1H3 QUAN HE VUONG GOC

Câu 1: (Tham khảo 2018) Cho lập phương ABCD A′B′C ′D′ có cạnh a ( tham khảo hình vẽ bên ) Khoảng cách hai đường thẳng BD A′C ′ A 3a B a C Lời giải 3a D 2a Ta có khoảng cách hai đường thẳng chéo BD A′C ′ khoảng cách mặt phẳng song song ( ABCD ) ( A′B′C ′D′ ) hai đường thẳng BD A′C ′ a thứ tự chứa BD A′C ′ Do khoảng cách Câu 2: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SB = 2a Góc đường thẳng SB mặt phẳng đáy A 60° B 90° C 30° D 45° Lời giải · Do SA ⊥ ( ABCD ) nên góc đường thẳng SB mặt phẳng đáy góc SBA Ta có · cos SBA = AB = · = 60° SB ⇒ SBA Vậy góc đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng 60° Câu 3: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vuông đỉnh B , AB = a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA = 2a Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) 5a A B 5a 2a C D 5a Lời giải  BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ ( SAB )  Ta có  BC ⊥ SA ⇒ AH ⊥ ( SBC ) Kẻ AH ⊥ SB Khi AH ⊥ BC ⇒ AH khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) 1 1 4a 2 5a = 2+ = + = ⇒ AH = ⇒ AH = 2 SA AB 4a a 4a 5 Ta có AH Câu 4: (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vng C , AC = a , BC = 2a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA = a Góc đường thẳng SB mặt phẳng đáy A 60° Có B 90° SA ⊥ ( ABC ) ( · , ( ABC ) ⇒ SB C 30° Lời giải ( ABC ) nên AB hình chiếu SA mặt phẳng · , AB = SBA · = SB ) ( ) 2 Mặt khác có ∆ABC vng C nên AB = AC + BC = a · tan SBA = Khi SA · , ( ABC ) = 30° = SB AB nên ( ) D 45° Câu 5: (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh 3a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA = a Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) 5a A B 3a C 6a D 3a Lời giải  BC ⊥ AB  BC ⊥ ( SAB ) Ta có:  BC ⊥ SA ⇒  ( SAB ) ⊥ ( SBC )  ⇒ ( SAB ) ∩ ( SBC ) = SB ( SAB ) Trong mặt phẳng AH = d ( A; ( SBC ) ) : Kẻ AH ⊥ SB ⇒ 1 1 = + = 2+ = 2 2 AH SA AB a 3a 3a ⇒ d ( A; ( SBC ) ) = AH = 3a (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với mặt phẳng đáy, AB = a SB = 2a Góc đường thẳng SB mặt phẳng đáy Câu 6: A 60 SA ⊥ ( ABC ) B 45 C 30 Lời giải A nên AB hình chiếu SB lên mặt phẳng đáy · Suy góc đường thẳng SB mặt phẳng đáy SBA AB · · cos SBA = = ⇒ SBA = 600 SB Tam giác SAB vuông A nên Ta có D 90 Câu 7: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vuông cân C , BC = a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA = a Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) A 2a B a C 2a D 3a Lời giải  BC ⊥ AC ⇒ BC ⊥ ( SAC )  BC ⊥ SA  Vì ( SBC ) ⊥ ( SAC ) theo giao tuyến SC Khi ( SAC ) , kẻ AH ⊥ SC H suy AH ⊥ ( SBC ) H Trong ( SBC ) AH Khoảng cách từ A đến mặt phẳng Ta có AC = BC = a , SA = a nên tam giác SAC vuông cân A 1 AH = SC = a 2 Suy 3V 3V d ( A, ( SBC ) ) = A.SBC = S ABC S∆SBC S ∆SBC Cách 2: Ta có  BC ⊥ AC ⇒ BC ⊥ SC  Vì  BC ⊥ SA nên tam giác SBC vuông C 1 SA CA2 3VA.SBC 3VS ABC a 2 d ( A, ( SBC ) ) = = = = S ∆SBC S ∆SBC SC.BC Suy Câu 8: (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA = 2a Góc đường thẳng SC mặt phẳng đáy A 45° B 60° C 30° Lời giải D 90° · Do SA ⊥ ( ABCD ) nên góc đường thẳng SC mặt phẳng đáy góc SCA SA · ⇒ tan SCA = · = 45° AC = ⇒ SCA Ta có SA = 2a , AC = 2a Vậy góc đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 45° Câu 9: (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vng đỉnh B , AB = a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA = a Khoảng cách từ điểm A đến mặt ( SBC ) phẳng a A a C B a a D Lời giải ( SBC ) Kẻ AH ⊥ SB mặt phẳng  BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ ( SAB )  ⇒ BC ⊥ AH Ta có:  BC ⊥ SA  AH ⊥ BC ⇒ AH ⊥ ( SBC ) ⇒ d ( A, ( SBC ) ) = AH = SB = a  AH ⊥ SB 2 Vậy  Câu 10: (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật, AB = a , BC = 2a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA = a Khoảng cách hai đường thẳng BD , SC a 30 A 21a B 21 21a C 21 Lời giải a 30 D 12 SC // ( BMD ) Gọi O tâm hình chữ nhật M trung điểm SA , ta có: d ( SC , BD ) = d ( SC , ( BMD ) ) = d ( S , ( BMD ) ) = d ( A, ( BMD ) ) = h Do Ta có: AM , AB, AD đơi vng góc nên 1 1 1 = + + = + 2+ 2 2 h AM AB AD a a 4a Suy ra: h= 2a 21 21 Câu 11: (Tham khảo 2018) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có tất cạnh a Gọi M trung điểm SD (tham khảo hình vẽ bên) Tang góc đường thẳng BM mặt phẳng A ( ABCD ) B C Lời giải D SO = a − a2 a = 2 SO ⊥ ( ABCD ) Gọi O tâm hình vng Ta có Gọi M trung điểm OD ta có MH / / SO nên H hình chiếu M lên mặt phẳng ( ABCD ) MH = a SO = · Do góc đường thẳng BM mặt phẳng ( ABCD ) MBH a MH · tan MBH = = = BH 3a Khi ta có Vậy tang góc đường thẳng BM Câu 12: ( ABCD ) mặt phẳng (Tham khảo 2018) Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi vng góc với OA = OB = OC Gọi M trung điểm BC ( tham khảo hình vẽ bên dưới) Góc hai đường thẳng OM AB A 900 B 30 C 60 D 45 Lời giải Đặt OA = a suy OB = OC = a AB = BC = AC = a MN = Gọi N trung điểm AC ta có MN / / AB · (·OM , AB ) = (·OM , MN ) Xét OMN Suy góc Trong tam giác OMN có ON = OM = MN = a 2 a 2 nên OMN tam giác · (·OM , AB ) = (·OM , MN ) = 600 Suy OMN = 60 Vậy Câu 13: (Tham khảo THPTQG 2019) Cho hình lập phương ABCD A′B′C ′D′ Góc hai ( A′B′CD ) ( ABC ′D′ ) mặt phẳng A 30° B 60° C 45° D 90° Lời giải A B C D I J O A′ B′ D′ C′ CD ⊥ ( ADD′A′ ) ⇒ CD ⊥ A′D Ta có:  A′D ⊥ AD′ ⇒ AD′ ⊥ ( A′B′CD )  CD ⊥ AD′ Mà AD′ ⊂ ( ABC ′D′ ) ⇒ ( ABC ′D′ ) ⊥ ( A′B′CD ) Do đó: góc hai mặt phẳng ( A′B′CD ) ( ABC ′D′ ) 90° Câu 14: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy ình chữ nhật, AB = a, BC = 2a, SA vng góc với mặt phẳng đáy SA = a Khoảng cách hai đường thẳng AC SB A 2a B 6a a C Lời giải a D S H K B A O D x C Bx //AC ⇒ AC // ( SB, Bx ) Từ B kẻ d ( AC , SB ) = d ( AC , ( SB, Bx ) ) = d ( A, ( SB, Bx ) ) Suy AK ⊥ Bx ( K ∈ Bx ) Từ A kẻ AH ⊥ SK  AK ⊥ Bx ⇒ Bx ⊥ ( SAK ) ⇒ Bx ⊥ AH  SA ⊥ Bx  Do Nên AH ⊥ ( SB, Bx ) ⇒ d ( A, ( SB, Bx ) ) = AH · · Ta có ∆BKA đồng dạng với ∆ABC hai tam giác vng có KBA = BAC (so le AK AB AB.CB a.2a 5a = ⇒ AK = = = CA a Suy CB CA 1 1 2a = + = + = ⇒ AH = 2 AS AK a 4a 4a Trong tam giác SAK có AH 2a d ( AC , SB ) = Vậy Câu 15: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình lập phương ABCD A′B′C ′D′ có tâm O Gọi I tâm hình vng A′B′C ′D′ M điểm thuộc đoạn thẳng OI cho MO = MI (tham khảo hình vẽ) Khi cơsin góc tạo hai mặt phẳng ( MC ′D′) ( MAB) 85 85 17 13 A 85 B 85 C 65 Lời giải 13 D 65 Giao tuyến ( MAB) ( MC ′D′) đường thẳng KH hình vẽ Gọi J tâm hình vng ABCD L, N trung điểm C ′D′ AB Ta có: C ′D′ ⊥ ( LIM ) ⇒ C ′D′ ⊥ LM ⇒ LM ⊥ KH Tương tự AB ⊥ ( NJM ) ⇒ AB ⊥ MN ⇒ MN ⊥ KH Suy góc hai mặt phẳng ( MAB) (MC ′D′) góc đường thẳng ( MN , ML) LM = 10 34 MN = , , NL = Gọi cạnh hình lập phương Ta có MN + ML2 − NL2 −7 85 · cos LMN = = MN ML 85 Ta có: Suy cosin góc hai mặt phẳng ( MAB) ( MC ′D′) 85 85 Câu 16: (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đơi vng góc với nhau, OA = OB = a , OC = 2a Gọi M trung điểm AB Khoảng cách hai đường thẳng OM AC A 2a 5a B C Lời giải 2a 2a D ⇒ AC// ( OMN ) Gọi N trung điểm BC suy MN //AC ⇒ d ( OM ; AC ) = d ( C; ( OMN ) ) = d ( B; ( OMN ) ) 1 VA.OBC = a.a.2a = a 3 VM OBC d ( M ; ( ABC ) ) SOBN 1 1 = VA.OBC d ( A; ( ABC ) ) SOBC = = ⇒ VM OBC = 12 a AB = a 2 Xét tam giác vuông cân AOB : 1 ON = BC = ( 2a ) + a = a 2 Xét tam giác vuông BOC : 1 MN = AC = a + ( 2a ) = a BAC 2 Xét tam giác : OM = Trong tam giác cân OMN , gọi H trung điểm OM ta có Suy Vậy SOMN = NH = NM − HM = a OM NH = a 2 d ( B; OMN ) = 3VM OBN = a SOMN Câu 17: (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình lập phương ABCD A′B′C ′D′ có tâm O Gọi I tâm hình vng A′B′C ′D′ điểm M thuộc đoạn OI cho MO = MI (tham khảo hình vẽ) Khi sin góc tạo hai mặt phẳng ( MC ′D′ ) ( MAB ) 13 A 65 85 B 85 17 13 C 65 85 D 85 Lời giải Gắn hệ trục tọa độ hình vẽ, cạnh hình lập phương , ta tọa độ điểm sau : 1 1 M ; ; ÷ ′  2  , C ( 0;1;0 ) , D′ ( 1;1;0 ) A ( 1;0;1) , B ( 0;0;1) Khi = r r n( MC′D′) = ( 0;1;3) ; n( MAB ) = ( 0;5;3) 85 · 85 Suy sin ( ( MAB ) , ( MC ′D′ ) ) nên = cos (· ( MAB ) , ( MC ′D′) ) 5.1 + 3.3 + 32 12 + 32 2  85  85 = −  ÷ ÷ = 85   85 Câu 18: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho tứ diện O ABC có OA, OB, OC đơi vng góc với nhau, OA = a OB = OC = 2a Gọi M trung điểm BC Khoảng cách hai đường thẳng OM AB A 2a 2 5a C B a Lời giải D 6a A C H M O B N Ta có ∆OBC vng cân O , M trung điểm BC ⇒ OM ⊥ BC OM / / BN ⇒ OM / / ( ABN )  BN ⊂ ABN ( )   Dựng hình chữ nhật OMBN , ta có ⇒ d ( AB, OM ) = d ( OM , ( ABN ) ) = d ( O, ( ABN ) ) Gọi H hình chiếu vng góc O AN ta có:  BN ⊥ ON ⇒ BN ⊥ ( OAN )  ⇒ OH ⊥ BN mà OH ⊥ AN  BN ⊥ OA ⇒ OH ⊥ ( ABN ) ⇒ d ( O, ( ABN ) ) = OH ∆OAN vuông O , đường cao OH 1 1 1 = + = + ⇒ = + = + 2 2 2 2 OA BM OA OB + OC OH OA ON OA BC a 2a a ⇒ d ( AB, OM ) = OH = = + = ⇒ OH = ⇒ OH = 3 a 4a + a 2a Nhận xét: A C M O B O ( 0;0;0 ) B ( 2a;0;0 ) C ( 0; 2a;0 ) A ( 0;0; a ) Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ, , , , M trung điểm BC ⇒ M ( a; a; ) uuuu r uuu r uuur OM = ( a; a;0 ) OB = ( 0; 2a;0 ) AB = ( 2a; 0; − a ) Ta có ; ; uuuu r uuur ⇒ OM , AB  = ( −a ; a ; −2a ) uuuur uuur uuur OM , AB  OB   2a a ⇒ d ( AB, OM ) = uuuur uuur = = OM , AB    a + a + 4a Câu 19: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình lập phương ABCD A′B ′C ′D′ có tâm O Gọi I tâm hình vng A′B′C ′D′ M điểm thuộc đoạn thẳng OI cho (tham khảo hình vẽ) MO = ( MC ′D′) ( MAB ) Khi sin góc tạo hai mặt phẳng 17 13 A 65 85 B 85 85 C 85 Lời giải Ta chọn hình lập phương có cạnh Gọi P, Q trung điểm cạnh C ′D′ AB Khi ta có MP = MI + IP = 13 , MQ = 5, PQ = Áp dụng định lý hàm cos ta được: · cos PMQ = MP + MQ − PQ 17 13 =− 2MP.MQ 65 ( MC ′D′) ( MAB ) : Gọi α góc 13 sin α = 65 13 D 65 MI Câu 20: (Tham khảo 2018) Cho hình lăng trụ tam giác ABC A′B ′C ′ có AB = AA′ = Gọi M , N , P trung điểm cạnh A′B′, A′C ′ BC (tham khảo hình vẽ bên) Cơsin góc tạo hai mặt phẳng 13 A 65 ( AB′C ′) ( MNP ) 17 13 C 65 Lời giải Gọi P, Q trung điểm BC B′C ′; I = BM ∩ AB′, J = CN ∩ AC ′, E = MN ∩ A′Q Suy ra, 13 B 65 ( MNP ) ∩ ( AB′C ′) = ( MNCB ) ∩ ( AB′C ′) = IJ 18 13 D 65 gọi K = IJ ∩ PE ⇒ K ∈ AQ với E trung điểm MN (hình vẽ) ( AA′QP ) ⊥ IJ ⇒ AQ ⊥ IJ , PE ⊥ IJ ⇒ ( (·MNP ) , ( AB′C ′ ) ) = ( ·AQ, PE ) = α Ta có AP = 3, PQ = ⇒ AQ = 13 ⇒ QK = 5 13 ; PE = ⇒ PK = 3 KQ + KP − PQ 13 · cos α = cos QKP = = KQ.KP 65 Cách Gắn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ ( ) ( ) ( ) ( ⇒ P ( 0;0;0 ) , A ( 3; 0;0 ) , B 0; 3;0 , C 0; − 3;0 , A′ ( 3;0; ) , B′ 0; 3; , C ′ 0; − 3; ) 3  3  M  ; ;2÷ , N ; − ;2÷  ÷ 2 ÷ 2     nên ur r uuur uuuu  AB′, AC ′ = ( 2;0;3) n =  ( AB′C′ ) ( MNP ) 3 Ta có vtpt mp vtpt mp uu r n2 = ( 4; 0; −3) ( AB′C ′) mp ( MNP ) Gọi ϕ góc hai mặt phẳng ur uu r ⇒ cosϕ = cos n1 , n2 = ( Cách ) 8−9 13 25 = 13 65 ( AB ' C ') song song với mặt phẳng ( MNQ ) Gọi Q trung điểm AA ' , mặt phẳng nên góc hai mặt phẳng ( AB ' C ') ( MNP ) góc hai mặt phẳng ( MNQ ) ( MNP ) Ta có: ( MNP ) ∩ ( MNQ ) = MN  · ·  PE ⊂ ( MNP ) ; PE ⊥ MN ⇒ ( ( MNP ) ; ( MNQ ) ) = PEQ  ·MNP ; MNQ = 1800 − PEQ · ( ) ( )) ( QE ⊂ ( MNQ ) ; QE ⊥ MN Tam giác ABC có cạnh ⇒ AP = 2 2 Tam giác APQ vng A nên ta có: PQ = AP + AQ = + = 10 Tam giác A ' QE vng A ' nên ta có: QE = 13 3 A ' E + A ' Q =  ÷ + 12 = 2 3 PE = FP + FE = 22 +  ÷ = 2 Tam giác PEF vng F nên ta có: Áp dụng định lý hàm số côsin vào tam giác PQE ta có: 25 13 + − 10 EP + EQ − PQ 13 4 · cos PEQ = = =− 2.EP.EQ 65 13 2 2 ( ) 13 · · cos (· = − cos PEQ = ( MNP ) ; ( AB ' C ') ) = cos 1800 − PEQ 65 Do đó: ... ( SBC ) A 2a B a C 2a D 3a Lời giải  BC ⊥ AC ⇒ BC ⊥ ( SAC )  BC ⊥ SA  Vì ( SBC ) ⊥ ( SAC ) theo giao tuyến SC Khi ( SAC ) , kẻ AH ⊥ SC H suy AH ⊥ ( SBC ) H Trong ( SBC ) AH Khoảng cách