1H3 QUAN HE VUONG GOC

Câu 1: B C D có cạnh a ( tham khảo hình vẽ (Tham khảo 2018) Cho lập phương ABCD A���� bên ) C Khoảng cách hai đường thẳng BD A�� A 3a B a C Lời giải 3a D 2a C khoảng cách mặt Ta có khoảng cách hai đường thẳng chéo BD A�� phẳng song song  ABCD  BCD   A���� thứ tự chứa C a hai đường thẳng BD A�� C Do khoảng cách BD A�� 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 vuông 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   � � SB ,  ABC  C 30� Lời giải  ABC  nên AB hình chiếu SA mặt phẳng �, AB  SBA �  SB    2 Mặt khác có ABC vuông C nên AB  AC  BC  a �  tan SBA Khi SA �  SB ,  ABC   30� 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  � SBA �  600 cos SBA SB Tam giác SAB vng A nên Ta có D 90 Câu 7: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vng 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 vng 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 - Mà 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 - Mà 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 - Mà 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 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  � � Suy góc Xét OMN 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: B C D Góc hai (Tham khảo THPTQG 2019) Cho hình lập phương ABCD A���� B CD  D  A��  ABC �� mặt phẳng A 30� B 60� C 45� D 90� Lời giải A B C D I J O A� B� D� CD   ADD� A� D  � CD  A� C� Ta có: D  AD� �A� � AD�   A�� B CD  � CD  AD� � Mà AD� � ABC �� D  �  ABC �� D    A�� B CD  Do đó: góc hai mặt phẳng B CD   A�� D  ABC �� 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 B C D có tâm O Gọi I Câu 15: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình lập phương ABCD A���� B C D M điểm thuộc đoạn thẳng OI cho MO  MI tâm hình vng A���� (tham khảo hình vẽ) D ) ( MAB) Khi cơsin góc tạo hai mặt phẳng ( MC �� 85 85 17 13 A 85 B 85 C 65 Lời giải 13 D 65 D ) đường thẳng KH hình vẽ Giao tuyến ( MAB) ( MC �� D AB Gọi J tâm hình vng ABCD L, N trung điểm C �� D  ( LIM ) � C �� D  LM � LM  KH Ta có: C �� Tương tự AB  ( NJM ) � AB  MN � MN  KH D ) góc đường thẳng Suy góc hai mặt phẳng ( MAB) (MC �� ( MN , ML) LM  10 34 MN  , , NL  Gọi cạnh hình lập phương Ta có 2 �  MN  ML  NL  7 85 cos LMN MN ML 85 Ta có: D ) Suy cosin góc hai mặt phẳng ( MAB) ( MC �� 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 B C D có tâm O Gọi I Câu 17: (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình lập phương ABCD A���� B C D điểm M thuộc đoạn OI cho MO  MI (tham khảo tâm hình vng A���� hình vẽ) Khi sin góc tạo hai mặt phẳng D  MC ��  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�; ; � �  1;1;0  A  1;0;1 , B  0;0;1 �2 �, C  0;1;0  , D� Khi r r n MC�� D    0;1;3  ; n MAB    0;5;3  nên  cos � D   MAB  ,  MC �� 5.1  3.3  32 12  32 2 �7 85 � 85 85   �  � � 85 � � D  � � 85 Suy sin   MAB  ,  MC �� 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 uuu r �   a ; a ; 2a  �� OM , AB � � uuuur uuur uuur � � OM OB � , AB � 2a a � d  AB, OM   uuuur uuur   � � OM , AB � � a  a  4a B C D có tâm O Gọi I Câu 19: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình lập phương ABCD A���� B C D M điểm thuộc đoạn thẳng OI cho tâm hình vng A���� (tham khảo hình vẽ) MO  D  MC ��  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 D AB Khi ta có Gọi P, Q trung điểm cạnh C �� 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 D  MC ��  MAB  : Gọi  góc 13 sin   65 13 D 65 MI B C có AB  AA�  Gọi Câu 20: (Tham khảo 2018) Cho hình lăng trụ tam giác ABC A��� 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 C  AB��  MNP  17 13 C 65 Lời giải C; Gọi P, Q trung điểm BC B�� I  BM �AB� , J  CN �AC � , E  MN �A� Q Suy ra, 13 B 65 C    MNCB  � AB�� C   IJ  MNP  � AB�� 18 13 D 65 gọi K  IJ �PE � K �AQ với E trung điểm MN (hình vẽ) QP   IJ � AQ  IJ , PE  IJ �  � MNP  ,  AB�� C   � AQ, PE     AA� Ta có AP  3, PQ  � AQ  13 � QK  5 13 ; PE  � PK  3 KQ  KP  PQ 13 � cos   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� ; ; , N ;  ;2� � � �2 � �2 � � � � � nên ur r uuur uuuu � �  2;0;3 � � n  AB , AC � � AB�� C   MNP  Ta có vtpt mp vtpt mp uu r n2   4; 0; 3 C  AB��  MNP  Gọi  góc hai mặt phẳng mp ur uu r � cos  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 � � � QE � MNQ  ; QE  MN MNP  ;  MNQ    1800  PEQ   � Tam giác ABC có cạnh � AP  2 2 Tam giác APQ vng A nên ta có: PQ  AP  AQ    10 13 �3 � QE  A ' E  A ' Q  � � 12  �2 � Tam giác A ' QE vuông A ' nên ta có: �3 � PE  FP  FE  22  � �  �2 � Tam giác PEF vuông F nên ta có: Áp dụng định lý hàm số cơsin 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: ... 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