tính góc giữa (
)
) )
Câu 28. Cho hình chóp
.
.
.
.
π 4
π 2
π 3
π 6
SH
, suy ra
. Từ H dựng
, suy ra
HI
/ /
,
AC I BD∈
)
HI
BD⊥
D. A. B. C.
Hướng dẫn giải: [Cách 1]: Phương pháp dựng hình ( ABCD ⊥ Từ S dựng SH BC⊥ ABCD .là (cid:1)SIH . )
SBD và ( )
⇒
Ta có:
.
và DC SC⊥
,
SBC
=
(
)
( SD SBC
)
(
) (cid:1) 0 DSC 60 =
. Góc giữa ( DC BC ⊥ DC SH ⊥
2
2
2
a
.
⇒ ⊥ DC
=
⇒ = SC
= a
BH
SB
SH
=
−
=
0
SB SC . BC
CD tan 60
a 3
2 3
a
SHI
Theo Ta-let:
vuông cân tại H
⇒ = SH
=
BH IH = BC OC
BH OC . BC
2 3
.
Vậy (cid:1) SIH
=
π 4
⇒ = IH ⇒ = ⇒ ∆ SH IH
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 38 | T H B T N
z
S
S
600
600
D
C
D
C
O
H
H
y
O
I
B
A
a 3
B
A
a 3
x
, suy ra
. Từ H dựng
, suy ra
HI
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
/ /
,
AC I BD∈
)
(
HI
BD⊥
. Góc giữa (
SBD và ( )
ABCD ⊥ ABCD .là (cid:1)SIH . )
⇒
Ta có:
.
và DC SC⊥
,
SBC
=
[Cách 2]: Phương pháp tọa độ. SH Từ S dựng SH BC⊥
)
(
( SD SBC
)
) (cid:1) 0 DSC 60 =
(
DC BC ⊥ DC SH ⊥
Chọn hệ trục tọa độ có gốc tại H , trục hoành là HB , trục tung là Hy song song CD , trục cao là HS .
2
2
2
⇒
a
.
⇒ ⊥ DC
=
⇒ = SC
= a
BH
SB
SH
=
−
=
0
SB SC . BC
CD tan 60
a 3
2 3
a
H
0;0;0
S
)
,
0;0;
,
;
(vì
B
D
a
;0;0
;
3;0
HC BC BH
−
=
=
)
(
⇒ = SH
a 3
2 3
a 2 3
a 3
2
2
2
a
Ta có:
−
2;
a 2; 2
là một vectơ pháp tuyến của (
) SBD .
(cid:2)(cid:3) ⇒ = n 1
=
( 1;1; 2
2
ABCD .
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) HB HD ,
( a 0;0; 2
) là một vectơ pháp tuyến của (
)
) ) 0;0;1
(
a (cid:2)(cid:2)(cid:3) ⇒ = n 2
(
)
=
⇒
cos
cos
=
=
=
(
) ( SBD ABCD ,
)
(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:3) n n , 1 2
(
)
)
(
2 2
(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:3) n n . 1 2 (cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:3) n n . 1 2
.
Vậy (cid:1) SIH
=
π 4
, hình chiếu vuông góc
(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) SB SD ,
.S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a ,
SD =
a 3 2
ABCD là trung điểm cạnh AB . Tính theo a khoảng cách h từ A đến mặt phẳng
)
của S trên ( ) ( SBD .
a
a
3
6
Câu 29. Cho hình chóp
.
.
.
h =
h =
h =
a h = . 3
3
3
ABCD
⊥
B. A. C. D.
a 2 3 Hướng dẫn giải: [Cách 1]: Phương pháp dựng hình. SH Gọi H là trung điểm AB , ta có:
(
)
HI=
, kẻ
thì
.
HI
SK
Gọi K là trung điểm OB thì HK OB⊥
SK I ,
⊥
∈
)
( ( d H SBD ,
)
AH
HB
,
2
∩
SBD B AB =
=
(
)
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 39 | T H B T N
a
2
a
.
SH HK .
4
⇒
với
HI
2.
2
2
2.
=
=
=
=
=
)
)
( ( d A SBD ,
)
( ( d H SBD ,
)
2
2
2
a 2 3
SH
HK
+
2
a
+
a 8
a
2
2
2
SH
AC
a HK ;
=
SD HD −
=
=
=
1 4
4
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
3.
V .
3
S ABCD
.
S ABD
.
Ta tính được
.
.
=
=
V
.SH
=
d A SBD , (
)
=
S ABCD
ABCD
.
(
)
1 S= 3
a 3
1 2 S
a 2 3
V 3. S
SBD
SBD
Tính diện tích tam giác SBD :
a
5
2
SB
Ta có:
.
=
2 SH HB +
=
SD =
2
BD a=
a 3 2
2
Dùng công thức Hê-rông kết hợp MTCT:
2
a
5
+
+
p
S
p
p
;
2
=
=
−
−
−
=
SBD
(
)
SB SD BD 2
2
a 3 2
a 3 4
p p
z
S
S
3a
2
A
D
D
I A
y
H
H
E
K
O
a
C
B
a
x
B
C
[Cách 2]: Phương pháp thể tích đổi đỉnh.
2
2
SH
=
SD HD −
H
S
0;0;0
0;0;
A
B
D
;0;0
,
,
;0;0
;
;
a ;0
(
)
(
) a ,
a =
−
a 2
a 2
3
2
2
.
. Do đó
=
=
=
(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) SB SD ,
2 a a ;
;
−
)
2
( ( d A SBD ,
)
=
a 2
a 2 3
a − 2 (cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) SB SD AB . , (cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) SB SD ,
a a 3 2
HB
HA
2
.S ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt . Góc giữa đường thẳng SC và
ABC là điểm H thuộc cạnh AB sao cho
=
[Cách 3]: Phương pháp tọa độ. Chọn hệ trục tọa độ có gốc tại H , trục hoành là HA , trục tung là HE , trục cao là HS như hình.
060 . Tính khoảng cách h giữa hai đường thẳng SA và BC theo a .
) ABC bằng
phẳng ( mặt phẳng (
a
a
a
a
Câu 30. Cho hình chóp )
.
.
.
.
h =
h =
h =
h =
42 12
42 12
42 12
42 8
B. C. D. A.
Hướng dẫn giải: [Cách 1]: Phương pháp dựng hình
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 40 | T H B T N
BC
SAt
d SA BC ,
At BC / /
,
/ /
,
=
=
vì
(
)
)
)
)
) ⇒
AEKN
( ( d BC SAt , Gọi N là trung điểm BC , qua H dựng
là hình chữ
) ,
,
( ( d B SAt , EK AN E At K BC / / ∈
( ∈
HI
SAE . Dựng HI
ta có:
SE⊥
=
=
nhật, (
)SAt
là (
)
)
( ( d H SAE ,
)
SH HE . 2
2
SH
HE
+
a
7
2
MH
AB
CH
a
=
= ⇒ =
2 CM MH +
=
1 6
1 6
3
a
,
0 60 , tan 60
=
=
⇒ = SH
( SC ABC
)
(
) (cid:1) 0 SCH =
SH CH
21 3
a
3
a
42
HK
AN
AN
;
=
⇒ = EH
=
HI
=
=
=
)
( ( d H SAE ,
)
SH HE . 2
2
1 3
2 3
3
12
SH
HE
+
a
⇒
.
=
=
BH
SAE
HA
A BA ,
∩
=
=
(
)
)
)
( ( d B SAE ,
)
( ( d H SAE ,
)
3 2
3 2
42 8
a
Vậy
.
d SA BC = ,
(
)
42 8
S
z
S
I
E
A
B
M
H
y
A
B
M
H
K
600
600
N
C
x
C
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
/ /Mz HS .
a
7
2
AB
MH
CH
a
Ta có:
=
= ⇒ =
2 CM MH +
=
1 6
3
a
,
0 60 , tan 60
=
=
⇒ = SH
( SC ABC
)
1 6 ) (cid:1) 0 SCH =
(
SH CH
21 3
a
3
A
S
B
B
;0
,
0;
,
0;
;0
;
;0;0
.
0; −
a 2
a a ; 6
21 3
a 2
2
2
2
2
a
a
a
a
21
7
⇒
d SA BC ,
.
=
=
(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) SA BC ,
;
;
−
(
)
=
6
2
42 8
3
(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) SA BC AB . , (cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) SA BC ,
[Cách 2]: Phương pháp tọa độ. Chọn hệ trục tọa độ có gốc tại M , trục hoành là MC , trục tung là MB , trục cao là
.S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, O là giao điểm hai đường chéo AC và
AB a AD a ;
3
BD , có
ABCD là trung điểm H
=
=
)
SH
của OD ,
a= 2
. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên ( ) ,AB SD .
. Tính côsin của góc (
Câu 31. Cho hình chóp
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 41 | T H B T N
2
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
.
.
.
−
.
1 34
17 34
17 34
17
DC SD ,
AB SD ,
=
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải: [Cách 1]: Phương pháp dựng hình (
)
(
)
2
2
a
2
2
BC
+
SD
SH
HD
=
+
=
17 2
= ⇒ = a OC a ; CH OD
AC AB OC CD OD a =
2 = ⇒ ⊥
= =
a
3
CH⇒ =
2
a
2
2
SC
SH
HC
=
+
=
19 2
2
2
SC
(cid:1) SDC
SDC :
=
SD CD +
2 2 −
⇒
⇒
cos
cos
AB SD ,
cos
DC SD ,
cos
.
=
=
(
)
(
(cid:1) 17 SDC = 34
SD CD . .cos ) (cid:1) 17 SDC = 34
z
S
S
2a
2a
D
D
A
A
y
H
H
a
a
O
O
B
C
B
a 3
C
a 3
x
Định lí côsin trong tam giác
a
3
H
S
0;0;0
0;0; 2
C
D
,
;0;0
;
.
0;
;0
(
)
(
) a ,
2
⇒
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) DC DS ,
.
cos
DC SD ,
cos
=
=
=
(
)
(
)
17 34
a 2 (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) DC DS . (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) DC DS .
a
3
SA SB SC
[Cách 2]: Phương pháp tọa độ. Chọn hệ trục tọa độ có gốc tại H , trục hoành là HC , trục tung là HD , trục cao là HS .
.S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A ,
, BC a= . Tính
=
=
=
2
cosin của góc giữa SA và (
) ABC .
Câu 32. Cho tứ diện
.
.
.
.
2 3
3 3
6 3
6 2
D. A. B. C.
Hướng dẫn giải: [Cách 1]: Phương pháp dựng hình
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 42 | T H B T N
SH
ABC
⊥
Gọi H là trung điểm cạnh BC , suy ra
).
(vì SA SB SC =
=
(
)
;
AH =
( ,SA ABC
)
(
) (cid:1) SAH=
BC a = 2 2
a 2
cos
,
=
=
=
Vậy
.
( SA ABC
)
(
) (cid:1) SAH cos =
AH SA
3 3
a
3
2
z
S
S
A
C
A
C
H
H
y
B
x
B
,AB AC thay đổi, và góc giữa SA và
ABC không đổi. Ta chọn vị trí A sao cho tam giác ABC vuông cân tại A . Khi đó với H là
)
. Chọn hệ trục tọa độ có gốc tại H , trục hoành là HB , trục tung
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
2
2
AH =
SH
SC
HC
;
=
−
=
BC a = , 2 2
a 2
H
0;0;0
A
B
,
,
;0
;
;0;0
S
0;0;
(
)
0; −
a 2
a 2
a 2
2
Ta có:
(cid:3) n⇒ =
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) HA HB ,
0; 0;
−
là một vectơ pháp tuyến của (
) ABC .
) 0;0;1
=
a 4
⇒
⇒
cos
,
1
=
sin
,
cos
(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:3) SA n ,
.
=
=
=
(cid:2)(cid:2)(cid:3) ( SA ABC
)
( SA ABC
)
(
)
(
)
)
(
2 − = 3
3 3
2 3
( (cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:3) SA n . (cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:3) SA n .
a
6
[Cách 2]: Phương pháp tọa độ. Ta thấy A di chuyển trên đường tròn đường kính BC nên ( trung điểm BC thì AH BC⊥ là AH , trục cao là HS .
,
.S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại đỉnh A , cạnh BC a= ,
AC =
3
a
3
SA SB SC
các cạnh bên
=
=
=
. Tính góc tạo bởi mặt bên (
SAB và mặt phẳng đáy (
)
) ABC
2
Câu 33. Cho hình chóp
.
.
.
π 4
π 3
π 6
C. B. A. D. arctan 3.
Hướng dẫn giải: [Cách 1]: Phương pháp dựng hình
IH AB
AB
SIH
⊥ ⇒ ⊥
Gọi I là trung điểm AB , ta có:
⇒ ⊥ . AB SI
(
)
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 43 | T H B T N
2
2
.
SAB
ABC
AH =
SH
SA
AH
;
=
−
=
(
) ( ,
)
(
) (cid:1) SIH=
BC a = , 2 2
a 2
6
(cid:1) SIH
tan
3
=
=
.
.
IH =
AC a = 2
6
SH = IH a
a 2 6
6
.
SAB
ABC
=
) ( ,
)
( Vậy (
) (cid:1) SIH =
π 3
z
S
S
A
C
A
C
I
y
H
I
H
B
B
x
Iz HS .
a
a
a
a
2
2
I
0;0;0
;
,
,
H
B
S
; 0;0
; 0
0;
0;
;
BC
AC
AB
;
=
−
=
)
(
/ /
a 3
2 3
6
6
2
2
2
a
a
6
2
(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:3) IS IB ,
Ta có:
0;
;
BTN_7_3 (cid:7) Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7)
là một vectơ pháp tuyến của (
) SAB .
1
(
) 0; 3;1
12
12
=
a
(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) IB IH ,
0;0;
là một vectơ pháp tuyến của (
) ABC .
(
) 0; 0;1
(cid:2)(cid:2)(cid:3) n⇒ = 2
2 2 12
=
⇒
SAB
ABC
cos
cos
=
=
=
(
) ( ,
)
(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:3) n n , 1 2
(
)
)
(
1 2
(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:3) n n . 1 2 (cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:3) n n . 2 1
SAB
ABC
.
=
) ( ,
)
( Vậy (
)
π 3
[Cách 2]: Phương pháp tọa độ. Chọn hệ trục tọa độ có gốc tại I , trục hoành là IB , trục tung là IH , trục cao là (cid:2)(cid:3) n⇒ =
′
CHỦ ĐỀ LĂNG TRỤ ĐỨNG - HÌNH HỘP CHỮ NHẬT- HÌNH LẬP PHƯƠNG
′ có mặt đáy ABC là tam giác vuông tại B có
ABC A B C′ .
′ A B
a
AB a AC a ,
3,
2
=
=
=
A BC′
. Gọi M là trung điểm của AC . Khoảng cách từ M đến (
)
là:
a
a
3
3
Câu 34. Cho hình lăng trụ đứng
.
.
.
.
a 3 2
a 3 4
4
2
A. B. C. D.
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 44 | T H B T N
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
)
+ Đi tính
(
⇒
′
,có:
Kẻ AH A B′⊥
′ A BC
(
)
d A A BC , (
⇒ ⊥ AH
) ) AH =
(
) ′⊥ AH A B AH BC ⊥
a
3
2
2
2
. Có
Có
=
+
⇒ = AH
=
′ A A
A B
AB
23 a
′=
−
=
2
2
2
2
1 AH
1 ′ A A
1 AB
4 a 3
2
a
3
′
′
Có
d M A BC , (
)
d A A BC , (
)
=
=
AM
A BC
C
)
′∩ (
=
và M là trung điểm AC ⇒ (
)
(
)
1 2
4
A′
A′
C′
C′
z
B′
B′
y
H
x
M
M
C
A
A
C
B
B
[Cách 2] : Phương pháp tọa độ: Chọn hệ trục toa độ như hình vẽ. Khi đó ta có:
a
2
B
(0;0;0);
A a (0;
; 0);
C a (
2; 0; 0);
′ A (0;
a a M ; 2 );
;
;0
a 2
2
2
2
a
a
a
a
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) BA
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) BC
(0;
a a ;
3);
(
2; 0; 0)
(0;
6;
2)
2(0; 3;1)
Ta có:
2 (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′⇒ ∧ BA BC
′ =
=
=
−
=
a
3
2
a
3
′ A BC
y
z
) : 3
0
d M A BC′ , (
)
Khi đó phương trình (
− = . Suy ra
=
=
(
)
2
4
′
ABC A B C′ .
. Biết góc giữa
′ =
và đáy bằng
A A a 3 và CC′ theo a là:
A BC′
Hướng dẫn giải [Cách 1]: Phương pháp cổ điển d A A BC′ ,(
(
′ có mặt đáy là tam giác đều, cạnh 045 . Tính khoảng cách hai đường chéo nhau A B′
3
3
Câu 35. Cho hình lăng trụ đứng )
.
.
a 3 3
a 3 2
C. D. B. 3a . A. a .
′
′
′
′
′
′
′
′ d C C A B
,
′ d C A ABB ) , (
=
Ta có
C C A ABB
C C A A //
// (
)
)
(
)
. Ta chứng minh được
Kẻ CH AB⊥
′ ABB A′ )
. Suy ra ( CH (
⊥
′
CH
d C ABB C , (
Khi đó
. Ta có
BC
′ A BC
ABC
(
)
(
)
=
∩
(
) ′ = )
. Ta chứng minh được
. Ta có
Kẻ AM BC⊥
BC
A AM′
(
)
⊥
′ ′
) )
( (
ABC ) ′ A BC )
AM A AM ( = ′ A M A AM ( =
∩ ∩
′
′
A AM ABC ), (
(
)
AM A M ,
=
=
(
) vuông cân tại A
Suy ra ( Khi đó A AM′∆
) 0 45 ′⇒ = A A AM a 3
=
Hướng dẫn giải [Cách 1]: phư ơng pháp cổ điển: ⇒
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 45 | T H B T N
=
=
Vậy
Mà ABC∆ CH AM a đều nên 3 ) ′ ′ a d A B C C , 3 =
(
z
A′
C′
A′
C′
B′
B′
y
x
C
C
A
A
M
H
M
B
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
B [Cách 2]: Phương pháp tọa độ
AB
3
a= 2
Ta tính được Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó ta có
M
a a B a
′ A (0;3 ;3 );
(
C a (
′ C a (
a 3; 0;3 )
−
(0; 0; 0); (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ A B
a
a
3;0; 0); (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ a CC
3;0;0); (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) BC
a 3; 3 ; 3 );
(0; 0;3 );
Ta có:
( = −
−
−
=
3
a
18
3
= −
2
2
a a ( 9 ;3
3; 0)
Lại có:
. Ta tính được:
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ ∧ BA BC
= −
2
a
6
3
=
a= 3;0;0) (2 (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ( ) ′ ′ A B CC BC . ∧ (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ ′ A B CC ∧
(
Khi đó ta có:
.
a 3
=
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ( ′ d A B CC ,
) ′ =
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ). ′ ′ A B CC BC ∧ (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ ′ A B CC ∧
′
′ có cạnh bên 2a , góc tạo bởi A B′
và mặt đáy là
060
và AM .
ABC A B C′ . . Gọi M là trung điểm BC .Tính cosin góc tạo bởi 2 đường thẳng A C′
Câu 36. Cho hình lăng trụ tam giác đều
.
.
.
.
2 4
3 2
3 6
3 4
A. B. C. D.
′
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) A C AM .
′
cos
A C AM ,
Áp dụng công thức:
=
(
)
′
2
′
′
có:
A B ABC ,(
)
A B AB ,
=
=
B
tan
⇒ = AB
=
Ta có (
)
(
. Trong v∆ A AB′
a 3
′
Lại có
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) A C AM .
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) .
′ A A AB (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ .
A C AM . ) (cid:1) 0 ′ ABA 60 = (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AB AC +
=
×
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ AC AA −
=
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ ′ AC AA AC AB AA AC AA AB . . −
−
+
)
)
(
(
(
)
1 2
1 2
4
2
0
2
2
.
= 2a . Mặt khác
AC
AB AC c .
. os60
=
+
′ A C
′ A A
AC
=
+
=
(
)
1 2
a 3
[Cách 2]: Phương pháp dựng hình
a
AM
a
=
= (Trung tuyến trong tam giác đều)
3 2 . 2
3
Hướng dẫn giải [Cách 1]: Phương pháp tích vô hướng Lăng trụ đều là lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 46 | T H B T N
2
′
cos
A C AM ,
=
=
Khi đó
(
)
4
3 4
a
×
a a 3
⇒
′
′
′
A C AM ,
A C A N ,
=
Gọi N là trung điểm của B C′
′
)
(
)
′
′
Suy ra
cos
A C AM ,
cos
A C AN ,
=
)
(
(
( ⇒ ′ A N AM // ) (cid:1) ′ CA N cos =
2
2
CN
Xéttam giác A NC′
cos
′ =
′
có : (cid:1) 2 ′+ ′ A N A C − CA N ′ A C A N 2 .
2
a
4
2
2
2
′
′
′
A N AM a A C
CN
CC
CN
;
;
=
=
=
=
+
=
Ta có :
a 13 3
3
⇒
′
cos
A C AM ,
CA N′ =
=
(
)
Khi đó (cid:1) 3 cos 4
3 4
z
A′
C′
A′
C′
N
B′
B′
y
N
x
C
A
A
C
M
M
B
B
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó:
M
A
a
C
a
(0; 0; 0);
(0;
; 0);
(
;0; 0);
′ A (0;
a ; 2 )
a 3
4
⇒
⇒
Ta có
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ A C
′ A C
a
AM a
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AM
;
a a ; 2 )
(0;
;0)
;
= − (
=
=
=
a 3
a 3
′
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) A C AM .
′
cos
A C AM ,
=
=
Khi đó có
(
)
′
3 4
A C AM .
′
′ có
. Tính góc tạo bởi
AB
a AC
a BC
′ a A A
5 ,
6 ,
7 ;
a 3
=
=
=
=
[Cách 3]: Phương pháp hệ trục tọa độ
ABC A B C′ . ACC A′ )
Câu 37. Cho hình lăng trụ đứng đường thẳng BC′ và (
arctan
arctan
arcsin
arcsin
.
.
.
.
2 51 17
2 51 17
2 51 17
51 17
BH AC
BH
. Suy ra HC là hình chiếu vuông góc của BC′ trên (
′ ACC A′ )
A. B. C. D.
(
⊥ ⇒
⊥
′
′
′ BC ACC A )
′ , (
′ BC HC ,
=
Khi đó (
)
(
) (cid:1) ′ BC H =
+
+
Ta có
p
a
9
=
=
AB AC BC 2
2
a
)(
)(
(
)
6
6
=
p p AB p AC p BC −
−
−
=
ABCS
Hướng dẫn giải [Cách 1]: Phương pháp cổ điển ′ ACC A′ Kẻ )
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 47 | T H B T N
2
2
2
⇒
⇒
. Có
Mà
HC
BC
BH
HC
a
BH
a
5
BH AC .
2
6
=
−
=
=
=
ABCS
1 2 2
2
2
⇒
′
′
HC
HC
′ HC a
Ta có
=
+
BC H
Xét
tan
tan
=
=
∆
vBHC′
BH ′ HC
2 51 17
. Khi đó (cid:1) 2 51 ′ = BC H acr 17
CC 34 = có (cid:1) 2 6 ′ = 34
z
A′
C′
A′
C′
B′
B′
z
H
C
H
x
A
A
C
y
B
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
B [Cách 2] : Phương pháp tọa độ
BH
a
AH a
2
6;
=
Ta tính được
=
A
a B a a
(0; 0; 0);
′ C a (6 ; 0;3 );
( ; 2
6;0)
⇒
′
A ACC y
Oxz
′ ) :
′ )
(
(
≡
Ta có
0 =
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó ta có: )
(
′ A ACC (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) BC
a a
a
a 6;3 )
(5; 2 6;3)
′ =
.
ACC A′ ′
(5; 2 6;3)
(cid:3) u =
có VTPT là
, BC′ có VTCP là
(0;1; 0)
Lại có : Ta có: (
(5 ; 2 )
′
Khi đó
BC ACC A
sin
′ ; (
=
(
) ′ = )
= (cid:3) n = (cid:3) (cid:3) n u . (cid:3) (cid:3) n u .
2 87 29
′ ′ BC ACC A )
′ , (
α
=
(
)
2
2
⇒
ADCT
cot
tan
α
α
α
1 cot +
=
=
1 2 sin
17 = ⇒ 12
2 51 17
α
là
arctan
α=
Vậy góc giữa BC′ và (
′ ACC A′ )
2 51 17
′
AB
ABC A B C′ .
′ với đáy ABC là tam giác vuông tại C có
cm= 8
2
,diện tích tam giác A CC′
′ là
C AB′
10cm . Tính tan của góc tạo bởi hai mặt phẳng (
)
Đặt
Câu 38. Cho hình lăng trụ đứng (cid:1) 060 BAC = ABC . và ( )
.
.
.
.
5 3 6
5 3 2
3 6
3 2
. Ta chứng minh được
AB
A. B. C. D.
C AB′
AB
. Kẻ CH AB⊥
(
)
(
)
(
)
∩
=
C CH′⊥
Ta có
= =
′ C HC ( ) ∩ (ABC) ∩
′ C AB CH ( ) ′ ′ C H (C AB)
Hướng dẫn giải [Cách 1]:Phương pháp cổ điển Ta có ABC
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 48 | T H B T N
′
′
C AB ABC ( ),(
C H CH ,
)
=
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7)
Nên (
(
Trong
∆
cm
) có (cid:1)cos CAB
4
=
⇒ = AC
V ABC
AC AB
⇒
′
′
cm
Trong
. Có
:
0 .sin 60
2 3
S
′ C C
∆
=
=
′ C A C C .
cm 5
=
=
′
′
V AHC CH AC
A C C
1 2
CHC
Trong
tan
=
V C CH′∆
N
D
C
′ CC CH
z
ta có: (cid:1) 5 3 ′ = 6 C′
A′
I
M
E
A′
C′
B
A
B′
B′
y
A
C
C
A
H
B
x
B
(cid:7) ) (cid:1) ′ C HC =
C
A
B
C′
(0; 0;0);
(0; 4;0)
(4 3; 0; 0);
(0;0;5)
ABC z
Oxy
Ta có (
) :
)
)
(
= 0
≡
Chọn hệ trục toa độ như hình vẽ. Khi đó ta có ⇒ ( (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ C B
ABC (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ C A
(4 3; 0; 5)
( 20; 20 3; 16 3)
(0; 4; 5); −
−
=
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ⇒ ∧ ′ ′ C A C B
= −
−
Lại có
(0; 0;1)
− (cid:2)(cid:3) n′ =
= (cid:3) n =
có VTPT là
C AB′
ABC có VTPT là
Suy ra (
)
và (
)
′
C AB ABC ), (
)
=
=
Khi đó
( cos (
)
2 3 37
(5;5 3; 4 3) (cid:2)(cid:2)(cid:3)(cid:3) ′ n n . (cid:2)(cid:3) (cid:3) ′ n n .
2
⇒
′
ADCT
C AB ABC ), (
)
α
1 tan +
=
=
( tan (
)
5 3 6
1 2 cos α
′
′
′
[Cách 2]: Phương pháp tọa độ
ABCD A B C D .
, góc tạo bởi D B′
′ có
a AD
AB
a
3 ,
5
=
và mặt đáy là = 045 . Gọi M là trung điểm của BC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau BD và B M′ a
a
Câu 39. Cho hình hộp chữ nhật
.
.
.
661 30
661 20
a 20 661
a 30 661
B. C. D. A. .
⇒
′
′
′
, (
,
)
d B B MN , (
)
d BD B M d BD B MN =
=
Tacó
BD
′ //(B MN)
(
)
(
(
)
⇒
) ′
BK
d B B MN , (
)
=
Kẻ
. Chứngminh được
BK
BE MN BK B E′ ,
(
)
⊥
⊥
B MN′⊥
(
)
△
Ta có
BE
=
+
⇒ = CI
=
2
2
2
Kẻ đường cao CI của CMN 1 CN
1 CI
′
D B ABCD
, (
)
=
ta có CI BE= a 1 6 CM 5 ) (cid:1) 0 ′= D BD 45
Ta có (
[Cách 1]: Phương pháp cổ điển: Gọi N là trung điểm DC .
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 49 | T H B T N
a 5
=
+
=
⇒ = BH
Lại có
2
2
2
′
vuông cân tại 1 1 BB BE
⇒ = ′ D BD D D a 30 661
Suy ra BD D′ ∆ 1 1 BH B D′
C′
D ′
A′
C ′
B′
z
A′
B ′
K
D
x
N
C
D
M
C
E
M
A
y
A
B
B
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
Chọn hệ trục toa độ như hình vẽ. khi đó :
B
B
a D a a
(0; 0; 0); M(
; 0;0);
′ (0;0;5 );
(3 ; 4 ; 0)
a 3 2
Có
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) BD
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ B M
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) a BM
(
; 0;5 );
(
;0;0)
=
=
a 3 2
a 3 2
2
a
=
−
Ta có :
2
3
′
a a (3 ; 4 ; 0); = (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′∧ BD B M (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ⇒ ∧ ′ BD B M a
=
=
(20 ; 15 ; 6 ); ( ′∧
′
d BD B M ,
=
=
Khi đó
(
)
a 30 661
2 2 a a (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ) BD B M BM a 611; 3 . ∧ (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ( ). BD B M BM (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′∧ BD B M
′
[Cách 2]: Phương pháp tọa độ
ABCD A B C D .
′ có diện tích tam giác B AB′
bằng
22a .hãy tính khoảng
′ C BD′
′ cách giữa điểm B′ và mặt phẳng (
)
a
a
3
2
3
2
Câu 40. Cho hình lập phương
3a
.
.
.
a 3
3
3
′
∩
=
=
⇒
⇒
′
d
′ d B C BD , ( )
C, (
′ C BD )
=
Do
C BD
′ B C
)
1
′∩ (
= I
=
=
(
)
(
)
′ C BD
d
′ IB IC
C, (
)
B. C. D. A. 2 .
) ) ) ⇒
′
CH
CH
′ C BD ( )
d C C BD , (
)
⊥
=
. Ta có:
Kẻ CH C O′⊥
(
)
2
Hướng dẫn giải [Cách 1]: Phương pháp cổ điển ′ ; I B C BC Gọi O AC BD ∩ ( ′ ′ d B C BD , ( (
S
x
a
x
a
2
2
=
= ⇒ = 2
′ ′ B A B
∆
1 2
C′
B′
B′
z C′
D′
A′
D′
A′
I
H
Dy
B
C
C
O
B
O
A
x
D
A
Đặt AB x= . Có
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 50 | T H B T N
a
3
2
3
′
Có
′ d B C BD , (
)
=
+
⇒ = CH
=
. Khi đó (
)
2
2
2
′
1 CH
1 CO
1 CC
a 3
2
[Cách 2]: Phương pháp tọa độ Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó : C
D a
C
a B
B
(2 ; 0; 0);
′ (0; 0; 2 );
2
2
2
a (0; 2 ; 0); (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ a a C D
a
(0; 0; 0); (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ C B
a
a
a
(0; 2 ; 2 );
a ( 2 ; 0; 2 )
2 a ( 4 ; 4 ; 4 )
4 (1;1;1)
Ta có
=
−
= −
′ a a (0; 2 ; 2 ) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ⇒ ∧ ′ ′ C B C D
= −
−
−
= −
(1;1;1)
nhận
là VTPT và qua điểm
(cid:3) n =
C BD′
D a
Suy ra (
)
(2 ; 0; 0)
có PT:
C BD′
x
y
z
a
Nên (
)
2
+ + −
= 0
a
a
a
2
2
2
+
−
2
3
′
Khi đó
′ d B C BD , (
)
=
=
(
)
a 3
3
′
′
′
2
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
ABCD A B C D .
, góc tạo bởi đường thẳng A C′
′ có
và
=
=
mặt đáy là
AB a AD a , 060 .Gọi I là trung điểm của CD .Tính góc giữa hai đường thẳng BD′ và AI
Câu 41. Cho hình hộp chữ nhật
arccos
arccos
arccos
.
.
.
arccos
.
3 4
2 3 3
3 3
3 6
B. C. D. A.
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ BD AI .
Áp dụng công thức:
cos
′ BD AI ,
=
(
)
′ BD AI .
′
A C ABCD
)
, (
=
3
;
AC a=
có
Ta có : ( Trong
0 = (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3)
).(
)
+
2
V A AC′∆ (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ BD AI . (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3)
( = (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3)
2
2
BA
BC
).(
(
) (cid:1) 0 ′= A CA 60 ′ = A A AC a 3 . tan 60 (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ Ta có BB BA BC AD DI + + (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ BB BA BC BC BA ) +
= −
+
=
−
+
=
1 2
1 2
a 3 2
23 a 2
Ta tính được:
. Khi đó
BD
a
AI
2
3;
cos
′ BD AI ,
′ =
=
=
=
(
)
a 3 2
3 6
a
2
3.
a 3 2
′ BD AI ,
arccos
=
Vậy (
)
3 6
z
B′
C′
B′
C′
A′
D′
A′
D′
y
B
B
C
C
I
I
A
D
A
x
Hướng dẫn giải Cách 1: Phương pháp tích vô hướng
D [Cách 2]: Phương pháp tọa độ: Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 51 | T H B T N
Khi đó ta có
C
B
a
(0;0; 0);
A a a ( ;
2; 0);
(0;
I 3; 0); (
; 0; 0);
′ a D a ( ; 0;3 )
a 2
⇒
′
Ta có
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ BD
BD
a
a
(cid:2)(cid:2)(cid:3) AI
a 2;3 )
2
3;
(
;
2; 0)
=
a a ( ; −
=
=
⇒ = AI
a 3 2
a 2
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ BD AI .
23 a − 2
Khi đó
cos
′ BD AI ,
=
=
=
(
)
′ BD AI .
3 6
a
2
3.
a 3 2
′ BD AI ,
arccos
=
Vậy: (
)
3 6
3
′
′
′ có thể tích là
27cm . Tính tan góc tạo bởi đường thẳng
′
A C′
′ .
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
ABCD A B C D . BB D D′ )
Câu 42. Cho hình lập phương và mặt phẳng (
.
.
2 4
1 2
′
′
′
′
B. C. A. 2 . D. 2 2 .
′ ;
;
∩
=
=
∩ ′
′
′ BB D D CK
AH
);
(
⊥
′
H A C = ∩ ′ Ta chứng minh: BB D D ⊥ ( Suy ra HK là hình chiếu vuông góc của A C′
B D K AC BD I HK A C ) BB D D′ lên (
)
′
′
′
′
A C BB D D
, (
)
A C HK ,
=
Nên (
)
(
) (cid:1) ′ A IK =
3
. Tính được
x
x
27
cm 3
= ⇒ =
3 2
AC =
Xét tam giác vuông A IK′
có (cid:1)tan ′ A IH
2
=
=
Hướng dẫn giải: [Cách 1]: Phương pháp cổ điển Gọi
′
Vậy góc giữa A C′
BB D D′
và mặt phẳng (
)
là góc α thỏa mãn tan
2α=
C′
B′
B′
z
C′
H
A′
D′
A′
D′
I
x
B
C
B
C
y
K
A
D
A
D
D
C
′ (0;0;3)
(3;3; 0);
(3; 0; 0);
[Cách 2]: Phương pháp tọa độ Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó ta được: D (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) DB
(0; 0; 0); (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ DD
B (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ A C
(3;3; 0);
( 3;3;3)
Ta có
=
=
= −
(9; 9; 0) 9(1; 1; 0) =
−
−
′ A (0;3;3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ⇒ ∧ DB DD′
′
( 1;1;1)
có VTPT là
và A C′
có VTCP là
(1; 1; 0) −
= (cid:3) u = −
BB D D′
Suy ra (
)
′
′
′
′
′
A C BB D D )
,(
A C BB D D
sin
, (
)
Khi đó
. Đặt
=
=
( α ′ =
)
(
)
6 3
(0;0;3); (cid:3) n = (cid:3) (cid:3) n u . (cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:3) n u .
2
⇒
cot
tan
2
α
α
α
1 cot +
=
=
Do
1 2 sin
α
1 = ⇒ 2
Đặt AB x= . Có thể tích hình lập phương là ′ A H IH
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 52 | T H B T N
′
′
′
BTN_7_3 (cid:7)
ABCD A B C D .
′ có
. Tính góc tạo bởi hai mặt
AB a AD
′ a A A
a
;
2 ;
4
=
=
=
và mặt đáy.
C BD′
phẳng (
)
Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) Câu 43. Cho hình hộp chữ nhật
arccos
arccos
arccos
arccos
.
.
.
.
21 21
21 12
21 22
21 42
′
. Ta chứng minh:
A. B. C. D.
ABCD
BD
C CH′
. Kẻ CH BD⊥
BD C BD (
)
(
)
(
)
⊥
∩
=
′
′
⇒
′
′
C BD ABCD ( ), (
)
C H CH ,
Ta có
=
(
)
(
) (cid:1) ′ C HC =
′ C HC ( ) ′ C HC ( )
∩ ∩
C BD C H ( ) = ABCD CH ) ( =
2
=
+
⇒ = CH
Ta có
2
2
2
1 CH
1 CD
1 CB
Trong tam giác vuông C HC′
a 5 tại C có (cid:1)tan ′ C HC
2 5
=
=
2
⇒
Hướng dẫn giải [Cách 1]: Phương pháp cổ điển Ta có
cos
arccos
′ C C CH . Suy ra (cid:1) C HC′
=
=
Do (cid:1) ′ C HC 1 tan +
=
2
21 21
21 21
1 (cid:1) ′ C HC
cos
z
B′
C′
B′
C′
A′
A′
D′
D′
B
y
C
B
H
C
A
A
D
D
x
C
D a
B
C
(0;0; 0);
( ; 0; 0);
a (0; 2 ; 0);
′ a (0;0; 4 )
(cid:1) ′ C HC
Oxy
ABCD
Ta có (
) : z
)
)
(
= 0
≡
2
2
2
ABCD (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ C B
( (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ a C D a
a
a
a
2 a ( 8 ; 4 ; 2 )
2 (4; 2;1)
Lại có
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ⇒ ∧ ′ ′ C B C D
= −
−
= −
=
a (0; 2 ; 4 ); −
a ( ; 0; 4 ) −
(4; 2;1)
có VTPT là
= (cid:3) n =
− (cid:2)(cid:3) n′ =
ABCD có VTPT là
C BD′
Suy ra (
)
và (
)
′
′
C BD ABCD ), (
)
C BD ABCD ( ), (
)
arccos
Khi đó
=
=
=
( cos (
)
Vậy (
)
21 21
1 21
(0; 0;1) (cid:3) (cid:2)(cid:3) ′ n n . (cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ n n .
LĂNG TRỤ XIÊN
′
Cách 2: Phương pháp tọa độ Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó ta có ⇒
AB
a= 2
. Hình chiếu vuông góc ABC trùng với trung điểm H của cạnh AB . Biết góc giữa cạnh bên và
ABC A B C′ . của A′ lên mặt phẳng (
′ có mặt đáy là tam giác đều cạnh )
ACC A′ ′
mặt đáy bằng
theo a là:
060 . Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (
)
Câu 44. Cho hình lăng trụ
a .
a .
a .
a .
39 13
15 5
2 21 7
2 15 5
) ABC nên:
0
ABC
A
′ AA AH ,
′ A ,
60
=
=
.
(
(
)
A. B. C. D.
)
Hướng dẫn giải [Cách 1]: Phương pháp dựng hình Ta có: AH là hình chiếu vuông góc của AA′ lên ( ( )
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 53 | T H B T N
Gọi I là trung điểm của AC và M là trung điểm của IA .
a
3
BI
a
HM
. Khi đó:
3;
3;
Kẻ HK A M′⊥
′ = A H a
=
=
2
⇒
′
HK
′ ACC A
HK
,
⊥
=
Ta có:
(
)
)
( ( ′ ′ d H ACC A
)
′
Xét tam giác A HM′
vuông tại H có:
HK
a
=
=
A H HM . 2
2
15 5
′ A H
HM
+
HK
a
,
2
.
Mặt khác:
=
=
=
)
( ( ′ ′ d B ACC A
)
′
HA BA
1 = ⇒ 2
2 15 5
,
( ) ( ) ′ ′ d H ACC A , ( ) ) ( ′ d B ACC A
V
′
′
′
′ BACA
Ta có:
,
.
=
=
=
)
)
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
( ( ′ ′ d B ACC A
( ( ′ d B ACA ,
)
V 3 S
. ABC A B C S
′ ACA
′ ACA
3
V
A H S .
a 3
.
′=
=
′
′
′
ABC
ABC A B C .
2
2
2
′
AC
′ a AA
AH
′ A H
ACA′
′ A C
a
có:
2 ;
a 2 ;
.
6
=
=
+
=
∆
=
2 A H CH +
=
2
,
a
a
Suy ra:
. Vậy
.
=
′ =
)
ACAS
( ( d B ACC A′ ′
)
15 2
2 15 5
z
A′
C ′
A′
C ′
B′
B′
K
K
y
I
M
I
M
A
A
C
C
H
H
B
B
x
[Cách 2]: Phương pháp dùng thể tích )
H
0;0;0
.
C
a
′ A
a
0;
0; 0;
3
(
) ; 0; 0 ,
)
Ta có:
;
a a ;
;0
.
=
) , (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AC
a a ;
3; 0
3
=
′ =
( (
)
( B a (
) 3; 0 , (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ) AB
′
,
a
Vậy
.
=
( ( d B ACC A
) ) ′ =
2 15 5
( ( ) A a ; 0; 0 , − (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ) ( ; AA a a ;0; (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ( ) ′ AC AA AB ∧ (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ AC AA ∧
′
AB
[Cách 3]: Chọn hệ trục tọa độ Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho:
a= 2
. Hình chiếu vuông góc ABC trùng với trung điểm H của cạnh AB . Biết góc giữa cạnh bên và
′ có mặt đáy là tam giác đều cạnh )
ABC A B C′ . của A′ lên mặt phẳng ( mặt đáy bằng
060 . Tính khoảng cách hai đường chéo nhau AC và BB′ theo a là:
Câu 45. Cho hình lăng trụ
a .
a .
a .
a .
15 5
2 15 5
2 21 7
39 13
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải [Cách 1]: Phương pháp dựng hình
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 54 | T H B T N
) ABC nên:
ABC
A
′ AA AH ,
0 60
′ A ,
=
=
.
(
)
(
Ta có: AH là hình chiếu vuông góc của AA′ lên ( ( )
)
a
3
BI
a
HM
3;
3;
Khi đó:
′ = A H a
=
=
2
⇒
. ′ ′ ACC A
HK
HK
,
⊥
=
Gọi I là trung điểm của AC và M là trung điểm của IA . Kẻ HK A M′⊥ ( Ta có:
)
)
( ( ′ ′ d H ACC A
)
′
vuông tại H có:
Xét tam giác A HM′
HK
a
=
=
A H HM . 2
2
15 5
′ A H
HM
+
HK
a
Mặt khác:
,
2
=
=
=
)
( ( ′ ′ d B ACC A
)
′
HA BA
1 = ⇒ 2
2 15 5
,
AC
′ ′ ACC A
′ //BB
⊂
Chọn
.
( ) ( ) ′ ′ d H ACC A , ( ) ) ( ′ d B ACC A ( ACC A′ ′ và có
)
(
)
′
′
d AC BB
a
nên:
,
,
.
=
=
=
(
)
)
)
( ( ′ ′ ′ d BB ACC A ,
)
( ( ′ d B ACC A
)
2 15 5
z
A′
C ′
A′
C ′
B′
B′
K
K
y
I
I
M
M
A
A
C
C
H
H
B
B
x
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
H
a
C
′ A
a
0;
0; 0;
3
( B a
( A a −
) 3; 0 ,
(
)
′
3
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AB
;
a a ;
;0
=
Vì (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AC
3
a a ;
=
(
)
( 0;0;0 (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ BB (
( . Ta có: )
3; 0 (
a
d AC BB
,
=
.
) ′ =
(
2 15 5
) ) ) , ; 0; 0 , ; 0; 0 , (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ) ( = ⇒ ′ B AA a a 2 ; 0; (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ) ( ′ = ; BB a a ;0; (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ). ′ AC BB AB ∧ (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ AC BB ∧
′
AB
[Cách 2]: Phương pháp tọa độ Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho:
a= 2
. Hình chiếu vuông góc ABC trùng với trung điểm H của cạnh AB . Biết góc giữa cạnh bên và
′ có mặt đáy là tam giác đều cạnh )
ABC A B C′ . của A′ lên mặt phẳng ( mặt đáy bằng
060 . Tính khoảng cách hai đường chéo nhau BC và AA′ theo a là:
Câu 46. Cho hình lăng trụ
a .
a .
a .
a .
2 15 5
15 5
2 21 7
39 13
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải [Cách 1]: Phương pháp dựng hình
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 55 | T H B T N
′
′
′ d AA BC ,
,
=
=
Ta có:
//AA BB′
′ nên:
(
)
)
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7)
( ( ′ d A BCC B ′
B E
ABC
Gọi E là điểm đối xứng với H qua điểm B ta có:
) ′ A H B E //
và
.
) ) ( ′ ⊥
)
′
′
,
d AA BC′
,
,
=
Vì:
2
. Nên:
.
=
=
(
)
)
( ( ′ d E BCC B′ 2
)
′
′
AB EB
BCC B
d
E,
) )
⇒
′
′
′
′
EF
BCC B
EF
,
=
⊥
; EF
. Chứng minh được:
.
) ) B K′⊥
( ( d A BCC B ( ( Kẻ EK BC⊥
(
)
)
( ( d E BCC B
)
0
a
Xét tam giác KEB vuông tại K và (cid:1) 060
ta có:
sin 60
.
KBE =
EK BE =
=
3 2
′
Xét tam giác B EK′
vuông tại E ta có:
.
EF
a
=
=
EK B E . 2
2
15 5
EK
B E
′+
EF
a
Vậy
′ d AA BC ,
2
=
.
=
)
(
2 15 5
V
′
′
′
′
ABCB
′
′
′
′
′
′ d AA BC ,
,
Ta có:
=
=
=
=
=
(
)
)
)
)
(cid:7) ( ( ′ ′ d AA BCC B ,
( ( ′ d AA BCC B ,
( ( d A BCC B
)
( ( d A BCB ,
)
V 3 S
ABC A B C . S
′
′
BCB
BCB
3
V
A H S .
a 3
.
′=
=
′
′
′
ABC
ABC A B C .
2
2
2
′
′
BCB′
BC
a BB
′ AA
AH
a
′ B C
a
có:
2 ;
2
;
.
∆
=
=
=
=
6
=
2 B E CE +
=
2
a
a
′ d AA BC ,
Suy ra:
. Vậy
.
′ =
(
BCBS
15 2
′ A H + ) 2 15 = 5
A′
C ′
z
A′
C ′
B′
B′
K
y
C
I
A
M
A
C
H
F
H
B
B
K
E
x
[Cách 2]: Phương pháp dùng thể tích )
H
0;0;0
.
C
a
a
0;
0; 0;
3
(
) ; 0; 0 ,
Ta có:
;
;
a a ;
;0
)
( =
) , (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) BC
a
a a ;
( ;0;
3
(
)
( B a ( = −
) ′ A 3; 0 , (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ) AB
(
a
′ d AA BC ,
.
Vậy
=
=
(
)
2 15 5
( ) A a ; 0; 0 , − (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ) ( ′ = AA a 3; 0 (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ) ′ ∧ AA BC AB . (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ) ( ′ ∧ AA BC
[Cách 3]: Chọn hệ trục tọa độ Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho:
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 56 | T H B T N
′
AB
BTN_7_3 (cid:7)
a= 2
. Hình chiếu vuông góc ABC trùng với trung điểm H của cạnh AB . Biết góc giữa cạnh bên và
′ có mặt đáy là tam giác đều cạnh )
ABC A B C′ . của A′ lên mặt phẳng ( mặt đáy bằng
060 . Gọi ϕ là góc giữa hai đường thẳng AC và BB′ . Khi đó cosϕ:
Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) Câu 47. Cho hình lăng trụ
cos
cos
cos
cos
ϕ= .
ϕ= .
ϕ= .
2 3
2 5
1 4
1 ϕ= . 3
z
// A
C ′
A′
′
′
AC A
AC BB ,
nên:
cos
cos
, A
=
C. D. A. B.
BB A′ (
(
) (cid:1) ′ A AC cos =
′ a A C a
AC
AA
a
2 ,
2
=
=
′ =
B′
Tính được: , 6 Áp dụng định lý cosin trong tam giác A AC′
ta được: y
2
2
′
AC
′ A C
(cid:1) ′ A AC
A A AC .
+
2 2 −
A
⇒
C
cos
cos
= . Vậy
ϕ= .
H
x
Hướng dẫn giải [Cách 1]: Phương pháp cổ điển ′ Ta có: )
′ A A .cos = 1 (cid:1) 1 A AC′ 4 4 [Cách 2]: Phương pháp tọa độ Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho:
B
H
,
C
′ A
0;
( B a
)
( A a−
(
′
Vì
( . Ta có:
;
.
( 0;0;0 (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ BB
B
a (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AC
) . 3 (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) BB
a
a
a
a 2 ; 0;
3; 0
;0;
3
3
) , (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) = ⇒ ′ AA
=
′ =
) ;0;0 , (
) 3; 0 , ( a a ;
a 0;0; )
(
)
;0;0 ) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ AC BB .
cos
AC BB ,
Ta có:
. Vậy
=
cos
ϕ= .
(
) ′ =
′
AC BB .
1 4
1 4
′
AB
a= 2
. Hình chiếu vuông góc ABC trùng với trung điểm H của cạnh AB . Biết góc giữa cạnh bên và
ABC A B C′ . của A′ lên mặt phẳng (
′ có mặt đáy là tam giác đều cạnh )
mặt đáy bằng
060 . Tính góc giữa hai đường thẳng A C′
và (
) ABC là:
Câu 48. Cho hình lăng trụ
.
.
.
.
arcsin
π 4
π 6
π 3
1 4
A. B. C. D.
A H
Ta có:
)
(
lên (
) ABC
′
′
A C CH ,
Khi đó:
.
=
( A C ABC ,
) (cid:1) ′ A CH =
(
′ ⊥ (
Xét tam giác A CH′
nên: CH là hình chiếu vuông góc của A C′ ) ) vuông tại H ta có: (cid:1)tan ′ A CH
= . 1
=
′ A H CH
′
Vậy
.
=
( A C ABC ,
)
(
)
π 4
Hướng dẫn giải [Cách 1]: Phương pháp cổ điển ABC
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 57 | T H B T N
z
A′
A′
C ′
C ′
B′
B′
y
A
A
C
C
H
H
x
B
B
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
H
0;0;0
,
.
a
′ A
a
0;
0; 0;
3
(
)
( B a
( A a −
) ; 0; 0 ,
(
)
) 0; 0;1
Mặt phẳng (
) :
VTCP của đường thẳng A C′
.
( ) C ; 0; 0 , (cid:3) ( ABC z = có vtpt 0 k = (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:3) u A C a
0;
3; 3
′=
=
−
) 3; 0 , . (
)
′
′
sin
Khi đó:
. Vậy
.
=
=
=
( A C ABC ,
)
( A C ABC ,
)
(
)
(
)
π 4
2 2
là: (cid:3) (cid:3) u k . (cid:3) (cid:3) u k .
′
AB
[Cách 2]: Phương pháp tọa độ Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho:
a= 2
. Hình chiếu vuông góc ABC trùng với trung điểm H của cạnh AB . Biết góc giữa cạnh bên và
ABC A B C′ . của A′ lên mặt phẳng (
′ có mặt đáy là tam giác đều cạnh )
′
BCC B′
mặt đáy bằng
060 . Tính góc giữa hai mặt phẳng (
)
và (
) ABC là:
Câu 49. Cho hình lăng trụ
.
arctan
1 4
A. B. arctan 2 . C. arctan 4 . D. arctan 2 .
′
′
B E
ABC
′ ⊥
′ B E A H a
A H B E //
và
3
.
⇒ = ′
=
(
)
′
BC
BC B K
⇒ ⊥
; EF
. Ta có:
.
B K′⊥
Kẻ EK BC⊥
′
′
′
BCC B
ABC
B K EK ,
=
) ( ,
)
(
) ( ′ B EK ⊥ ) (cid:1) ′ B KE =
( Khi đó: (
)
0
a
Xét tam giác KEB vuông tại K và (cid:1) 060
ta có:
sin 60
KBE =
EK BE =
=
3 2
′ B K
tan
Xét tam giác B EK′
vuông tại E có: (cid:1) E
=
=
= . 2
′ B E EK
a a
3 3
2
′
′
BCC B
ABC
arctan 2
=
.
) ( ,
)
( Vậy (
)
Hướng dẫn giải Cách 1: [Phương pháp dựng hình] Gọi E là điểm đối xứng với H qua điểm B ta có:
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 58 | T H B T N
z
A′
A′
C ′
C ′
B ′
B′
y
C
A
A
C
H
H
F
B
x
B
K
E
H
,
)
C
a
a
′ A
0;
3
0; 0;
) ; 0; 0 ,
) ; 0; 0 ,
( A a −
( B a
)
( ABC z = có vtpt 0
.
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
BCB′
có vtpt:
.
2 3
∧
=
a′ =
Mặt phẳng ( Mặt phẳng (
) : )
(
) 3;1; 1 −
⇒
′
′
′
′ BCC B
ABC
tan
BCC B
ABC
cos
= . 2
=
=
(
) ( ,
)
(
) ( ,
)
(
)
(
)
5 5
( 0;0;0 ( ( ) 0; 0;1 (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:3) n BC BB (cid:3) (cid:3) n k . (cid:3) (cid:3) n k .
′
′
BCC B
ABC
arctan 2
=
.
) ( ,
)
( Vậy (
)
′
Cách 2: [Phương pháp tọa độ] Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho: ) 3; 0 , (cid:3) k =
′ có mặt đáy đáy ABC là tam giác vuông tại A ,
AB a AC
a
,
2
=
=
ABC trùng với trung điểm H của cạnh BC . Biết
ABC A B C′ . Hình chiếu vuông góc của A′ lên mặt phẳng (
)
ABB A′
góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng
030 . Tính khoảng cách từ điểm C′ đến (
) ′ là:
Câu 50. Cho hình lăng trụ
a .
a .
a .
a .
3 5 2
5 5
2 85 17
2 13 3
A. B. B. D.
a
5
2
Tam giác ABC vuông tại A có:
.
5
;
.
a=
BC a=
AH =
ABCS
A H
ABC
′ ⊥
ABC , khi đó:
Vì
2 nên AH là hình chiếu vuông góc của AA′ lên (
(
)
)
0
0
′
′ ,
′ AA A H ,
30
=
=
A H AH
a
. Suy ra,
.tan 30
.
′ =
=
( AA ABC
)
(
)
(
)
15 6
′
′
′ ,
,
=
.
)
)
)
( ( ′ d C ABB A
)
′
,
′
′ ,
,
Vì:
nên:
2
.
=
=
)
( ( d C ABB A
) ) ′ =
( ( ′ d H ABB A′ 2
)
′
( ( ′ d C ABB A CB CH
⇒
′
′
IH
′ ABB A
IH
,
⊥
=
; HI
. Chứng minh được:
.
′ ′ nên: Ta có: CC BB || ( ) ( ) ′ d C ABB A ( ) ( ) ′ d H ABB A , A E′⊥ Kẻ HE
AB⊥
(
)
)
( ( ′ d H ABB A
)
Ta có:
EH
=
= a
AC 2
Hướng dẫn giải Cách 1: [Phương pháp dựng hình]
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 59 | T H B T N
′
Xét tam giác A EH′
vuông tại H ta có:
IH
a
=
=
EH A H . 2
2
85 17
EH
A H
′+
′
IH
a
Vậy
′ ,
2
=
.
( ( d C ABB A
) ) ′ =
2 85 17
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
V
′
′
′
′
′
Ta có:
′ ,
,
.
=
=
=
=
)
)
)
( ( ′ d C ABB A
)
( ( ′ d C ABB A
)
( ( ′ ′ d C ABA ,
)
V 3 ′ ′ C ABA S
ABC A B C . S
′
′
ABA
ABA
3
V
a
A H S .
′=
=
′
′
′
ABC
ABC A B C .
15 6
2
2
2
2
AH
′ A H
a
′ A B
′ A H
BH
a
có:
;
;
.
A AB′∆
′ AB a AA =
=
+
=
=
+
=
15 3
15 3
2
′
a
a
Suy ra:
. Vậy
′ ,
.
′ =
ABAS
( ( d C ABB A
) ) ′ =
51 12
2 85 17
C ′
A′
C ′
A′
z
B′
B ′
I
y
A
C
A
C
E
H
H
x
B
B
C
A
0;0;0
,
[Cách 2]: Phương pháp dùng thể tích
)
( B a
) ;0;0 ,
(
) a 0; 2 ;0 ,
H
A
a
C
a
( (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ CC
;
;
a ;
. Vì
a ;3 ;
.
a ; 0 ,
a 2
a 2
15 6
a 2
15 6
′
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) = ⇒ ′ ′ AA
ABB A′
y
z− 6
= . 0
Phương trình mặt phẳng (
) ′ là: 15.
′
′
a
Vậy
′ ,
,
.
=
=
=
)
)
)
( ( ′ d C ABB A
)
( ( ′ d C ABB A
)
( ( ′ ′ d C ABA ,
)
2 85 17
′
[Cách 3]: Phương pháp tọa độ Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho:
′ có mặt đáy đáy ABC là tam giác vuông cân tại A ,
3
.
AC a=
ABC trùng với trung điểm H của cạnh BC . Biết
)
030 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AA′
ABC A B C′ . Hình chiếu vuông góc của A′ lên mặt phẳng ( góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng và BC là:
Câu 51. Cho hình lăng trụ
a .
a .
a .
a .
6 4
2 2
2 7 7
5 29 7
A. B. C. D.
a
6
.
Tam giác ABC vuông cân tại A có:
.
6
;
AH =
BC a=
ABCS
23 a= 2
A H
ABC
′ ⊥
Vì
ABC , khi đó:
(
)
nên AH là hình chiếu vuông góc của AA′ lên (
2 )
Hướng dẫn giải Cách 1: [Phương pháp dựng hình]
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 60 | T H B T N
0
0
′
′ ,
′ AA A H ,
30
=
=
A H AH
a
. Suy ra,
.tan 30
.
′ =
=
( AA ABC
)
(
)
(
)
d AA BC HK
2 2 ′ ,
=
Kẻ HK AA′
, ta có: HK AA′
nên: HK AA′
. Suy ra,
.
⊥
⊥
⊥
)
(
′
Xét tam giác A AH′
vuông tại H có:
.
HK
a
=
=
AH A H . 2
2
6 4
AH
A H
′+
a
Vậy
′ d AA BC ,
.
=
(
)
6 4
C ′
A′
z
C ′
A′
B′
B ′
K
y
A
C
A
C
H
H
x
B
B
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
A
0;0;0
,
,
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho:
C
a
0;
3;0
(
)
( B a
(
a
a
a
a
) 3; 0; 0 , a
a
3
3
3
3
3
3
H
′ A
a
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AA
a
;
;
;
. Ta có:
;
;
;
2
2
2
2
2 2
2
; 0 ,
′ =
(
a
;
. Vậy
′ d AA BC ,
.
=
=
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) BC
a
a
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AB
3;
3; 0
3; 0; 0
(
)
( = −
( a=
)
)
6 4
) 2 2 2 (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ) ′ ∧ AA BC AB . (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ) ( ′ ∧ AA BC
′
AB
[Cách 2]: Phương pháp tọa độ
. Hình chiếu vuông
a= 2
AA
′ có mặt đáy ABC là tam giác đều cạnh ABC trùng với trọng tâm G của tam giác ABC , biết
a 3
.
′ =
) ABB A′
ABC A B C′ . góc của A′ lên mặt phẳng ( Tính góc giữa hai mặt phẳng (
′ và ( )
) ABC là:
Câu 52. Cho hình lăng trụ
arccos
.
arccos
arccos
.
.
.
arccos
1 3
3 5
6 12
2 3
A. B. C. D.
AI
a
Tính được:
3
;
. Kẻ GE
. Ta có: AB A E′⊥
a=
AG AI =
=
AB⊥
2
2
′
′
′ ABB A
ABC
EG
a
′ A G
′ A A
AG
a
A E EG ,
;
=
=
=
−
=
) ( ,
)
(
) (cid:1) ′ A EG =
( . Vậy (
)
2 3 3 69 3
3 3
⇒
Xét tam giác A EG′
vuông tại G ta được: (cid:1) ′ A EG
tan
23
cos
=
=
′ A G EG
(cid:1) 6 ′ A EG = 12
′
′ ABB A
ABC
arccos
.
=
) ( ,
)
( Vậy (
)
6 12
Hướng dẫn giải Cách 1: [Phương pháp dựng hình]
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 61 | T H B T N
C ′
C ′
z
A′
A′
B ′
B ′
A
A
y
C
C
x
G
G
E
E
I
I
B
B
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
a
a
3
3
I
0;0;0
G
′ A
a
,
,
0;
0;
;
.
A
a
0;
; 0; 0
(
)
( C a
( B a−
)
(
) 3; 0 ,
3
3
69 3
; 0 ,
ABC z = có vtpt 0
) ; 0;0 , (cid:3) k =
(
) 0; 0;1
Mặt phẳng (
) :
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3)
2
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′
ABB A′
23;
nên:
(cid:3) n AB AA a ∧
=
=
Mặt phẳng (
) ′ có vtpt
69 2 3 ; 3
3
−
′
′
′ ABB A
ABC
′ ABB A
ABC
cos
arccos
.
=
=
=
(
) ( ,
)
) ( ,
)
( . Vậy (
)
(
)
6 12
6 12
(cid:3) (cid:3) n k . (cid:3) (cid:3) n k .
′
′
′
[Cách 2]: Phương pháp tọa độ Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho:
ABCD A B C D .
′ có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O có
AB a BC
a
2
,
=
,H M lần lượt là trung điểm của
= ,OA AA′ . Hình chiếu vuông góc của A′ lên mặt phẳng (
. Gọi ) ABCD 060 . Tính khoảng cách từ điểm M
CDD C′
trùng với điểm H . Biết góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng đến mặt phẳng (
) ′ :
Câu 53. Cho lăng trụ
a .
a .
a .
a .
2 29 13
2 85 17
2 285 19
2 21 7
A. B. C. D.
nên:
AB a BC
a
,
2
=
=
a
a
5
5
A H
ABCD
′ ⊥
OA
OH
5
;
;
. Ta có:
AC a=
=
=
(
)
2
4
) ABCD , suy ra:
′ AA AH ,
′ ,
=
=
) (cid:1) 0 ′ A AH 60 =
( AA ABCD
)
(
Nên AH là hình chiếu vuông góc của AA′ lên ( (
)
a
A H AH
0 .tan 60
′ =
=
′
′
′
′
′
′
,
,
Vì
15 4 ) ′ nên:
( //AA CDD C
′
) ) ′ ⊥ C E
và
) ) ′= , C E A H
= (
( ( d A CDD C ) ABCD
′
′
,
′
′
′
′
,
4.
,
=
. Suy ra,
4
.
=
=
)
)
( ( d A CDD C
)
( ( d E CDD C
)
′
′
AC EC
,
( ( d M CDD C Dựng hình bình hành A HEC′ ′ ta có: ) ) ) )
( ( d A CDD C ( ( d E CDD C
AC
Ta có:
//KE AD và
CE 4
nên tính được:
=
KE = .
a 2
Hướng dẫn giải Cách 1: [Phương pháp dựng hình] Do ABCD là hình chữ nhật tâm O có
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 62 | T H B T N
′
.
Xét tam giác C KE′
vuông tại E có:
a
IE
=
=
KE C E . 2
2
285 38
KE
C E
′+
′
a
Vậy
,
.
( ( d M CDD C
) ) ′ =
2 285 19
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
3
V
S
′ A H
a
Ta có:
.
.
=
=
′
′
′
′
ABCD
ABCD A B C D .
V
′
′
′
′
′
ACDC
′
′
′
′
′
,
,
.
=
=
=
=
)
)
)
15 2 )
( ( d M CDD C
)
( ( d A CDD C
( ( d A CDC ,
)
ABCD A B C D . 2
′
′
V 3 S CDC
S CDC
2
2
′
CC
′ AA
′ A H
AH
a
.
Xét tam giác CDC′ ta có: CD a= ,
=
=
+
=
5 2
2
2
2
2
2
′ C D
′ C E
ED
′ C E
a
a
. Suy ra,
.
=
+
=
+
2 KD KE +
=
′ =
CDCS
11 2
19 8
′
a
Vậy
,
.
( ( d M CDD C
) ) ′ =
2 285 19
A′
D ′
A′
D ′
M
C ′
B ′
B ′
C ′
M
z
A
y
D
A
D
H
I
H
O
B
C
B
C
x
K
E
[Cách 2]: Phương pháp dùng thể tích
B
A
0;0;0
0;
H
,
; 0
.
( D a a 2 ;
) ; 0 ,
(
)
(
) a ;0 ,
( C a
) 2 ;0;0 ,
a a 3 ; 2 4
′
A
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ CC
a
C
a
;
;
. Vì
;
;
;
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) = ⇒ ′ AA
−
a a 3 ; 2 4
15 4
a a 7 ; 4 8
15 8
a 5 2
a 4
15 4
′
a M ,
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) CD
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) CC
a
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) MC
a
Ta có:
0;
a ; 0
;
;
;
;
;
;
.
=
′ =
−
=
−
−
(
)
a 2
a 7 4
a 7 8
15 8
(
′
a
,
=
Vậy
.
( ( d M CDD C
) ) ′ =
2 285 19
a 15 4 4 (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ) ′ CD CC MC ∧ (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ′ CD CC ∧
CHỦ ĐỀ TỔNG HỢP
[Cách 3]: Chọn hệ trục tọa độ Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho:
.S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , đỉnh S cách đều các điểm ,
,A B C
Biết
AC
a BC a
2 ,
060 . Tính khoảng cách
=
= , góc giữa đường thẳng SB và
) mp ABC bằng
(
từ trung điểm M của SC đến
) mp SAB theo a .
(
Câu 54. Cho hình chóp
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 63 | T H B T N
a
a
a
39
13
39
13
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
.
.
.
.
13
a 3 13
26
26
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải
SH
ABC
⊥
ABC là H . Suy ra
.
Gọi hình chiếu của S xuống mặt phẳng (
)
(
)
Ta có : S cách đều các điểm
.
=
=
,A B C nên SA SB SC
,
SHB
SHC
(tam giác vuông có cạnh huyền bằng nhau)
Vì SHA ∆
= ∆
= ∆
.
nên HA HB HC =
=
hay H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC∆
vuông tại B nên H là trung điểm AC .
Mà ABC∆
M là trung điểm của SC nên
=
=
)
)
)
( ( d M SAB ,
)
( ( d C SAB ,
)
( ( d H SAB ,
)
1 2
S
⇒
Gọi K là trung điểm AB
.
HK AB ⊥
tại I .
Kẻ HI
SK⊥
M
AB SH ⊥ AB HK ⊥
Ta có :
.
SHK
⇒ ⊥ AB
(
)
HK SH ∩
I
C
{ } K SHK
HK SH ,
⊂
= (
)
H
A
HI
SHK
⊂
Mà
.
nên AB HI⊥
(
)
K
B
HI HI
SK AB
⊥ ⊥
⇒
Lại có :
.
SAB
HI
⇒ ⊥ HI
=
(
)
)
( ( d H SAB ,
)
SK AB ∩
{ } K SAB
SK AB ,
⊂
= (
)
Góc giữa đường thẳng SB và
mp ABC bằng góc nhọn (cid:1) 060
.
SBH =
(
)
.
Ta có
HB
AC a HK
BC
;
=
=
=
=
a 2
1 2
1 2
Xét
SHB SH :
0 tan 60 .
3
.
∆
=
HB a =
a
39
vuông tại H suy ra
.
Xét SHK∆
HI⇒ =
=
+
=
+
2
2
2
2
1 HI
1 HS
1 HK
4 2 a
1 a 3
13
a
39
Vậy
.
HI=
=
)
( ( d M SAB ,
)
13
[Cách 1]: Phương pháp dựng hình
MSAB
Ta có :
.
=
)
( ( d M SAB ,
)
SAB
V 3 S∆
2
2
2
2
AB
AC
BC
a
a
a
Tam giác ABC vuông tại B ⇒
.
4
3
=
−
=
−
=
[Cách 2]: Phương pháp dùng thể tích
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 64 | T H B T N
SAMB
V
V
Mặt khác :
.
=
SAMB
SABC
V V
1 = ⇒ 2
1 2
SABC
3
3
⇒
Lại có :
.
V
SH AB BC
a
V
V
SH S .
.
.
a 3.
a 3.
=
=
=
=
=
=
SABC
ABC
SAMB
SABC
∆
1 3
1 2
1 6
a 2
1 2
a 4
1 3
2
a
2
2
2
SK
SH
HK
a 3
.
Tam giác SHK vuông tại H nên
=
+
=
+
=
a 4
13 2
2
a
a
39
S
Do đó :
SK AB .
.
a .
3
.
=
=
=
ABC
∆
z
1 2
1 2
13 2
4
S
a
39
MSAB
Vậy :
.
=
=
)
( ( d M SAB ,
)
13
SAB
V 3 S∆
M
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
Chọn hệ trục toạ độ Oxyz như hình vẽ.
A
H
C
0;0;0
H O≡
K
S
a
,
; 0; 0
,
Khi đó
0;0;
3
(
)
(
)
a 2
K
y
a
a
3
3
3
x
A
M
;
;
; 0
,
.
−
−
a 2
2
a a ; 4
4
2
−
B
a
a
3
3
3
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) KM
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) KS
a
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) KA
;
.
Suy ra:
; 0;
a ; = − −
= −
3 ,
2
a a 3 ; 4
4
3
a 2
; 0 ,
= −
a
39
=
=
=
Vậy
.
)
( ( d M SAB ,
)
13
3 13
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) KS KA KM a . , (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) KS KA ,
SA SB SC
a
[Cách 3]: Phương pháp toạ độ.
. Tính
.S ABCD có đáy là hình thoi tâm O cạnh a ,
2
(cid:1) 060 , ABC =
=
=
=
khoảng cách giữa AB và SC
a
a
11
a 3
11
Câu 55. Cho hình chóp
.
.
.
.
a 12
11 4
2 11 8
4
A. B. C. D.
AB BC ABC
có
đều
ABC∆
nên ABC∆
,
=
(cid:1) 0 = 60
ABCD
SG
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , K là trung điểm của AB . ⊥
nên
.
Ta có : SA SB SC =
=
)
(
⇒
Mặt khác:
.
d AB SC
//
,
=
=
=
( AB SCD
)
(
)
)
)
)
( ( d AB SCD ,
)
( ( d B SCD ,
)
( ( d G SCD ,
)
3 2
.
Hướng dẫn giải [Cách 1]: Phương pháp dựng hình
hay CG CD⊥
Ta có:
.
SGC
⇒ ⊥ CD
(
)
∩
{ } SG CG G SCG
SG CG ,
⊂
= (
)
Vì G là trọng tâm ABC∆ SC⊥ Kẻ GI CD SG ⊥ CD CG ⊥
đều nên CG AB⊥
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 65 | T H B T N
GI
SGC
⊂
mà
.
nên CD GI⊥
S
(
)
Lại có
SCD
⇒ ⊥ GI
(
)
∩
{ } SC CD C SCD
SC CD ,
= (
)
I
GI SC ⊥ GI DC ⊥
GI=
hay
.
)
⊂ )
A
D
( ( d G SCD , đều có cạnh bằng a nên ABC∆
O
K
a
3
3
G
CG
CK
.
=
=
=
C
B
2 3
a 2 3 2
3
2
a
11
2
2
2
.
Tam giác SGC vuông tại G suy ra
SG
a
4
=
SC GC −
=
−
=
a 3
3
a
.
=
+
⇒ = GI
2
2
2
1 GI
1 SG
1 GC
11 6
a
a
d AB SC
.
Vậy
,
=
=
=
(
)
)
( ( d G SCD ,
)
3 2
3 2
11 6
11 4
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
BSCD
⇒
d AB SC
//
,
.
=
=
=
( AB SCD
)
(
)
)
)
( ( d AB SCD ,
)
( ( d B SCD ,
)
SCD
V 3 S∆
2
a
11
2
2
2
Tam giác SGC vuông tại G suy ra
.
SG
a
4
=
SC GC −
=
−
=
a 3
3
a
3
OC
OB
.
,
Tam giác ABC đều có cạnh bằng a nên:
=
=
z
a 2
2
2
a
3
S
.
Tam giác BCO vuông tại O :
OC BD .
a .
3
=
=
=
S
BCD
∆
a 1 . 2 2
4
3
1 2 2
a
a
a
3
11
V
Do đó:
.
.
.
=
=
=
SBCD
BCD
SG S∆ .
1 3
1 3
4
12
11 3
A
D
Ta có:
.
SGC
CD SC
⇒ ⊥ CD
⇒ ⊥
(
)
K
O
∩
G
B
{ } SG CG G SCG
SG CG ,
⊂
C
= (
)
CD SG ⊥ CD CG ⊥
x
y
2
Tam giác SCD vuông tại C :
.
S
a
SC CD .
a a .2 .
=
=
=
SCD
∆
1 2
1 2
a
BSCD
Vậy
.
d AB SC
,
=
=
(
)
11 4
SCD
V 3 S∆
[Cách 2]: Phương pháp dùng thể tích
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ trong đó:
a
a
a
3
3
3
G
0;0;0
B
S
C
D
,
;0; 0
,
0; 0;
,
;
; 0
,
; 0; 0
(
)
3
33 3
6
a 2
a 2 3
−
−
[Cách 3]: Phương pháp toạ độ.
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 66 | T H B T N
a
a
a
a
3
3
3
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) CD
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:5) CS
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) CB
,
Suy ra:
;
;
;
; 0
,
;
; 0
.
=
−
−
−
=
−
6
a 2
33 3
2
a 2
2
a 2
= −
,
a
d AB SC
,
=
=
=
Suy ra:
.
(
)
)
( ( d B SCD ,
)
11 4
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) CD CS CB . (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) CD CS ,
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
= , I là trung điểm
=
=
OA OB OC đôi một vuông góc và OA OB OC a
,
, của BC . Tính góc giữa hai đường thẳng AI và OB .
1
Câu 56. Cho tứ diện OABC có
.
.
arctan
arctan
1 5
5
IM OB //
C. D. A. arctan 5 . B. arctan 5 .
Ta có :
mà
IM OB nên
//
.
OAC
⇒ ⊥ OB
( IM OAC ⊥
)
(
)
Lại có
.
nên IM AM⊥
OB OC ⊥ OB OA ⊥ ( AM OAC ⊂
) Xét tam giác AIM vuông tại M nên ta có:
2
a
5
2
2
2
2 AM AO OM a
AM
=
+
=
+
=
.
.
IM
=
OB a =
a 4
2
1 2
2 a 5 = ⇒ 4 A
.
(cid:1) AIM
(cid:1) AIM
tan
arctan 5
=
= ⇒ 5
=
AM IM
Vậy góc giữa hai đường thẳng AI và OB bằng arctan 5 .
Hướng dẫn giải [Cách 1]: Phương pháp dựng hình Gọi M là trung điểm của OC . Ta có Nên góc giữa AI và OB là góc giữa AI và IM và bằng góc (cid:1)A IM
cos
AI OB ,
(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AI OB ,
cos
=
Ta có:
(
)
[Cách 2]: Phương pháp dùng tích vô hướng
)
M
O
C
I
cos
(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AI OB ,
=
Ta xét:
(
)
( (cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AI OB . AI OB .
B
2
a
2
Có: (cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AI OB .
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) .
.
.
.
.cos
(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) OI OB ,
a . .
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AO OI OB AO OB OI OB OI OB OI OB +
(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) =
=
=
+
=
=
=
(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) )
(
(
)
2
2 2
a 2
2
cos
(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AI OB ,
cos
AI OB ,
tan
AI OB ,
5
=
=
=
Do đó:
.
(
)
(
)
(
)
(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AI OB . AI OB .
a
1 = ⇒ 6
1 = ⇒ 6
a .
a 2 3 2
arccos
arctan 5
=
Vậy góc giữa hai đường thẳng AI và OB bằng
.
1 6
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ:
O
A
0;0;0
0;0;
;0;0
,
,
Ta có:
(
)
(
) a ,
( B a
)
[Cách 3]: Phương pháp toạ độ.
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 67 | T H B T N
z
I
;0
C
0;
a ;0
,
(
)
A
a a ; 2 2
(cid:2)(cid:2)(cid:5) AI
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:5) a OB ;
;
a ;0;0
=
−
=
Suy ra:
(
)
a a ; 2 2
(cid:2)(cid:2)(cid:5) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:5) AI OB .
cos
(cid:2)(cid:2)(cid:5) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:5) AI OB ,
cos
=
=
(
(
)
AI OB .
1 6
y
O
M
⇒
C
tan
) AI OB , = (cid:2)(cid:2)(cid:5) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:5) AI OB ,
5
=
(
)
I
Vậy góc giữa hai đường thẳng AI và OB
B
x
bằng arctan 5 .
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
.S ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a, cạnh bên bằng a. Gọi
,M N lần lượt là trung điểm SB và CD . Tính góc giữa MN và mặt phẳng (
) SAC .
arctan
Câu 57. Cho hình chóp đều
.
1 2
D. B. arctan 2 . A. arctan 2 . C arctan 2 2 .
,SO OC
⊥
Vì hình chóp SABCD đều, O là tâm của đáy ABCD nên
.
( SO ABCD
)
S
.
Lại có ABCD là hình vuông nên BD AC⊥
BD AC ⊥ BD SO ⊥
E
SAC
⇒ ⊥ BD
Ta có
.
(
)
SO AC ∩
M
{ } O SAC
SO AC ,
⊂
= (
)
I
A
D
O
SAC
⇒ ⊥ ME
Ta có :
.
(
)
N
F
B
C
NF
SAC
⊥
/ /ME BD ( BD SAC ⊥ (
SAC là E F .
) ) Lại có : Do đó : Hình chiếu của MN lên mặt phẳng (
)
(cid:1)NI F .
SAC là góc giữa MN và E F bằng góc
)
Nên góc giữa MN và mặt phẳng ( Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên
.
B D
2
a=
a
2
NF =
NF là đường trung bình của tam giác ODC ⇒
4
Mặt khác
.
E F
SC
=
=
1 2
a 2
Tứ giác MNEF là hình bình hành nên hai đường chéo MN , E F cắt nhau tại trung điểm Icủa
mỗi đường
.
EF
⇒ = FI
=
1 2
a 4
a
2
⇒
(cid:1) NIF
(cid:1) NIF
tan
2 2
arctan 2 2
=
=
=
=
Tam giác NFI vuông tại F nên
.
FN FI
2 a 4
z
Hướng dẫn giải [Cách 1]: Phương pháp dựng hình Gọi ,E F lần lượt là trung điểm của
S
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 68 | T H B T N
SAC bằng a rctan 2 2 .
)
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
Vậy góc giữa MN và mặt phẳng ( [Cách 3]: Phương pháp toạ độ. Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ:
a
2
S
0;0;
O
0; 0;0
Ta có
,
,
(
)
2
a
a
2
2
B
A
;0
;0;0
,
,
2
2
0; −
a
a
2
2
C
D
0;
;0
;0
,
,
2
2
0; −
a
a
a
a
a
a
a
2
2
2
2
2
2
2
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:5) MN
M
N
;
;0
;
;
;0;
,
−
−
. ⇒
4
2
4
4
4
4
= −
4 (cid:5) n
Véctơ pháp tuyến của (
) SAC là:
( 1;0;0
)
⇒
tan
2 2
.
=
sin
cos
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:5) (cid:5) MN n ,
=
=
=
( MN SAC ;
)
( MN SAC ,
)
(
)
(
)
(
)
2 2 3
(cid:5) i= = (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:5) (cid:5) MN n . (cid:5) MN n .
'
'
.
'
=
ABC A B C có đáy là tam giác đều ABC cạnh a, cạnh bên bằng 2a và . Tính giá trị tanα với α là góc giữa hai mặt phẳng ( 'A BC và mặt phẳng
)
= ) ABC .
Câu 58. Cho hình lăng trụ A A A B A C ' ' ' (
.
.
a
1 1
'A
'C
D. 2 5a B. 2 5. C. 2
ABC
'A O
⊥
Gọi O là tâm của đáy ABC . Suy ra
)
( ( tam giác ABC đều )
BC⊥
'B
Gọi I là trung điểm BC . Ta có AI BC A O ' ⊥ BC AI ⊥
A
O
A AI '
BC A I '
⇒ ⊥ BC
⇒ ⊥
.
Ta có :
(
)
C
A O AI
'
I
{ } O A AI '
A O AI ,
'
⊂
∩ = (
)
B
ABC
BC
=
∩
(
⊥
Mặt khác :
A BC ' )
A BC A I BC '
:
'
⊥
) ) ABC AI BC : )
( ( (
ABC bằng góc
(cid:1)'A IA α= .
Nên góc giữa hai mặt phẳng (
'A BC và mặt phẳng (
)
)
2
2
2
a
3
3
2
AO
OI
AI
,
'
2 '
a 2
2 A O AA =
−
=
−
=
=
=
=
Có
(
)
a 3
a 11 3
1 3
a 1 3 2
6
.
2 11
α⇒ tan
=
=
A O ' OI
z
A. 2 11 . Hướng dẫn giải [Cách 1]: Phương pháp dựng hình
'C
'A
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ:
[Cách 2]:Phương pháp toạ độ.
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn
'B 69 | T H B T N
a
3
3
3
O
A
B
C
0;
;0
−
−
(
) 0;0;0 ,
3
a a ; 2
6
a a ; 2
6
;0 ,
;0 ,
a
a
A O '
'
=
2 2 A A AO −
=
.
33 3
33 3
⇒ A ' 0;0;
a
3
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:5) BC
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:5) A B '
;
;
=
−
.
( a ;0;0 = −
)
a a ; 2
6
33 3
2
2
a
a
3
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:5) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:5) A B BC ,
'
0;
;
=
.
(cid:2)(cid:5) n 1
Véctơ pháp tuyến của (
) 'A BC là:
33 3
6
=
.
(cid:3) (cid:5) n k= =
Véctơ pháp tuyến của (
) ABC là:
(
) 0;0;1
cos
cos
α=
=
Ta có:
.
2 11
α⇒ tan
=
(cid:2)(cid:5) (cid:5) n n , 1
)
(
3 135
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
.S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
a
,
AB góc với mặt phẳng đáy và cạnh bên SC tạo với đáy một góc
a AD = = 06 0 . Gọi
, cạnh bên SA vuông 2 ,M N là trung điểm các
cạnh bên SA và
.SB Tính khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng (
) DMN .
a
60
a
2
Câu 59. Cho hình chóp
.
.
.
.
31
a 31 2 5
31 60
a 5 31
S
⇒
=
1 =
) DMN tại M
Ta có SA cắt (
M
SM AM
) )
) )
H
N
⇒
,
=
)
A. B. C. D.
( ( d A DMN ,
)
D
)
A
SAD
⇒ ⊥ MN
Ta có :
.
(
)
AB
SAD
⊥
(
( ( d S DMN Kẻ AH MD⊥ //MN AB
B
C
AH
SAD
MN AH
⊂
) ⇒ ⊥
.
Mà
(
)
AH MD ⊥ AH MN ⊥
⇒
AH
DMN
AH=
⊥
Ta có:
.
hay
(
)
)
( ( d A DMN ,
)
MD MN M
∩
} { DMN
MD MN ,
⊂
= (
)
ABCD nên góc giữa SC và (
)
) ABCD bằng
.
SA
Ta có AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng ( góc (cid:1) 060 SCA = Tam giác SAC vuông tại A suy ra:
0 tan 60 .
15
.
=
AC a =
Hướng dẫn giải [Cách 1]: Phương pháp dựng hình ( ( d S DMN , ( ( d A DMN , ) .
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 70 | T H B T N
a
⇒
AH
Xét MAD∆
vuông tại A nên:
=
+
=
+
=
=
2
2
2
2
2
2
1 AH
1 AM
1 AD
31 a
4 a 15
1 a 4
60
60 31
a
Vậy
.
,
(
)
( d S DMN =
)
60 31
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
//MN AB
SMND
⇒ ⊥ MN
⇒ ⊥ SAD MN MD
.
Ta có:
. Ta có:
)
(
)
( ( d S DMN ,
AB
SAD
⊥
(
)
MND
V ) 3 = S∆
2
a
31
MN MD .
a a .
=
=
=
Tam giác MND vuông tại M :
.
MND
S ∆
1 . 2 2
31 2
8
1 2
3
a
15
SMND
Mặt khác
.
V
V
V
SA AB AD
.
.
=
=
=
=
=
SMND
SABD
SABD
V V
SM SN . SA SB
1 = ⇒ 4
1 4
1 1 . 4 2
1 1 8 3
12
SABD
a
Vậy
,
.
)
(
( d S DMN =
)
60 31
[Cách 2]: Phương pháp dùng thể tích
z
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ:
S
A
a
D
S
0;0;
(
) 0;0; 0 ;
(
) a 0; 2 ; 0 ;
) 15 ;
a
a
M
H
M
N
0; 0;
;
;0;
.
a 2
15 2
( 15 2
N
y
D
A
a
a
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:5) DM
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:5) DN
;
;
=
a 0; 2 ; −
=
a ; 2 ; −
15 2
a 2
15 2
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) DS
a a
=
0; 2 ; −
(
C
B
x
,
a
60
;
=
=
.
)
( ( d S DMN
)
31
) 15 . (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) DM DN DS . (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) DM DN ,
.S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O . Góc giữa SB và mặt 06 0 . Gọi M là trung điểm của SB . Tính khoảng cách giữa AM và CD .
[Cách 3]: Phương pháp toạ độ.
) SAC bằng
a
2
Câu 60. Cho hình chóp đều phẳng (
.
2
a . 2
a . 4
A. B. C. D. a 2 .
⊥
Hình chóp SABCD đều, O là tâm của đáy nên
)
. Ta có:
.
Vì ABCD là hình vuông nên AC BD⊥
SAC
⇒ ⊥ BD
(
)
( SO ABCD BD AO ⊥ BD SO ⊥
SAC là góc giữa SB và SO bằng góc (cid:1) 060
.
SOB =
Góc giữa SB và (
)
Hướng dẫn giải [Cách 1]: Phương pháp dựng hình
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 71 | T H B T N
⇒
. Mà
Ta có
( CD SAB //
)
( AM SAB ⊂
)
SAB
)
,
d O SAB 2 ,
,
d AM CD d CD SAB =
=
nên
.
)
(
)
(
)
CD AB // ( AB ⊂ (
)
.
( Gọi I là trung điểm của AB . Kẻ OH SI⊥
OH
SIO
OH AB
⊂
⇒ ⊥
Ta có:
mà
.
SOI
⇒ ⊥ AB
(
)
(
)
AB OI ⊥ AB SO ⊥
⇒
Lại có
.
SAB
OH
⇒ ⊥ OH
=
(
)
)
( ( d O SAB ,
)
OH SI ⊥ OH AB ⊥
Vì OI là đường trung bình của tam giác ABD nên
.
OI
AD
=
=
1 2
a 2
a
6
Tam giác SBO vuông tại O nên ta có:
SO =
=
=
0
OB tan 60
6
a 2 2 3
a
1
OH
=
+
=
+
= ⇒ =
.
2
2
2
2
2
1 OH
1 OI
1 SO
10 2 a
10
a
6
1
a 2
6
,
,
2
OH 2
d AM CD d CD SAB =
=
=
=
Vậy
.
(
)
)
(
)
)
( ( d O SAB ,
)
(
a 2 10
S
z
S
H
M
M
D
D
A
A
I
O
O
B
C
x
C
y
B
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
a
a
a
a
6
2
2
2
O
A
S
B
0;0;
;
0;
;0 ; C 0;
;0;0
−
) 0;0;0 ;
(
6
2
2
2
Chọn hệ trục toạ độ sao cho:
;0 ;
a
a
a
a
2
2
2
6
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AB
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AS
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AC
a
;
;
;
0;
0;
2;0
=
=
=
Suy ra:
[Cách 2]:Phương pháp toạ độ.
(
)
2
2
2
6
;0 ;
⇒
,
,
=
=
) d AM CD d C SAB =
(
(
)
(
)
a 2 10
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AB AS AC , . (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AB AS ,
.
ABCD A B C D có cạnh bằng a. Gọi
'
,M N lần lượt là trung điểm AB
' và CD . Tính khoảng cách giữa
' ' 'A C và MN
Câu 61. Cho hình lập phương
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 72 | T H B T N
a
a
2
2
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
.
.
.
2a
4
2
a . 2
'A
'D
'C
'B
⇒
A. B. C. D.
//
//
'
)
(
I
⇒
'
'
'
d MN A C ,
=
=
)
)
( ( d M A BC ,
)
A
D
'
) ( ( ) d MN A BC , và H là trung điểm của BI .
Gọi
H
M
N
⇒
.
Ta có
'
MH A B ⊥
=
C
B
'
MH A B ⊥
A BC '
⇒ ⊥ MH
Lại có :
(
)
MH BC BC
ABB A
'
'
⊥
⊥
(
)
(
)
Ta có ( I A B AB ' ∩ MH AI // AI A B ' ⊥
a
2
MH
AI
AB
d MN A C ,
'
'
'
=
=
=
=
=
.
Do đó
(
)
)
( ( d M A BC ,
)
1 2
1 4
4
Hướng dẫn giải [Cách 1]: Phương pháp dựng hình BC MN MN A BC
A
A
;
;0;0
Chọn hệ trục toạ độ sao cho:
.
(
) 0;0;0 ;
( B a
) ;0;0 ;
( C a a
) ;0 ;
( ' 0;0;
) a M ;
a 2
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) BM
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) BA '
0;
;0;0
=
Suy ra:
( a ;0; = −
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ) a BC ;
(
) a ;0 ;
= −
a 2
d MN A B ;
'
'
'
=
=
=
=
.
(
)
)
)
( ( d MN A BC ;
)
( ( d M A BC ;
)
a 2 2
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) BA BC BM . ', (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) BA BC ',
//AD BC ,
AD a= 2
, BC CD a =
= . Biết
a 3
⊥
=
. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SC và AD .
[Cách 2]: Phương pháp toạ độ.
(
Câu 62. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang cân ), ABCD SA SA
.
.
.
3 2
3 4
=
//AD BC nên góc giữa hai đường thẳng SC và AD là góc giữa hai đường thẳng SC và = .
C. D. A. 3 . B. 1 2
AD
AI BC =
=
Ta có:
nên tứ giác AICB là hình bình hành
1 2
S
AI BC //
AB a
nên CI
=
= .
Tam giác ACD có
C I
AD
=
1 2
2
2
2
.
AC
a
a
2
3
2 AD CD −
−
=
=
AC a =
I
D
⇒ tam giác ACD vuông tại C . Tam giác ACD vuông tại C nên ta có: ( = ⇒ 2 a 3
)2
A
Hướng dẫn giải [Cách 1]: Phương pháp dựng hình Ta có BC. Vì ABCD là hình thang cân nên AB CD a Gọi I là trung điểm của AD .
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn
B
73 | T H B T N C
Tam giác SAC vuông tại A nên ta có:
2
2
2
2
SC
2 SA
AC
a
a 3
3
a 12
a 2
3
=
+
=
+
=
⇒ = SC
.
(
)
(
)2
Tam giác SAB vuông tại A nên ta có:
2
2
2
2
2
.
AB
SB
SA
a
a
SB a
a 3
10
10
=
+
=
+
=
⇒ =
(
)2 Áp dụng định lí cosin trong tam giác SBC :
2
2
cos
(cid:1) 2 SCB =
=
.
− C BC
SC BC SB + 2S .
3 4
z
S .
Vậy cosin góc giữa hai đường thẳng SC và AD bằng
3 4
D
C
a
S
0;
0; 0; 3
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
) 0; 0; 0 ;
) ; 0 ;
(
(
a )
) 3; 0; 0 ;
( A a
y
x
A
I
a
3
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) SC
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AB
;0
;
=
Suy ra:
(
) 0;0; 3a ; −
D
=
a 2 2 (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) SC AB .
cos
SC AD ,
cos
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) SC AD ,
=
=
=
)
(
(
)
3 4
SC AB .
C
B
.
Vậy cosin góc giữa hai đường thẳng SC và AD bằng
3 4
=
= , cạnh bên
[Cách 2]: Phương pháp toạ độ. Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ ta có: (
ABC
⊥
.S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB CA a ) SBC .
, SA a= . Tính góc giữa SA và (
)
(
Câu 63. Cho hình chóp SA
.
arctan
2 2
. Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên AI
BC⊥
C. D. arctan 2 . A. arctan 2 2 . B. arctan 2 .
AH
SAI
BC AH
⊂
⇒ ⊥
. Mà
.
Ta có:
SAI
⇒ ⊥ BC
(
)
(
)
BC AI ⊥ BC SA ⊥
Ta có:
.
SBC
⇒ ⊥ AH
(
)
S
SBC là góc giữa SA và SH
)
AH SI ⊥ AH BC ⊥ Suy ra : góc giữa SA và ( bằng góc (cid:1)ASI .
a
2
BC
,
SA a AI =
=
=
Tam giác SAI vuông tại A : có
.
1 2
2
H
.
(cid:1) ASI
tan
=
=
AI AS
2 2
C
A
arctan
.
Vậy góc giữa SA và (
) SBC bằng
2 2
I
z
S
B
Hướng dẫn giải [Phương pháp tự luận] Gọi I là trung điểm cạnh BC . Kẻ AH SI⊥
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 74 | T H B T N
S
0;0;
(
) ;0;0 ;
(
) a
Ta có :
( = −
2
2
2
2
Suy ra:
a
a
a
a
;
;
−
−
)
a a ; )
) ;0 ( = −
BTN_7_3 Chuyên(cid:7)đề(cid:7)7.(cid:7)Hình(cid:7)học(cid:7)không(cid:7)gian(cid:7) (cid:7)
.
)( 1;1;1 (cid:5) n =
Mặt phẳng (
)
[Cách 2]: Gán hệ trục tọa độ Chọn hệ trục toạ độ sao cho: ( ) ( ) C a B a A 0;0;0 ; 0; ;0 ; ; (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:3) ) ( a BC a B S , ;0; = − (cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ( = − B BC S,
.
SBC có véctơ pháp tuyến là: (cid:3) k =
) ( 1;1;1 ) 0; 0;1
(
⇒
sin
;
cos
(cid:5) (cid:5) n k ;
=
=
cot
;
2
Suy ra:
=
( SA SBC
)
( SA SBC
)
(
)
(
)
(
)
1 3
⇒
tan
,
arctan
=
.
( SA SBC
)
. Vậy góc giữa SA và (
) SBC bằng
(
)
2 2
2 2
Đường thẳng SA có véctơ chỉ phương là:
Xem các chuyên đề khác tại toanhocbactrungnam.vn 75 | T H B T N
