ÔN TẬP HÌNH HỌC LỚP 12

Câu (Đề 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  ABC    MNP  C' N M B' A' C P B A 13 65 B A 13 65 17 13 65 Lời giải C D 18 13 65 Chọn B Gọi P, Q trung điểm BC BC; I  BM  AB, J  CN  AC , E  MN  AQ Suy ra,  MNP    ABC   MNCB    ABC  IJ 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    Ta có AP  3, PQ   AQ  13  QK   cos   cos QKP  KQ  KP  PQ 2 KQ.KP  5 13 ; PE   PK  3 13 65 C' Q N E M B' A' J K I C P B Cách A 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  nên M  ; ; , N ;  ;    2  2         AB, AC    2; 0;3 vtpt mp  MNP  Ta có vtpt mp  ABC  n1   3  n2   4;0; 3 Gọi  góc hai mặt phẳng  ABC  mp  MNP      cos  cos n1 , n2    89 13 25  13 65 Cách Gọi Q trung điểm AA ' , mặt phẳng  AB ' C ' song song với mặt phẳng  MNQ  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    180  PEQ  QE   MNQ  ; QE  MN Tam giác ABC có cạnh  AP  Tam giác APQ vng A nên ta có: PQ  AP  AQ  32  12  10 13 3 A ' E  A ' Q     12  2 Tam giác A ' QE vng A ' nên ta có: QE  2 3 Tam giác PEF vuông F nên ta có: PE  FP  FE  22     2 Áp dụng định lý hàm số côsin vào tam giác PQE ta có: 25 13   10 2 EP  EQ  PQ 13 4  cos PEQ    2.EP.EQ 65 13 2 13   Do đó: cos   MNP  ;  AB ' C '    cos 1800  PEQ   cos PEQ  65  Câu  (Chuyên KHTN - Lần - 2019) Cho lăng trụ ABC A ' B ' C ' có cạnh đáy a , cạnh bên a Gọi M trung điểm AB Diện tích thiết diện cắt lăng trụ cho mặt phẳng  A ' C ' M  A 2 a 16 B 35 a 16 C 2 a D Lời giải Chọn B Hình vẽ minh họa E' A' C' B' E A C M H N B Gọi N trung điểm BC Kẻ MN / / AC  MN / / A ' C ' Mặt phẳng  A ' C ' M  cắt lăng trụ theo thiết diện hình thang A ' C ' NM a Gọi E , E ' trung điểm AC A ' C ' Gọi H giao điểm MN BE Ta dễ dàng chứng minh MN   E ' HE   A ' C ' NM    ABC   MN   ' HE   Ta có  EH  MN    A ' C ' NM  ,  ACNM     HE , HE '  E  E ' H  MN  Ta có BE  3a a 35 a a  E ' H  E ' E  EH  2a   HE  16 4 Từ cos   HE a   HE ' a 35 35 Diện tích hình thang cân S ACNM a a  a   MN  AC  HE     3a  2 16 Ta có S ACNM  S A 'C ' NM cos  ,  S A 'C ' NM Câu S ACNM 3a 35 3a 35    cos  16 16 (Chuyên KHTN - Lần - 2019) Cho hình chóp tam giác S ABC có đáy ABC tam giác vng cân B với trọng tâm G Cạnh bên SA tạo với đáy  ABC  góc 30 Biết hai mặt phẳng  SBG   SCG  vng góc với mặt phẳng  ABC  Tính cosin góc hai đường thẳng SA BC A 30 20 B 15 C 15 20 D Lời giải Chọn D Hình vẽ minh họa S N B C G M A D 15 10  SBG    SCG   SG   SG   ABC  Ta có  SBG    ABC    SCG    ABC  Gọi M , N trung điểm AC BC Gọi D điểm đối xứng B qua M Khi ABCD hình vng Vì BC / / AD nên  SA, BC    SA, AD  Gọi  góc hai đường thẳng SA AD Đặt AB  BC  x  AD  x Ta có AN  AB  BN  x  x2 5x x 2 x x AG  AN    AN   3 4  Góc SA mặt đáy  ABC  SAG  300 Ta có cos 300  tan 300  AG AG x 15  SA   SA cos 30 SG x x 15 2 , GD  BD  x  SG  AG.tan 300   AG 3 3 SD  SG  GD  15 x x 87 x   81 81 Áp dụng hệ định lí cosin tam giác SAD ta có Câu (Chuyên KHTN - Lần - 2019) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a   SBA  SCA  90 Biết góc đường thẳng SA mặt phẳng ABC 45 Khoảng cách hai đường thẳng SB AC A 51 a 17 B 13 a 13 C Lời giải Chọn A a D 39 a 13 Gọi M trung điểm BC , H hình chiếu vng góc S lên AM Dựng hình thoi ABDC   Vì AB  AC , SBA  SCA  SBA  SCA  SB  SC  SBC cân S  SM  BC Vì ABC nên AM  BC nên BC   SAM   BC  SH Mà SH  AM  SH   ABC  Khi góc đường thẳng SA mặt phẳng ABC  SAM  45 Gọi SH  x Vì SAH vng cân H nên AH  x  SA  x (1)  a a 3  SM  SH  HM  x   x  Ta lại có HM  x   2    a  a2  SB  SM  BM  x   x      2 2   a  a2 a  5a 2  SA2  SB  BA2  x   x    a  x  x          (2)  a  5a 2 Từ (1) (2) suy x   x   x  2 xa  2a   x  a      AH  3 a  AM  a  HM  AH  AM  a  AM Do chứng tỏ H trọng tâm BCD Kẻ HI  BD  I trung điểm BD , kẻ HK  SI  HK  d  H , ( SBD )  a a Ta có HI  ID tan 45    1 36 51 51    2   HK  a 2 2 HK HI HS 3a 12a 4a 51 AC // BD nên  d  SB, AC   d  AC , ( SBD)   d  A, ( SBD)   3d  H , ( SBD)   Câu 51 51 a a 51 17 (HSG 12 - Sở Quảng Nam - 2019) Cho hình lăng trụ ABC ABC  có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm G tam giác ABC , hai mặt phẳng  ABC   BCC B  vuông góc với Khoảng cách hai đường thẳng AB CC  A a B a C a 10 D a 10 Lời giải Chọn A Gọi M , H , N trung điểm BC , AB, BC  Vì ABC cạnh a nên AM  BC , AM  a a a , AG  , GM  Mà AG  BC nên  AMNA   BC , suy AM  BC , MN  BC Do góc hai mặt phẳng  ABC   BCC B  AMN  900 2 a 3 a 3 a2 2 Đặt AG  x  MN  AA  x    , AM  x     x  12     Áp dụng định lí Pitago AMN , ta có: AN  AM  MN 2 a 3 a 3 a2 a2 a 2    x2  x   x     x  12 6     Hay AG  a Vì CC  / / BB nên d  CC , AB   d  CC ,  AABB    d  C ,  AABB    3d  G,  AABB    3GI Mà 1 1 18 a       GI  2 2 GI GH GA a a 3 a 6         Vậy d  CC , AB   Câu a a  (HSG 12 - TP Nam Định - 2019) Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với mặt phẳng  ABC  , đáy ABC tam giác vuông cân B , AC  a Gọi G trọng tâm tam giác SAB K hình chiếu điểm A cạnh SC Gọi  góc hai mặt phẳng  ABC   AGK  Tính cos  , biết khoảng cách từ điểm A cos   B cos   A đến mặt phẳng  KBC  C cos   D cos   a Lời giải Chọn D Tam giác ABC vuông cân B mà AC  a suy AB  BC  a Do BC  BA , BC  SA (vì SA   ABC  ) nên BC   SAB  Gọi H hình chiếu điểm A lên SB , AH  SB , AH  BC (vì BC   SAB  ) nên AH   SAB  hay AH  d  A,  SBC    a Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông SAB với đường cao AH , ta được: 1 1 1  2  2    SA  a nên tam giác SAB vuông cân A 2 2 AH SA AB SA AH AB a trọng tâm G thuộc AH Từ AH   SBC   AH  SC AK  SC nên SC   AHK  hay SC   AGK  Vì SC   AGK  SA   ABC  nên góc hai mặt phẳng  AGK   ABC  góc  hai đường thẳng SC SA hay   CSA Theo ta có SC  SA2  AC  a suy cos   Câu SA a   AC a 3 (THPT Ngô Quyền - Ba Vì - Lần - 2019) Cho tứ giác ABCD có AD BC vng góc với AB ,    AD  a, BC  b Cho k số thực dương thuộc  0;1 điểm E thỏa mãn k EC  1  k  ED   Khi AEB  90 giá trị nhỏ đoạn AB bằng? B a  b A ab ab C D ab Lời giải Chọn A A a D E H (C) I x B b C     * Do k EC  1  k  ED  nên điểm E nằm đoạn thẳng CD , AEB  90 nên điểm E nằm đường tròn  C  tâm I , đường kính AB , gọi H hình chiếu vng góc I lên CD * Đặt x  AB ta có: S ABCD  S ADI  SDIC  S IBC   IH  x a  b 2CD x a  b  x x a  b  IH CD 2 2 x a  b  x2   a  b  * Do đường tròn  C  đường thẳng CD có điểm chung E nên d  I ; CD   R  IH  x a  b x x   2 2 x  a  b   a  b   x   a  b   x  4ab  x  ab  AB  ab Câu (Sở Điện Biên - 2019) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB  , BC  Tam giác SAC nằm mặt phẳng vng góc với đáy, khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng SA S A D B C Cơsin góc hai mặt phẳng  SAB   SAC  A 17 17 B 34 34 C 34 17 D 34 17 Lời giải Chọn B S K M D A P H B C Xét tam giác ABC vuông B ta có: AC  AB  BC  32  42  Gọi K chân đường vng góc kẻ từ C xuống SA Xét tam giác CAK vng K ta có: AK  CA2  CK  52  42  Kẻ SH  AC , H  AC KP //SH , P  AC KP   ABCD  Xét tam giác BAC vuông B tam giác KAC vuông K ta thấy cạnh tương ứng KP đường cao tam giác KAC nên BP đường cao tam giác BAC Kẻ PM  KA , M  KA Vì KA  PB KA  PM nên KA   PMB  Suy KA  MB  Như vậy, góc mặt phẳng  SAC   SAB  góc PMB Câu 16 Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy ABC tam giác vuông cân, AB  AC  a, AA '  h  a, h   Tính khoảng cách hai đường thẳng chéo AB ' BC ' theo a, h A ah a  5h ah B 5a  h ah C 2a  h D ah a  h2 Lời giải Chọn A A C a a a B h A' C' B' D Gọi D điểm đối xứng với A ' qua B ' Ta có AB '/ / BD  AB '/ /  BDC '  d  AB ', BC '  d  AB ',  DBC '   d  B ',  DBC '  Vì C ' B ' trung tuyến tam giác A ' DC ' nên S DB ' C '  S A ' B ' C '  a a2h Do VB B 'C ' D  S B 'C ' D BB '  Xét tam giác BDC ' , có : BD  B ' D2  BB '2  a  h ; BC '  B ' C '2  BB '2  2a  h 2 C ' D  A ' C '2  A ' D2  a   2a   a  Khi đó: cos DBC ' BD  BC '2  C ' D h2  a2  2.BD.BC ' a  h 2a  h   '   cos DBC ' Suy ra, sin DBC a a  5h a  h 2a  h a a  5h  BD.BC 'sin DBC ' 2 Mặt khác: VB B ' C ' D  S BDC ' d  B ',  DBC '  a 2h 3V ah  d  B ',  DBC '   B B ' C ' D   S BDC ' a a  5h a  5h 2 Từ S BDC '  Câu 17 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB  a , AD  2a Hình chiếu vng góc S mặt phẳng đáy trung điểm H AD , góc SB mặt phẳng đáy ( ABCD ) 450 Tính khoảng cách hai đường thẳng SD BH theo a A a B 2a C a D a Lời giải Chọn A S A B H K D C   450 Ta có Do SH   ABCD  nên góc SB mặt phẳng đáy (ABCD) góc SBH SBH vng cân H nên SH  BH  a Gọi K trung điểm BC, ta có BH / / DK  BH/ /  SDK  Suy ra: d  BH ; SD   d  BH ;  SDK    d  H ;  SDK   Tứ diện SHDK vuông H nên 1 1     2 2 HK HD 2a d  H ;  SDK   HS 2 Vậy d  BH ; SD   d  H ;  SDK    a Câu 18 (THPT Cộng Hiền - Lần - 2018-2019) Cho hình lập phương ABCD ABC D cạnh a ( tham khảo hình vẽ bên) Khoảng cách hai đường thẳng AB BC  B C D A B' A' C' D' A a B a D a C a Lời giải Chọn A Cách 1: B C O D A H K B' C' O' A' D' Gọi O O tâm hình vng ABCD ABC D  hình lập phương ABCD ABC D cạnh a Ta có: BD  AC    BD   AAC C  BD  AA  Mà AC   AAC C   AC  BD Ta lại có: 1 AB  AB    AB   ABCD  AB  AD Mà AC   ABCD   AC  AB 2 Từ      AC   ABD  Tương tự ta chứng minh  AC   BDC     ABD  //  BDC   Suy khoảng cách hai đường thẳng chéo AB BC  khoảng cách hai mặt phẳng song song  ABD   BDC   Giả sử AC  OC  ; AC  AO  K Xét OHC ∽ C HA  g  g   HC OC OC    AH AC  AC HC HC 1     HC  AC AC AH  HC  3 Tương tự ta có: AK  AC Vậy Hai mặt phẳng  ABD   BDC  song song với nhau, vng góc với đoạn AC chia AC thành phần Do khoảng cách hai mặt phẳng  ABD   BDC   AC a  3 Vậy khoảng cách hai đường thẳng chéo AB BC  a Cách 2: B C D A B' H C' O A' D' Ta có AD // BC  BC  //  ABD   d  BC , AB   d  BC ,  ABD    d  C ,  ABD   d  A,  ABD   Gọi AC   BD  O Ta có: AO  BD   BD   AAO  AA  BD  Kẻ AH  AO ta có  AAO    ABD  AO nên ta có AH  AO  d  A,  ABD    AH AAO vng A có AH đường cao xuất phát từ đỉnh góc vng nên ta có: 1 1 1 a2 a         A H   AH  2 2 2     AH AA AO AH a a 2 a 3     Câu 19 (THI THỬ L4-CHUN HỒNG VĂN THỤ-HỊA BÌNH-2018-2019)Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật tâm O , AB  a , BC  a Tam giác ASO cân S , mặt phẳng  SAD  vng góc với mặt phẳng  ABCD  , góc SD  ABCD  60 Khoảng cách hai đường thẳng SB AC A 3a B 3a C 6a D a Lời giải Chọn A S M D I H F A C K E O B Kẻ SH  AD H , suy SH   ABCD  , SA  SO  HA  HO nên H thuộc trung trực  AO Góc SD  ABCD  góc SDH  600 2a AO a   HD  Ta có AO  AH cos HAO  AH cos 300  AH  AH   3  SH  2a Lây M trung điểm SD , kẻ MI / / SH  I  AD  , kẻ IE  AC , IK  ME Khi d  AC , SB   d  B,  MAC    d  D,  MAC    Ta có: MI  3 d  I ,  MAC    IK 2 SH  a IE  HF  AF tan 300  a 1 a a 3a    IK   d  SB, AC    2 IK IM IE 2 Câu 20 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng tâm O cạnh 2a Hình chiếu S mặt đáy trung điểm H OA Góc hai mặt phẳng  SCD   ABCD  45 Tính khoảng cách hai đường thẳng AB SC A a B a C Lời giải Chọn B 3a D 3a S E A D H N O M C B Gọi M , N trung điểm CD MD  HN  CD  SN  CD ( HN hình chiếu SN lên  ABCD  )  SCD    ABCD   CD   Ta có  HN  CD , suy góc  SCD   ABCD  SNH  450  SN  CD  Ta có AB / / CD  AB / /  SCD  nên d  AB, SC   d  AB,  SCD    d  A,  SCD   Mà d  H ,  SCD   d  A,  SCD    CH   d  A,  SCD    d  H ,  SCD   CA  SHN    SCD  Ta có  Kẻ HE  SN  HE   SCD   SHN    SCD   SN Suy d  H ,  SCD    HE Ta có Câu 21 HN CH 3 3a    HN  AD  2a  AD CA 4 Do SH  HN  3a 3a 3a 1 4 ,        HE  2 HE HS HN 9a 9a 9a 2 Vậy d  AB, SC   d  H ,  SCD    a Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang cân ( AD || BC ), BC  2a , AB  AD  DC  a , với a  Mặt bên SBC tam giác Gọi O giao điểm AC BD Biết hai đường thẳng SD AC vng góc nhau, M điểm thuộc đoạn OD ( M khác O D ), MD  x , x  Mặt phẳng   qua M song song với hai đường thẳng SD AC , cắt khối chóp S ABCD theo thiết diện Tìm x để diện tích thiết diện lớn nhất? A x  a B x  a C x  Lời giải Chọn A a D x  a Trong mp  SBD  kẻ đường thẳng qua M song song với SD , cắt cạnh SB H Trong mp  ABCD  kẻ đường thẳng qua M song song với AC , cắt cạnh DA DC E F Trong mp  SDA kẻ đường thẳng qua E song song với SD , cắt cạnh SA I Trong mp  SDC  kẻ đường thẳng qua F song song với SD , cắt cạnh SC G Khi thiết diện khối chóp S ABCD cắt mặt phẳng   ngũ giác EFGHI Dễ thấy ABCD nửa lục giác có tâm trung điểm K BC Do ADCK ABND hình thoi nên AC  KD Mặt khác AC  SD nên AC   SKD   AC  SK Lại có SK  BC (vì  SBC đều), suy SK   ABCD   SK  KD Ta có IG giao tuyến   với  SAC  , mà AC ||   , suy IG || AC Mặt khác HM || SD SD  AC , suy HM  IG HM  EF IGFE hình chữ nhật Diện tích thiết diện EFGHI s  S EFGI  S HGI  IG.NM  IG.HN Ta có AK  KD  AD  a nên  AKD a a Mà BD  AK , AC  KD nên O trọng tâm tam giác ADK Suy OD   3 AC  BD  a (  BAC vuông A , KA  KB  KC ) SD  SK  KD  2a DM EF DM x Ta có   EF  AC  a  x DO AC DO a 3 GF CF OM OM    GF  SD  SD CD OD OD a x 2a  2a  x a 3 HM BM BM a 3x 6a  x   HM  SD  2a  SD BD BD a Suy HN  HM  NM  HN  GF  6a  x 4x  2a  3x  3    4x a  3a Vậy s  x  2a  x 3x  4 x  6ax    x       Suy s  Câu 22  3a a a Dấu “=” xảy x  x 4 (THPT LÊ VĂN THỊNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB  a , BC  a , SA  a SA vng góc với đáy ABCD Tính sin  , với  góc tạo đường thẳng BD mặt phẳng  SBC  A sin   B sin   C sin   D sin   Lời giải Chọn C ABCD hình chữ nhật nên BD  2a , ta có AD / /  SBC  nên suy d  D,  SBC    d  A,  SBC    AH với AH  SB Tam giác SAB vuông cân A nên H trung điểm SB suy AH  a 2 a d  D,  SBC   d  A,  SBC    sin BD,  SBC      BD BD 2a Câu 23    Cho hình chóp S ABC có SA  SB  SC  a , ASB  60 , BSC  90 , CSA  120 Tính khoảng cách d hai đường thẳng AC SB A d  a B d  a 3 C d  Lời giải Chọn C a 22 11 D d  a 22 22 Ta có SAB nên AB  a , SBC vuông cân nên BC  a Trong SAC có AC  SA2  SC  SA.SC cos120  AC  a  ABC vuông B Gọi H trung điểm AC SH   ABC  (do SA  SB  SC ) Dựng hình bình hành ABEC , vẽ HM  BE M , HK  SM K Ta có d  AC , SB   d  AC ,  SBE    d  H ,  SBE    HK HM  d  B, AC   AB.BC a.a a a , SH   ASH  60   AC a Vậy d  AC , SB   HK  Câu 24 HS HM HS  HM  a a a 22  2 11 a 2a  (KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Cho hình hộp chữ nhật ABCD A ' B ' C ' D ' , ABCD hình vng có cạnh , A ' A  Gọi  P  mặt phẳng chứa CD ' tạo với mặt phẳng  BDD ' B ' góc  nhỏ nhất; cos  Lời giải Chọn D Gọi O  AC  BD  CO   B ' D ' DB  Gọi  Q  mặt phẳng chứa CD ' cắt  B ' D ' DB  theo giao tuyến d Gọi H hình   0  CHO  90 chiếu O d , suy góc  Q   B ' D ' BD  CHO  Ta có: OH  OD '   OC OC   'O   tan CHO  tan CD OH OD '  'O    ' O Khi đó:  Q    P  ,   CD Suy gocs CHO nhỏ CHO  CD CO  Câu 25 3 10 , CD '   OD '   cos   10 (TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI SỐ NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình    bình hành SA  SB  SC  11 , SAB  30 , SBC  60 SCA  45 Tính khoảng cách d hai đường thẳng AB SD ? A d  11 B d  22 C d  22 Lời giải Chọn D Gọi H trung điểm AB , vẽ HE  CD E , HK  SE K D d  22 Ta có SBC nên BC  11 , SAC vuông cân S nên AC  11 Trong SAB , AB  SA2  SB  2SA.SB.cos120  AB  11 ABC có AB  AC  BC nên ABC vng C , từ H tâm đường tròn  ABC   SH   ABCD   CD   SHE   CD  HK  HK   SCD  Ta có d  AB, SD    AB,  SCD     H ,  SCD    HK Ta có HE  d  A, CD   AC AD AC  AD 11 2.11  2 2.11  11  11 SA 11 , SH   2 11 11  HK    22 121 121.2 SH  HE  SH HE Vậy d  AB, SD   22 Câu 26 (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho tứ diện ABCD có cạnh AB, AC, AD vng góc với đôi AD  AC  AB  a Gọi  đường thẳng chứa mặt ( BCD) cho khoảng cách từ điểm A đến  nhỏ khoảng cách lớn hai đường thẳng  AD d Khẳng định sau đúng? A d  a 14 14 B 3a  d  a C 3a 4a d  14 D d  a Lời giải A K B D H C Gọi H hình chiếu vng góc A lên ( BCD) Khi ta có H trực tâm tam giác BCD Với đường thẳng  nằm ( BCD) d ( A; )  AH Do đường thẳng  thỏa mãn phải qua điểm H Kẻ HK  AD( K  AD) H , K hai điểm cố định nằm  & AD Hiển nhiên, khoảng cách  & AD độ dài đoạn vng góc chung chúng nên d (; AD)  HK Dấu xảy HK   Ta có 1 1 1 14 a         AH  2 2 a a a AH AB AC AD a 14 ( ) ( )  Ta có: cos HAK   Câu 27 AH 13 a 13     sin HAK   HK  HA.sin HAK  AD 14 14 14 3a 4a d  14 (THPT HÀM RỒNG THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho lặng trụ đứng ABC ABC  có diện tích tam giác ABC Gọi M , N , P thuộc cạnh AA , BB , CC  , diện tích tam giác MNP Tính góc hai mặt phẳng  ABC   MNP  A 120 B 45 C 30 Lời giải D 90 B' A' C' N M B P C A Do ABC A ' B ' C ' hình lăng trụ đứng nên ta có: S ABC  SMNP cos   MNP  ,  ABC    cos   MNP  ,  ABC    Câu 28 S ABC 3    MNP  ,  ABC    300   S MNP (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho tứ diện SABC có SA  SB  SC  Mặt phẳng   thay đổi qua trọng tâm tứ diện cắt SA, SB , SC A1 , B1 , C1 Tìm giá trị lớn A 16 1   SA1.SB1 SB1.SC1 SC1.SA1 B 16 Lời giải C D    1        SA   SB SC Do G trọng tâm tứ diện nên SG  SA  SB  SC  SA1  SB1  SC1 Mà 4 SA1 SB1 SC1  G, A1 , B1 , C1 đồng phẳng dẫn đến  SA SB SC 1   1    Suy ra, 4SA1 SB1 4SC1 SA1 SB1 SC1 1 1 1  16         Dấu xảy SA1.SB1 SB1.SC1 SC1.SA1  SA1 SB1 SC1  3 SA1  SB1  SC1  SA  4 Câu 29 (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang cân  AD // BC  , BC  2a , AB  AD  DC  a với a  Mặt bên SBC tam giác Gọi O giao điểm AC BD Biết SD vng góc AC M điểm thuộc đoạn OD ; MD  x với x  ; M khác O D Mặt phẳng   qua M song song với hai đường thẳng SD AC cắt khối chóp S ABCD theo thiết diện Tìm x để diện tích thiết diện lớn nhất? A a B a C Lời giải a D a S N R B T C I B Q O M A D P P Qua M dựng đường thẳng song song với SD cắt SB N Qua M dựng đường thẳng song song với AC cắt DA, DC P, Q Từ P, Q dựng đường thẳng song song với SD cắt SA, SC T , R Ta có thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng   ngũ giác PQRNT Do SD  AC  MN  PQ S PQRNT  S PMNT  SQMNR  TP  NM  PM  QR  NM  MQ  2  TP  NM  PM (Do CO  AO  MQ  2MP ) Ta có AC  BD  BC  AB  a OD AD 1 a 2a    OD  BD   OA , OC  OB  OB BC 3 Ta có: + MP DM DM   MP  OA  x OA DO DO TP AP OM OD  DM +     SD AD OD OD + a x  x x 3  1  TP     SD a a  a   x 3 NM BM BD  MD x    1  NM  1   SD SD BD BD 3a  a  Do S PQRNT  TP  NM  PM Q O M A C D   3x SD  x  3a  Có f   x      f  x    3a 3x  SD    , f   x    x  3a   Bằng cách lập bảng biến thiên ta suy diện tích thiết diện đạt giá trị lớn x  a ... Ta có 1 1 1 14 a         AH  2 2 a a a AH AB AC AD a 14 ( ) ( )  Ta có: cos HAK   Câu 27 AH 13 a 13     sin HAK   HK  HA.sin HAK  AD 14 14 14 3a 4a d  14 (THPT HÀM RỒNG...  h 14  sin   SAC  ,  SBC    4 + Ta lại có cos   SAC  ,  SBC     d  H ,  SAC   d  H ,SC   14  HN HS HN  HS  14 HC.HS HC  HS ah  a  h   h2  a  h 14  16... hai mặt phẳng  SAB   SAC  A 17 17 B 34 34 C 34 17 D 34 17 Lời giải Chọn B S K M D A P H B C Xét tam giác ABC vng B ta có: AC  AB  BC  32  42  Gọi K chân đường vng góc kẻ từ C xuống