Thường đưa về các hệ thức quen thuộc liên quan đến các điểm như trung điểm đoạn thẳng, trọng tâm tam giác.. Gọi I là trung điểm MN.. Điều kiện để ba vectơ đồng phẳng. Cho tứ diện ABCD. C[r]
(1)MỤC LỤC
CHƯƠNG Vectơ khơng gian Quan hệ vng góc
1 Vectơ không gian Sự đồng phẳng vectơ
A Tóm tắt lí thuyết
B Một số dạng tốn
C Bài tập ơn luyện 16
D Bài tập trắc nghiệm 25
2 Hai đường thẳng vng góc 32
A Tóm tắt lí thuyết 32
B Một số dạng tốn 32
C Bài tập ôn luyện 39
D Bài tập trắc nghiệm 45
3 Đường thẳng vng góc với mặt phẳng 56
A Tóm tắt lí thuyết 56
B Phương pháp giải toán 58
C Bài tập ôn luyện 72
D Bài tập trắc nghiệm 82
4 Hai mặt phẳng vng góc 93
A Tóm tắt lí thuyết 93
B Một số dạng tốn 95
C Bài tập ơn-luyện 105
(2)5 Khoảng cách 133
A Tóm tắt lí thuyết 133
B Một số dạng tốn 134
C Bài tập ơn luyện 144
D Bài tập trắc nghiệm 153
Ôn tập chương 166
A Bộ đề số 166
B Bộ đề số 176
C Bộ đề số 188
D Bộ đề số 197
E Bộ đề số 206
(3)CHƯƠNG 3 VECTƠ TRONG KHƠNG GIAN QUAN HỆ VNG GĨC
BÀI 1. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN SỰ ĐỒNG PHẲNG CỦA
CÁC VECTƠ A TĨM TẮT LÍ THUYẾT
1 Vectơ không gian.
1 Quy tắc ba điểm: Với ba điểm A,B,Cta có AB# »+BC# »= AC# »
2 Quy tắc hình bình hành: NếuOABClà hình bình hành thìOA# »+OC# » =OB# » 3 Quy tắc phân tích vectơ thành hiệu hai vectơ gốc:
# »
AB=OB# »−OA# », với điểmO 4 Ilà trung điểm đoạn thẳng ABkhi
# »
I A+# »IB= #»0 ⇔OI# »=
# » OA+OB# »
2 , với điểm O (i) 5 Glà trọng tâm tam giácABCkhi
# »
GA+GB# »+GC# »= #»0 ⇔OG# »=
# »
OA+OB# »+OC# »
3 , với điểm O (ii) Lưu ý.Khi gặp tổng hai vectơ gốc tổng ba vectơ
gốc ta thường sử dụng(i),(ii)
6 Quy tắc hình hộp (để cộng ba vectơ khác #»0 khơng đồng phẳng): Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0.Khi đó:
# »
AC0 = AA# »0+AB# »+AD# »
7 #»a phương #»b (#»b 6= #»0)⇔ ∃k ∈R: #»a =k#»b
2 Sự đồng phẳng vectơ Điều kiện để ba vectơ đồng phẳng.
Định nghĩa Ba vectơ gọi đồng phẳng giá chúng song song với mặt phẳng
Định lí (Điều kiện để ba vectơ đồng phẳng)
Cho ba vectơ #»a, #»b, #»c, trong đó #»a và #»b không phương Điều kiện cần đủ để #»a,#»b, #»c đồng phẳng có sốm,nsao cho #»c =m#»a +n#»b.Hơn nữa, sốm,nlà nhất.
Chú ý Ba vectơOA# », OB# », OC# »đồng phẳng bốn điểmO, A,B,Cđồng phẳng, tức ba đường thẳngOA,OB,OCcùng nằm mặt phẳng
Định lí (Biểu thị vectơ theo ba vectơ không đồng phẳng)
Nếu #»a,#»b, #»c là ba vectơ khơng đồng phẳng với vectơ #»d, ln tồn số m,n,p sao cho
#»
(4)B MỘT SỐ DẠNG TOÁN
Dạng Chứng minh đẳng thức vectơ Biểu thị vectơ theo vectơ không đồng phẳng.
Phương pháp.Dựa vào quy tắc, tính chất hệ thức vectơ thường dùng
Bài Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 Hãy biểu diễn vectơAC# »0,BD# »0,CA# »0,DB# »0, BC# »0, A# »0D
theo vectơ AB# »= #»a, # »AD= #»b, AA# »0 = #»c
LLời giải
Ta có# »
AC# »0 = # »AB+BB# »0+B# »0C0 = #»a +#»c +#»b
BD# »0 =BA# »+AD# »+DD# »0 =−#»a +#»b +#»c
CA# »0 =CD# »+DA# »+AA# »0 =−#»a −#»b +#»c
DB# »0 =DC# »+CB# »+BB# »0 = #»a −#»b +#»c
BC# »0 = BC# »+CC# »0 = #»b +#»c
A0D= A# »0D0+D# »0D = #»b − #»c
Bài Cho tứ diện ABCD Gọi G trọng tâm tam giác BCD vàO trung điểm đoạn thẳngAG Chứng minh rằng:
a) 3OA# »+OB# »+OC# »+OD# »= #»0
b) 3MA# »+MB# »+MC# »+MD# »=6MO# »(Mlà điểm khơng gian)
LLời giải
a) VìGlà trọng tâm tam giácBCDnên3# »OG=OB# »+OC# »+OD# ».VìOlà trung điểm đoạn thẳngAGnênOA# »+OG# »= #»0 Do
3OA# »+OB# »+OC# »+OD# »=3(OA# »+OG# ») = #»0 b) Theo quy tắc ba điểm ta có
3MA# »+MB# »+MC# »+MD# »
=3(MO# »+OA# ») +MO# »+OB# »+MO# »+OC# »+MO# »+OD# »
=6MO# »+3OA# »+OB# »+OC# »+OD# »=6# »MO Lưu ý.Có thể giải câub)như sau: DoGlà trọng tâm∆BCDnên
# »
MB+MC# »+# »MD=3MG# » Do
3MA# »+MB# »+MC# »+MD# »=3MA# »+3MG# »=3MA# »+MG# »=6MO# »
Bài Cho tứ diện ABCD Gọi M trung điểm AB G trọng tâm tam giác BCD Đặt
# »
(5)Ta có
# » MG=
3(
# »
MB+MC# »+# »MD) =
3
1
# »
AB+ (MA# »+AC# ») + (MA# »+AD# »)
=
3
1
#» b −1
2
#»
b +#»c −
2
#» b +#»d
=−1
6
#» b +1
3
#»c +1
#» d Bài Cho hình chópS.ABCD
a) Chứng minh ABCDlà hình bình hành
# »
SB+SD# » =SA# »+SC# » Điều ngược lại không?
b) GọiO giao điểm AC vàBD Chứng tỏ ABCD hình bình hành khiSA# »+SB# »+SC# »+SD# » =4SO# »
LLời giải
a) Ta có tương đương:
# »
SB+SD# » =SA# »+SC# »⇔SB# »−SA# »=SC# »−SD# »
⇔AB# »= DC# » ⇔ ABCD hình bình hành (do ABCDđã tứ giác rồi)
Vậy ABCDlà hình bình hành thìSB# »+SD# »=SA# »+SC# ».Chiều ngược lại b) Giả sửABCDlà hình bình hành Khi đó:
# »
SA+SB# »+SC# »+SD# »
=SO# »+OA# »+SO# »+OB# »+SO# »+OC# »+SO# »+OD# »
=4SO# »+ (OA# »+OC# ») + (OB# »+OD# ») =4SO# »
Giả sửSA# »+SB# »+SC# »+SD# » =4SO# ».GọiI,Jtheo thứ tự trung điểm củaAC,BD.Khi đó:
# »
SA+SB# »+SC# »+SD# »
=4SO# »+ (OA# »+OC# ») + (OB# »+OD# ») = 4SO# »+2(OI# »+2OJ# »)
Bởi vậy: OI# »+OJ# » = #»0 Suy O trung điểm I J Suy I ∈ BD J ∈ AC Do
I ≡ J ≡ O Vậy hai đường chéo AC BD có chung trung điểm Suy ABCD hình bình hành
Cách khác.Ta cóOC# »=kOA# », OD# »=mOB# » Do đó:
# »
SA+SB# »+SC# »+SD# »=4SO# »
⇔(SO# »+OA# ») + (SO# »+OB# ») + (SO# »+OC# ») + (SO# »+OD# ») = 4SO# »
⇔OA# »+OB# »+OC# »+OD# »= #»0 ⇔OA# »+OB# »+kOA# »+mOB# »= #»0
⇔(1+k)OA# »+ (1+m)OB# »= #»0
⇔
1+k =0 1+m =0
(6)
⇔
k=−1
m=−1 ⇔
( # »
OC =−OA# » # »
OD =−OB# » ⇔
Olà trung điểm AC Olà trung điểmBD
⇔ABCDlà hình bình hành Ta có điều phải chứng minh
Bài Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0tâmO Chứng minh:
a) OA# »+OB# »+OC# »+OD# »+OA# »0+OB# »0+OC# »0+OD# »0 = #»0
b) GọiD1,D2,D3lần lượt điểm đối xứng điểmD0 quaA,B0,C Chứng tỏ rằngBD# »1+BD# »2+BD# »3+
# » BD0 = #»0
LLời giải
a) DoOlà trung điểm ba đoạn thẳng AC0, A0C, BD0, B0D
nên ta có:
# »
OA+OC# »0 = #»0,OB# »+OD# »0 = #»0,
# »
OC+OA# »0 = #»0,OD# »+OB# »0 = #»0
Cộng lại ta điều phải chứng minh
b# »)Đặt:
AA0 = #»a, AB# »= #»b, AD# »= #»c Khi đó:
# »
BD1+BD# »2+BD# »3+
# »
BD0 =BD# »1+
# »
BD0+BD# »2+BD# »3
Mà
# » BD1+
# »
BD0 =2BA# »=−2#»b,
# » BD2=
# »
BB0+B# »0D2= #»a + (−#»c + #»b),
# »
BD3= BC# »+CD# »3 = #»c − #»a + #»b nên ta có:
# »
BD1+
# »
BD0+BD# »2+BD# »3
=−2#»b +#»a + (−#»c +#»b) +#»c −#»a +#»b = #»0
Dạng Xác định vị trí điểm thỏa điều kiện vectơ, chứng minh điểm trùng nhau, điểm thẳng hàng.
Phương pháp.
Thường đưa hệ thức quen thuộc liên quan đến điểm trung điểm đoạn thẳng, trọng tâm tam giác
Lưu ý rằng:
∗ AB# » = #»0 ⇔ A ≡B
∗ Ba điểm A,B,Cthẳng hàng⇔ AB# » AC# » phương
∗ Khi gặp tổng hai vectơ gốc ta thường dùng:
# »
(7)∗ Khi gặp tổng ba vectơ gốc ta thường dùng:
# »
MA+# »MB+# »MC=3MG# »
vớiGlà trọng tâm tam giácABC Bài Cho tứ diện ABCD
a) Xác định điểmOthỏa mãnOA# »+OB# »+OC# »+OD# »= #»0 (1) (ĐiểmOthỏa điều kiện gọi trọng tâm tứ diệnABCD)
b) Xác định điểmPđể |PA# »+PB# »+PC# »+PD# »| có giá trị nhỏ
LLời giải
a) GọiMvàNlần lượt trung điểm ABvàCD GọiI trung điểmMN.Ta có:
# »
OA+OB# »+OC# »+OD# »=2OM# »+2ON# »=2(OM# »+ON# ») Vậy điểmOthỏa mãn (1) khi:
# »
OM+ON# »= #»0 ⇔2OI# » = #»0 ⇔O≡ I Do đóOlà trung điểm MN
b) GọiOlà trọng tâm tứ diệnABCD.Ta có:
# »
PA+PB# »+PC# »+PD# »
=PO# »+OA# »+PO# »+OB# »+PO# »+OC# »+PO# »+OD# »
=4PO# »+OA# »+OB# »+OC# »+OD# »=4PO# »
Do điều kiện cần đủ để |PA# »+PB# »+PC# »+PD# »| đạt giá trị nhỏ là:
# »
PO = #»0 ⇔P≡O
Bài 7.# » Cho tứ diệnABCD,MvàNlà hai điểm thuộcABvàCDsao choMA# »=−2MB# »,
ND# » = −2NC# » Các điểm I, J, Klần lượt thuộc AD, MN, BC cho I A# » = kID# », J M# » = kJN# »,
KB=kKC# »(k 6=1)
a) Biểu diễn I J#»theoAM# », DN# »; biểu diễn # »JKtheoMB# », NC# »
b) Chứng minh điểm I, J,Kthẳng hàng
LLời giải
a)
Ta có:#»
I J#» =I A# »+AM# »+MJ# » I J =ID# »+DN# »+N J# »
kI J#»=kID# »+kDN# »+kN J# » kI J#»= I A# »+kDN# »+MJ# »
(1−k)I J#»= AM# »−kDN# » Suy ra:
#»
I J =
1−k # » AM− k
1−k # » DN
Chứng minh tương tự ta có: # »JK=
1−k # » MB− k
(8)b) Do MA# »=−2MB# », ND# »=−2NC# »nên I J#»=
1−k # »
MB− 2k
1−k # » NC Như vậyI J#»=2JK# », suy ba điểm I, J,Kthẳng hàng
Dạng Điều kiện để ba vectơ đồng phẳng Chứng minh bốn điểm nằm trong một mặt phẳng, đường thẳng song song với đường thẳng, đường thẳng song song với mặt phẳng.
Phương pháp.
Từ định nghĩa suy ba vectơ #»a, #»b, #»c đồng phẳng chúng nằm ba mặt phẳng đôi song song trùng
Bốn điểm A,B,C,Dđồng phẳng⇔ba vectơ AB# »,AC# »,# »ADđồng phẳng. Từ định lí suy nếu #»c =m#»a +n#»b thì ba vectơ #»a, #»b,#»c đồng phẳng.
Để chứng minhAB k CDta chứng minh AB# »=kCD# »và điểmAkhông nằm đường thẳngCD
Để chứng minhMN k (ABC)ta chứng minh ba vectơ MN# », AB# », AC# »đồng phẳng và M (hoặcN) không thuộc(ABC)
Bài Cho tứ diện ABCD Trên cạnh AD lấy điểm M cạnh BC lấy điểm N cho
# »
AM =3MD# », NB# » =−3NC# » Chứng minh ba vectơ AB# », DC# », MN# »đồng phẳng
LLời giải
Ta cóMN# »= MA# »+AB# »+BN# » Theo giả thiết ta có:
# »
MA =−3MD# », BN# » =3NC# » Vậy:
# »
MN =−3MD# »+AB# »+3NC# »
= AB# »−3MC# »+CD# »+3NC# »
= AB# »+3DC# »+3NC# »+CM# »
= AB# »+3DC# »+3N M# »
Suy ra4MN# »= # »AB+3DC# » ⇔ MN# »=
4
# » AB+3
4
# » DC Do ba vectơ AB# », DC# », MN# »đồng phẳng
Lưu ý.Ta có cách làm ngắn gọn sau: Trên cạnh AClấy điểm K choAK# » = 3KC# » Khi đó:
# »
MN =MK# »+KN# » =
4
# » DC+1
4
# » AB Suy AB# », DC# », MN# »đồng phẳng
(9)Đặt# »AA# »0 = #»x, AB# » = #»y, AC# »= #»z Ta biểu diễn vectơ
AC# »0, BA# »0,CB# »0theo #»x, #»y, #»z Ta có:
AC# »0 = #»x +#»z (1)
BA# »0 = #»x −#»y (2)
CB0 = #»x + #»y −#»z (3) Giả sử phản chứng ba vectơ AC# »0, BA# »0, CB# »0 đồng phẳng Khi doBA# »0 vàCB# »0không phương nên tồn sốα,βsao cho:
# »
AC0 =αBA# »0+βCB# »0
⇔#»x + #»z =α(#»x −#»y) +β(#»x + #»y − #»z)
⇔(α+β−1)#»x + (−α+β)#»y + (−β−1) #»z = #»0 (4) Do #»x, #»y, #»z không đồng phẳng nên từ (4) ta phải có:
α+β−1 =0
−α+β =0
−β−1=0
(5)
Dễ thấy hệ (5) vô nghiệm Vậy ba vectơAC# »0,BA# »0,CB# »0không đồng phẳng Từ (1), (2), (3) ta có:
# »
AC0+ BA# »0+CB# »0 =3#»x =3AA# »0 ⇒ AA# »0 =
3 # »
AC0+ BA# »0+CB# »0
Lưu ý.Khi gặp hình lăng trụ tam giác, ta thường chọn ba vectơ có chung điểm đầu khơng đồng phẳng (trong lời giải tập #»x, #»y, #»z) làm sở biểu diễn vectơ liên quan theo ba vectơ
Bài 10 Cho tứ diện ABCD, gọi I, J trung điểmAB, CD Xét Plà điểm thuộc
AC, Nlà điểm thuộcBDsao cho PA
PC = NB
ND Chứng minh rằng: a) 2#»I J = AC# »+BD# »
b) Bốn điểm I, J, P, Nthuộc mặt phẳng
LLời giải
a)Ta có: AC# »= AI# »+I J#»+JC# », BD# »= BI# »+I J#»+JD# » Do đó:
# »
AC+BD# »=AI# »+BI# »+2I J#»+JC# »+JD# »
=2I J#»
b)Giả sử # »AC=kAP# », BD# »=hBN# » Khi đó:
k= AC
AP =
AP+PC
AP =1+ PC
AP =1− PC
PA (1)
h= BD
BN =
BN+ND
BN =1+ ND
BN =1− ND
NB (2)
Từ giả thiết PA
PC = NB
ND từ (1), (2) suy rah=k
Theo câua)ta có:
#» I J =
2 # »
AC+BD# » = k
2 # »
AP+BN# »= k
2 # »
AI+# »IP+BI# »+I N# »
= k
2 h# »
AI+BI# »+IP# »+I N# »i = k
2 # »
(10)Từ I J#»= k
2 # »
IP+I N# »,suy ba vectơ I J#», IP# », I N# »đồng phẳng, suy bốn điểmI, J,P,Nđồng phẳng
Bài 11 Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 Giả sử điểm M thuộc AC, điểm N thuộc DC0
# »
AM =xAC# », DN# »=yDC# »0
a) Biễu diễn vectơBD# »0, MN# »theoBA# »= #»a, BC# »= #»b, BB# »0 = #»c
b) Tìmxvàysao cho MN k BD0, tính tỉ số MN
BD0
LLời giải
a)Ta có BA# » = #»a, BC# » = #»b, BB# »0 = #»c Khi theo quy tắc hình hộp ta có:# »
BD0 = #»a +#»b +#»c Ta cóMN# »=BN# »−BM# » TừDN# »=yDC# »0 ta có
# »
BN−BD# »=yBC# »0−BD# »,suy
# »
BN−#»a +#»b=y#»b + #»c −#»a −#»b
# »
BN = (1−y)#»a + #»b +y#»c
Từ AM# »=xAC# »suy raBM# »−BA# »=xBC# »−BA# ».Vậy
# »
BM−#»a =x#»b − #»a⇒BM# »= (1−x)#»a +x#»b Do
# »
MN = BN# »−BM# » = (1−y)#»a +#»b +y#»c −(1−x)#»a −x#»b
= (x−y)#»a + (1−x)#»b +y#»c
b)Điều kiện đểMN k BD0là MN# »=kBD# »0hay
k#»a + #»b + #»c= (x−y)#»a + (1−x)#»b +y#»c (*) Do #»a, #»b, #»c không phương nên từ (*) suy
k =x−y k =1−x k =y
⇔(x;y;k) =
3;
1 3;
1
Vậy MvàN xác định bởiAM# »=
3
# »
AC, DN# »=
3
# »
DC0 Lúc
# » MN =
3
# »
BD0 ⇒ MN
BD0 =|k| =
1
Bài 12 Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0 Gọi G vàG0 trọng tâm tam giác ABC A0B0C0 Gọi I giao điểm hai đường thẳng AB0 A0B Đặt AA# »0 = #»a,
# »
AB= #»b, AC# »= #»c
(11)LLời giải
a)Gọi Mlà trung điểmBC Khi đó:
# » AG=
3
# » AM =
3
# »
AB+AC# »
=
3 #»
b +#»c
# » AI =
2
# » AB0 =
2 #»
a + #»b
# »
GI = AI# »−AG# »=
2 #»
a +#»b−1
3 #»
b +#»c VậyGI# »=
#»a +#»b −2#»c
6 (1)
Ta có# »
AG0 =
3 # »
AA0+AB# »0+AC# »0
=
3 #»
a +#»a +#»b +#»c + #»a= #»a +1
3 #»
b +#»c Do đó:CG# »0 = AG# »0−# »AC = #»a +1
3 #»
b + #»c−#»c =
#»a +#»b −2#»c
3 (2)
b)Từ (1) (2) suy raCG# »0 =2GI# » Ngồi điểmGkhơng thuộc đường thẳngCG0 VậyGI
CG0là hai đường thẳng song song
Bài 13 Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 Gọi M N trung điểm của CD
DD0 Gọi G, G0 trọng tâm tứ diện A0D0MN BCC0D0 Đặt AB# » = #»a,
# »
AD= #»b, AA# »0 = #»c
a) Hãy tínhGG# »0theo #»a, #»b, #»c
b) Chứng minh đường thẳngGG0và mp(ABB0A0)song song với
LLời giải
a)VìG0 trọng tâm tứ diệnBCC0D0nên
# » AG0 =
4 # »
AB+AC# »+AC# »0+AD# »0
vàGlà trọng tâm tứ diệnA0D0MNnên
# » AG=
4 # »
AA0+AD# »0+AM# »+AN# ».Từ
# »
GG0 = AG# »0−AG# »=
4 # »
A0B+D# »0C+MC# »0+ND# »0
=
4
#»a −#»c +#»a −#»c +
#»a +#»c +1
#»c
=
8(5
#»a −#»c).
b)Theo câua)ta có: GG# »0 =
8
5AB# »−AA# »0 Điều chứng tỏ # »AB, AA# »0, GG# »0 đồng phẳng Mặt khácGkhông thuộc mặt phẳng(ABB0A0)nên đường thẳngGG0và mặt phẳng(ABB0A0)
song song với
Bài 14 Trong không gian cho tam giácABC
a) Chứng minh điểmMthuộc(ABC)thì có ba sốx,y,zmàx+y+z=1sao cho
# »
(12)b) Ngược lại, có điểmOtrong khơng gian cho
# »
OM =xOA# »+yOB# »+zOC# », đóx+y+z=1thì điểmMthuộc mặt phẳng(ABC)
LLời giải
a) Vì Mthuộc mặt phẳng(ABC) nên ba vectơCM# »,CA# »,CB# »đồng phẳng Do tồn số
x,ysao cho:
# »
CM =xCA# »+yCB# »⇔OM# »−OC# » =x(OA# »−OC# ») +y(OB# »−OC# ») ⇔OM# »=xOA# »+yOB# »+ (1−x−y)OC# »
Đặtz=1−x−ykhi đóx+y+z =1và ta có điều phải chứng minh b) Giả sửOM# » =xOA# »+yOB# »+zOC# »,trong đóx+y+z=1.Khi đó:
# »
OM =xOA# »+yOB# »+ (1−x−y)OC# »
⇔OM# »−OC# » =x(OA# »−OC# ») +y(OB# »−OC# »)
⇔CM# »= xCA# »+yCB# » (*) VìCA# »vàCB# » không phương nên từ (*) suy raCM# », CA# »vàCB# »đồng phẳng, M
thuộc mặt phẳng(ABC) Lưu ý.
Kết tập 14 quan trọng, dùng ta giải nhiều tập khác, chẳng hạn 15, 30, 31, 32
Đối với câua), khiMthuộc mặt phẳng(ABC)thì có nhiều lựa chọn ba vectơ đồng phẳng để suy điều cần chứng minh, chẳng hạn như:
# »
MA, MB# », MC# »; CA# », CB# », CM# »; MA# », MB# », AB# »
Nhưng dễ thấy tốt nên chọn vectơ đồng phẳng điểmM
chỉ xuất lần vectơ có chứa điểmMmang hệ số trình bày lời giải câu
a)
Bài 15 Cho hình chóp S.ABC, mặt phẳng (P) cắt tia SA, SB, SC, SG (G trọng tâm
∆ABC)lần lượt A0,B0, C0,G0 Chứng minh
SA SA0 +
SB SB0 +
SC SC0 =3
SG SG0
LLời giải
Đặt SA
SA0 =a, SB SB0 =b,
SC SC0 =c,
SG
SG0 =d Ta phải chứng minha+b+c =3d VìGlà trọng
tâm tam giác ABCnên
# »
SA+SB# »+SC# »=3SG# » ⇔aSA# »0+bSB# »0+cSC# »0 =3dSG# »0 (1) VìA0,B0,C0,G0 thuộc mặt phẳng(P)nên theo tập 14a) trang 11 suy có sốm,
(13)Thay (2) vào (1) ta
aSA# »0+bSB# »0+cSC# »0 =3dmSA# »0+3dnSB# »0+3dpSC# »0 (3) Tóm lại ta cóSA# »0, SB# »0, SC# »0 không đồng phẳng
3dSG# »0 =aSA# »0+bSB# »0+cSC# »0
3dSG# »0 =3dmSA# »0+3dnSB# »0+3dpSC# »0 Vậy theo định lí trang 3, suy
a=3dm, b=3dn, c=3dp ⇒a+b+c =3d(m+n+p) = 3d (đpcm)
Dạng Dùng vectơ để chứng minh đẳng thức độ dài.
Phương pháp.Sử dụng công thức: AB2= AB# »2
Bài 16 Cho hình chópS.ABCDcó đáy hình chữ nhật Chứng minh
SA2+SC2 =SB2+SD2
LLời giải
GọiOlà tâm hình chữ nhật ABCD Ta có
# » OA
=
# » OB
=
# » OC
=
# » OD
SA2=SA# »2 =SO# »+OA# »2 =SO2+OA2+2SO# ».OA# » SB2 =SB# »2 =SO# »+OB# »2=SO2+OB2+2SO# ».OB# » SC2 =SC# »2 =SO# »+OC# »2 =SO2+OC2+2SO# ».OC# » SD2 =SD# »2 =SO# »+OD# »2 =SO2+OD2+2SO# ».OD# »
SA2+SC2−SB2−SD2 =2SO# »OA# »−OB# »+OC# »−OD# » (1) VìABCDlà hình chữ nhật nênBA# »+DC# »= #»0,
# »
OA−OB# »+OC# »−OD# »=BA# »+DC# » = #»0 Do từ (1) ta có
SA2+SC2−SB2−SD2=0⇔SA2+SC2 =SB2+SD2 Cách khác.GọiI, Jlà trung điểm AB,CD
Ta có tương đương sau:
SA2+SC2=SB2+SD2
⇔SA2−SB2 =SD2−SC2
⇔SA# »2−SB# »2 =SD# »2−SC# »2
⇔SA# »−SB# » SA# »+SB# »=SD# »−SC# » SD# »+SC# »
⇔BA# ».2SI# » =CD# ».2SJ# »⇔ BA# ».SI# »=CD# ».SJ# »
(14)Bài 17 Cho tứ diệnABCD GọiE,Flần lượt trung điểm AB,CD GọiGlà trung điểm củaEF
a) Chứng minhGA# »+GB# »+GC# »+GD# »= #»0
b) Chứng minh với điểm Mtrong không gian, ta có
# »
MA+MB# »+MC# »+MD# » =4MG# »
c) Chứng minh với điểm Mtrong không gian ta có "cơng thức Lep-nhit" sau:
MA2+MB2+MC2+MD2 =4MG2+GA2+GB2+GC2+GD2
d) Xác định vị trí điểmMđể đại lượngMA2+MB2+MC2+MD2đạt giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị nhỏ
LLời giải
a) Ta cóGA# »+GB# »=2GE# », GC# »+GD# »=2GF# » Vậy
# »
GA+GB# »+GC# »+GD# »=2(GE# »+GF# ») =2.#»0 = #»0 b) Với điểm Mtrong khơng gian, ta có:
# »
MA+MB# »+MC# »+MD# »
=MG# »+GA# »+MG# »+GB# »+MG# »+GC# »+MG# »+GD# »
=4MG# »+GA# »+GB# »+GC# »+GD# »
=4MG# »+GA# »+GB# »+GC# »+GD# »=4# »MG c) Theo cơng thức bình phương vơ hướng(#»a)2 =|#»a|2ta có:
MA2+MB2+MC2+MD2
=(# »MA)2+ (MB# »)2+ (MC# »)2+ (MD# »)2
=(# »MG+GA# »)2+ (MG# »+GB# »)2+ (MG# »+GC# »)2+ (MG# »+GD# »)2
=4MG2+GA2+GB2+GC2+GD2+2MG# »GA# »+GB# »+GC# »+GD# »
=4MG2+GA2+GB2+GC2+GD2+2MG# ».#»0 (theo câu a)
=4MG2+GA2+GB2+GC2+GD2 d) Theo câuc)ta có:
MA2+MB2+MC2+MD2=4MG2+GA2+GB2+GC2+GD2
Do đóMA2+MB2+MC2+MD2bé MGnhỏ nhất, tức MG=0⇔
M ≡ G Vậy MA2+MB2+MC2+MD2nhỏ bằngGA2+GB2+GC2+GD2, đạt khiMtrùng vớiG
(15)LLời giải
Gọiαlà góc hai vectơ AB# »,# »AC Ta có:
AB2.AC2−AB# ».AC# »2 =AB2.AC2−
# » AB
# » AC
cosα
2
=AB2.AC21−cos2α
=AB2.AC2sin2α=4
1
2AB.ACsinα
=4S
Suy raS=
2 r
AB2.AC2−AB# ».AC# »2.
Bài 19 Chứng minh diện tích tứ giác lồi ABCDlà:
SABCD =
1
r
AC2.BD2−AC# ».BD# »2.
LLời giải
Gọiαlà góc hai đường chéoACvàBD Khi đó:
2 r
AC2.BD2−AC# ».BD# »2
=
2 r
AC2.BD2−hAC.BD cosAC# »,BD# »i2
=
2 r
AC2.BD2h1−cos2AC# »,BD# »i
=
2 r
AC2.BD2sin2AC# »,BD# »
=
2 p
AC2.BD2sin2 α
=
2AC.BD sinα (1)
Mặt khác:
SABCD =SI AD+SIBC+SI AB+SICD
=
2[I A.ID+IB.IC+I A.IB+ID.IC]sinα
=
2[I A(ID+IB) +IC(IB+ID)]sinα
=
2[I A.BD+IC.BD]sinα
=
2BD(I A+IC)sinα =
2AC.BD sinα. (2)
Từ (1) (2) suy ra:SABCD =
1
r
AC2.BD2−AC# ».BD# »2.
Bài 20 Cho tứ diện ABCD GọiNlà điểm thuộc cạnhCD(N khácC,D)sao choN A =NB Chứng minh rằng:
NC ND =
CA2−CB2
|DA2−DB2|
LLời giải
Ta có:
(16)= N A2−2N A# ».NC# »+NC2−NB2−2NB# ».NC# »+NC2
=2NC# »NB# »−N A# »=2AB# ».NC# » Tương tự, ta có:
DA2−DB2 =N A# »−ND# »2−NB# »−ND# »2
= N A2−2N A# ».ND# »+ND2−NB2−2NB# ».ND# »+ND2
=2ND# »NB# »−N A# »=2AB# ».ND# » Mặt khác, doN,C,Dthẳng hàng nên:
NC.ND = NC.ND⇒ ND.NC# » =−NC.ND# »⇒NC# » =−NC
ND # » ND Từ đó:
CA2−CB2=2AB# ».NC# »=−2.NC
ND # »
AB.ND# »=−NC
ND
DA2−DB2 Suy ra:
CA2−CB2 DA2−DB2 =−
NC ND ⇒
NC ND =
CA2−CB2
|DA2−DB2| Cách khác.Ta có:
CA2−CB2 DA2−DB2
= # »
CA2−CB# »2 # »
DA2−DB# »2 = # »
CN+N A# »2−CN# »+NB# »2
# »
DN+N A# »2−DN# »+NB# »2
=
CN2+2CN# ».N A# »+N A2−CN2+2CN# ».NB# »+NB2 DN2+2DN# ».N A# »+N A2−DN2+2DN# ».NB# »+NB2
=
2CN# »N A# »−NB# »
2DN# »N A# »−NB# »
= # » CN.BA# » # » DN.BA# »
=
CN.BA cosCN# »,BA# » DN.BA cosDN# »,BA# »
VìN,C,Dcùng nằm đường thẳng nên:
cos
# »
CN,BA# » =
cos
# »
DN,BA# » Vậy từ (*) suy ra:
CA2−CB2 DA2−DB2 = CN DN
Lưu ý.Sẽ sai lầm biến đổi # » CN.BA# » # » DN.BA# »
= # » CN # » DN = CN
DN, khơng có phép chia vectơ
C BÀI TẬP ÔN LUYỆN 1 Đề bài
(17)b) Có hai ba vectơ phương
Bài 22 Cho hình tứ diện ABCD Chứng minh AC# »+BD# »=AD# »+BC# » Bài 23 Cho tứ diện ABCD
a) Chứng minh tồn điểm Gsao cho
# »
GA+GB# »+GC# »+GD# »= #»0 Hãy xác định vị trí điểmGđó
b) Chứng minh ba đoạn thẳng nối trung điểm cặp cạnh đối diện tứ diện đồng quy điểm
Bài 24 Cho ba tiaOx, Oy, Oz không đồng phẳng Chứng minh đường phân giác góc’zOx,’zOyvà đường phân giác góc kề bù với góc’xOyđồng phẳng
Bài 25 Cho hai tứ diệnABCDvàA0B0C0D0 GọiGvàG0lần lượt trọng tâm hai tứ diện Chứng minh rằng:
GG0 ≤
4 AA 0+
BB0+CC0+DD0
Bài 26 Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0 GọiG0là trọng tâm tam giác A0B0C0 Đặt
# »
AA0 = #»a, AB# »= #»b, AC# »= #»c
a) Hãy biểu thị vectơ AG# »0theo vectơ #»a, #»b, #»c
b) GọiG,Ilần lượt trọng tâm tam giácABCvàACC0 Chứng minh(GG0I) k (BB0C0C) Bài 27 Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 Đặt:
# »
AB= #»a,AD# »= #»b,# »AA0 = #»c Các điểmM, N, Plần lượt trung điểmAD,BB0,C0D0
a) Chứng minh (BDA0) k (B0D0C)
b) Chứng minh:2MP# »=DD# »0+AC# »0, 2MN# »= AB# »+DB# »0 Biểu diễn MN# »+MP# »theo ba vectơ #»a, #»b, #»c
c) Chứng minh ba vectơC# »0D, MN# », MP# »đồng phẳng, từ suy rằngC0Dk (MNP) Bài 28 Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 Điểm M chia đoạn AD theo tỉ số−1
4, điểm N chia đoạnA0Ctheo tỉ số−2
3
ĐiểmEgọi chia đoạnPQtheo tỉ sốk 6=−1nếuOE# »=
# »
OP−kOQ# »
1−k ,
với điểmO Đặt
# »
BA = #»a,BB# »0= #»b,BC# »= #»c
a) Hãy tínhMN# »theo #»a, #»b,#»c
b) Chứng minh MN k (BC0D)
(18)Bài 30 Cho hình chóp tứ giácS.ABCDcó đáy ABCDlà hình bình hành Gọi B0, D0 trung điểm cạnhSB,SD Mặt phẳng(AB0D0)cắtSCtạiC0
a) Trình bày cách dựng điểmC0
b) Chứng minh rằngSC =3SC0
Bài 31 Cho hình chópS.ABCD có đáy ABCD hình bình hành GọiK trung điểm cạnh
SC Mặt phẳng quaAKcắt tiaSB,SDlần lượt tạiMvàN Chứng minh SB
SM+ SD SN =3
Bài 32 Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình bình hành Một mặt phẳng (P)cắt tiaSA,SB,SC,SDtheo thứ tự tạiK,L, M, N Chứng minh rằng: SA
SK + SC SM =
SB SL +
SD SN
Bài 33 Cho tứ diệnS.ABCvà điểm M,N,Plần lượt thay đổi tiaSA, SB,SC cho SA
SM +2 SB SN +3
SC
SP =10 Chứng minh mặt phẳng(MNP)luôn qua điểm cố
định
Bài 34 Cho tứ diện gần ABCD(AB = CD, BC = AD, AC = BD) Gọi G trọng tâm tứ diện(GA# »+GB# »+GC# »+GD# »= #»0)
a) Chứng minh rằngGcách đều4đỉnhA,B,C,D
b) TìmMsao cho MA+MB+MC+MDđạt giá trị nhỏ Bài 35 Chứng minh với sáu số thựca,b,c,x,y,ztùy ý ta có:
ax+by+cz+
q
(a2+b2+c2)(x2+y2+z2)≥
3(a+b+c) (x+y+z)
2 Lời giải, hướng dẫn Câu 21.
a) Nếu ba vectơ #»a,#»b,#»c có vectơ #»0, chẳng hạn #»a = #»0 ba vectơ #»a,#»b,#»c
đồng phẳng đẳng thức sau
1.#»a +0.#»b +0.#»c =0
Cách khác.Từ điểmOtùy ý, vẽOB# » = #»b, OC# » = #»c, OA# » = #»a Nếu #»a = #»0 Atrùng với
O Như điểm O, A, B,C thuộc mặt phẳng, tức ba vectơ #»a, #»b,#»c đồng phẳng
b) Nếu hai ba vectơ #»a, #»b,#»c phương, chẳng hạn #»b #»c #»b = k#»c (xét #»c 6= #»0 #»c = #»0 theo câua), ba vectơ #»a, #»b,#»c đồng phẳng) Khi ba vectơ #»a, #»b,#»c đồng phẳng đẳng thức sau ln
0.#»a +1.#»b −k#»c = #»0
Cách khác.Nếu #»b #»c hai vectơ phương, từ điểmOtùy ý, vẽOB# »= #»b,OC# » = #»c,
# »
OA = #»a hai đường thẳngOBvàOCtrùng Khi điểmO,A,B,Ccùng thuộc
(19)Câu 22. Ta có AC# »+BD# »= AD# »+DC# »+BD# »= AD# »+BD# »+DC# »= AD# »+BC# » Câu 23.
a) GọiE,Flần lượt trung điểm AB,CD GọiGlà trung điểm EF Khi
# »
GA+GB# »+GC# »+GD# »=2(GE# »+GF# ») = 2.#»0 = #»0 Giả sử G# »0A+G# »0B+G# »0C+G# »0D = #»0 Khi
2(G# »0E+G# »0F) = #»0 ⇔ G# »0E+G# »0F= #»0
Vậy G0là trung điểm EF, suy raG0trùng vớiG Vậy tồn điểmGsao cho
# »
GA+GB# »+GC# »+GD# »= #»0 ĐiểmGchính trung điểm củaEF
b) GọiP, Qlần lượt trung điểm củaBCvàAD Gọi Ilà trung điểm PQ Khi
# »
I A+IB# »+IC# »+ID# »= (I A# »+ID# ») + (IB# »+IC# ») =2(IQ# »+IP# ») =2.#»0 = #»0
Suy Itrùng với G Gọi M, Nlần lượt trung điểm AC vàBD Gọi J trung điểm MN Tương tự ta chứng minh J trùng với G Vậy ba đoạn thẳng nối trung điểm cặp cạnh đối diện tứ diện đồng quy điểm
Chú ý Điểm G thoả mãn điều kiệnGA# »+GB# »+GC# »+GD# »= #»0 gọi trọng tâm tứ diện
Câu 24.
Trên tia Ox, Oy, Oz xét vectơ #»i, #»j,
#»
k có độ dài hướng với tia
Ox,Oy,Oz Khi tia phân giácOacủa góc’zOycùng hướng với #»α = #»j + #»k, tia phân giácObcủa góc’zOx hướng với #»β = #»i +#»k, tia phân giácOccủa góc kề bù với góc ’xOycùng phương với #»λ = #»j −#»i Do
#»
λ = #»α − #»β nên ba vectơ #»α, #»β, #»γ đồng phẳng Do tiaOa, Ob, Oc đồng phẳng Điều phải chứng minh
Câu 25. VìGvàG0là trọng tâm tứ diệnABCDvàA0B0C0D0 nên:
# »
GA+GB# »+GC# »+GD# »= #»0 , G# »0A0+G# »0B0+G# »0C0+G# »0D0 = #»0 (1) Mặt khác ta có:
# »
GG0 =GA# »+AA# »0+A# »0G0 (2)
# »
GG0 =GB# »+BB# »0+B# »0G0 (3)
# »
(20)# »
GG0 =GD# »+DD# »0+D# »0G0 (5) Cộng (2), (3), (4), (5) sử dụng (1) ta được:
4GG# »0 = AA# »0+BB# »0+CC# »0+DD# »0 ⇒
# » GG0
=
# »
AA0+BB# »0+CC# »0+DD# »0 Từ suy ra:GG0 ≤
4(AA
0+BB0+CC0+DD0). Câu 26.
a)GọiM0 trung điểm củaB0C0 Ta có
# » A0G0 =
3
# » A0M0 =
3(
# »
A0B0+A# »0C0) =
3(
#» b +#»c)
Vậy AG# »0 = AA# »0+A# »0G0 = #»a +1
3(
#» b + #»c)
b) Gọi hai điểm M,N trung điểm BC
CC0 Ta có GG0 k BB0 ⊂ (BB0C0C), GG0 6⊂ (BB0C0C), suy
GG0 k (BB0C0C) (1)
Mặt khác AG
AM = AI AN =
2
3, suy raGI k MN
MàMN ⊂(BB0C0C)vàGI 6⊂ (BB0C0C), nên GI k (BB0C0C) (2) Lại cóGG0∩GI =GvàGG0,GI nằm trong(GG0I)nên từ (1) (2) suy ra(GG0I) song song với(BB0C0C)
Câu 27.
a)Ta có
BDk B0D0⊂(B0D0C)
BD6⊂ (B0D0C)
Suy raBD k(B0D0C) (1) Ta có
A0B kCD0 ⊂(B0D0C)
A0B 6⊂(B0D0C)
Suy A0Bk (B0D0C) (2) Mà A0B BD hai đường thẳng cắt nằm
(A0BD)nên từ (1) (2) suy ra(BDA0) k (B0D0C)
b)Theo giả thiếtAB# » = #»a, AD# »= #»b, AA# »0 = #»c Ta có:
# »
MP= MD# »+DD# »0+D# »0P (3)
# »
MP= MA# »+AC# »0+C# »0P (4) Cộng (3) (4) ta được:
2MP# »= DD# »0+AC# »0 ⇒ MP# »
=
2 h#»
c +#»a +#»b +#»ci =
2 #»
a +#»b +2#»c (5) Ta có:
# »
MN = MA# »+AB# »+BN# » (6)
(21)Cộng (6) (7) ta
2MN# »= AB# »+DB# »0 ⇒ MN# »=
2 h#»
a +#»a − #»b + #»ci
=
2
2#»a −#»b +#»c (8)
Cộng (5) (8) ta
# »
MP+MN# »=
2 #»
a +#»b +2#»c+1
2
2#»a −#»b + #»c=
2(
#»a +#»c). (9) c)Ta có
# »
C0D=C# »0D0+C# »0C=−#»a −#»c =−(#»a +#»c) (10) Từ (9) (10) suy raC# »0D = −2
3
# » MP−2
3
# »
MN Vậy ba vectơC# »0D, MN# », MP# »đồng phẳng Do ba đường thẳngC0D, MN, MPnằm ba mặt phẳng đôi song song trùng Nhưng MN, MP đồng phẳng điểm C0 không thuộc mặt phẳng (MNP) nên C0D k (MNP)
Câu 28.
a)Ta cóBD# »= #»a +#»c, BC# »0 = #»b + #»c,
# »
BA0 = #»a +#»b, BM# » =
# » BA+1
4
# » BD
1+1
4 ,
# » BM =
# » BA+BD# »
5 =
5#»a +#»c
5
# » BN =
# » BA0+2
3
# » BC
1+2
3
=
# »
BA0+2BC# »
5
Từ đóBN# »=
#»a +3#»b +2#»c
5 Suy
# »
MN =BN# »−BM# »=
#»a +3#»b +2#»c
5 −
5#»a + #»c
5 =
−2#»a +3#»b +#»c
5
b)Trước hết ta chứng minh ba vectơ MN# », BD# », BC# »0đồng phẳng, tức tồn hai sốm, nsao choMN# »=mBD# »+nBC# »0, tức
−2#»a +3#»b +#»c
5 =m(
#»a + #»c) +n#»
b +#»c
⇔−2#»a +3
#» b +#»c
5 =m
#»a +n#»b + (m+n)#»c ⇔(m;n) =
−2
5;
Vậy ta có MN# » = −2
5
# » BD+
5
# »
BC0, suy ba vectơ MN# », BD# », BC# »0 đồng phẳng Mà điểm M
(22)Gọi E trung điểm AC, ta có NE k AD Vì IK k AD
nên NE k IKvàI,Kthuộc(BNE) Do I giao điểm hai đường trung tuyến BEvàCM nên trọng tâm
∆ABC Trong∆BNE, ta có:
IK NE =
BI BE =
2
Mặt khác, AD = 2NE vectơ AD# », IK# »cùng chiều nên từ IK =
3NE =
3AD ta có
# » IK =
3
# »
AD, suy
x =
3
Câu 30.
a)GọiO= AC∩BD Trong mặt phẳng(SBD), gọiO0là giao điểm củaB0D0vàSO Trong mặt phẳng(SAC), ta có điểmC0
chính giao điểm hai đường thẳng AO0vàSC
b) Do bốn điểm A, B0, C0, D0 đồng phẳng nên theo tập 14a) trang 11 suy có sốα, β,γmàα+β+γ=1sao cho# »
SC0 =αSA# »+βSB# »0+γSD# »0
=αSA# »+ β
# » SB+ γ
2
# » SD Đặt SC
0
SC =m Ta cần chứng minhm=
1
3 Ta có
# »
SC0 =mSC# »=mSB# »+BC# »=mSB# »+AD# »
=mSB# »+SD# »−SA# »=−mSA# »+mSB# »+mSD# » Tóm ta có ba vectơSA# », SB# », SC# »khơng đồng phẳng
# »
SC0 =αSA# »+ β
# » SB+ γ
2
# » SD # »
SC0 =−mSA# »+mSB# »+mSD# » Vậy theo định lí trang 3, suy
α =−m, β =m,
γ
2 =m ⇒1=α+β+γ=−m+2m+2m⇒ m= Câu 31.
Đặt SB
SM =m, SD SN =n
Ta cần chứng minhm+n =3 Ta cóSM# »=
m # »
SB,SN# »=
n # » SD
Vì A, M, N, K thuộc mặt phẳng nên tồn số α,β,γvớiα+β+γ =1sao choSK# »=αSA# »+βSM# »+γSN# » Khi
(23)# » SK =
2
# » SC =
2 # »
SB+BC# »=
2 # »
SB+AD# »=
2 # »
SB+SD# »−SA# » Vậy ta có ba vectơSB# »,SD# »,SA# »không đồng phẳng
# »
SK =αSA# »+ β
m # » SB+γ
n # » SD # »
SK =−1
2
# » SA+1
2
# » SB+1
2
# » SD Vậy theo định lí trang 3, suy
α =−1 2, β m = 2, γ n =
2 ⇒1 =α+β+γ=− 2+
m
2 +
n
2 ⇒m+n =3 Câu 32.
Đặt SA
SK =x, SC SM =y,
SB SL =m,
SD
SN =n Ta cần chứng minh x+y = m+n Ta có SK# » =
x # »
SA, SM# » =
y # »
SC, SL# » =
m # » SB,
# » SN =
n # »
SD Vì L, M, N, K thuộc mặt phẳng(P) nên tồn sốα, β,γvớiα+β+γ =1sao cho
# »
SK =αSM# »+βSL# »+γSN# » Khi đóSK# »= α
y # » SC+ β
m # » SB+ γ
n # » SD Mặt khác
# » SK =
x # » SA=
x
# »
SB+BA# »=
x
# »
SB+CD# » =
x
# »
SB+SD# »−SC# » Vậy ta có ba vectơSB# »,SD# »,SC# »khơng đồng phẳng
# » SK = α
y # » SC+ β
m # » SB+ γ
n # » SD # »
SK =−1
x # » SC+
x # » SB+1
x # » SD Vậy theo định lí trang 3, suy α
y =−
1 x, β m = x, γ n =
x Vì
1=α+β+γ=−y
x + m
x + n
x ⇒m+n−y=x ⇒m+n =x+y
Câu 33. Đặt:
SA SM =x,
SB SN =y,
SC SP =z
Khi đóx+2y+3z =10
# »
SA= xSM# », SB# » =ySN# », SC# »=zSP# » Trong(ABC)xét điểm Isao cho:
# »
I A+2IB# »+3IC# »= #»0 (1) ĐiểmIhoàn toàn xác định Ta có (1) tương đương: # »
SA−SI# »+2SB# »−SI# »+3SC# »−SI# » = #»0
(24)Trong mặt phẳng(MNP)xét điểm J cho:x# »J M+2yJN# »+3zJP# »= #»0 Khi đó:
xSM# »+2ySN# »+3zSP# »
=xSJ# »+J M# »+2ySJ# »+JN# »+3zSJ# »+# »JP
=(x+2y+3z)SJ# »+xJ M# »+2yJN# »+3zJP# »
=10SJ# » (3) Từ (2) (3) suy ra:6SI# » =10SJ# » ⇔ SJ# »=
5
# »
SI Do điểm Jcố định Vậy mặt phẳng (MNP)
luôn qua điểm Jcố định Câu 34.
a) GọiP,Q,Klần lượt trung điểm AB, trung điểmCD, trung điểm PQ Ta có:GA# »+GB# »+GC# »+GD# »= #»0
Lại có:#»
0 = (GA# »+GB# ») + (GC# »+GD# »)
=2GP# »+2GQ# »=2(GP# »+GQ# ») =4GK# »
Suy G ≡ K Vậy trọng tâm G tứ diện trung điểmKcủaPQ Ta có∆CBA =∆DAB, suy raPC = PD, đường trung tuyếnPQcủa∆PCD đường trung trực củaCD VậyKC =KD Tương tự ta có:
KC=KB,KB =KA,KA=KD VậyKA=KB=KC=KD =R HayGcách đều4đỉnh A,B,C,D b) Ta có:
R.MA= MA.KA≥ MA# ».KA# »
= (KA# »−KM# »)KA# »=KA2−KM# ».KA# » =R2−KM# ».KA# » Tương tự ta có:
R.MB≥R2−KM# ».KB# »,
R.MC ≥R2−KM# ».KC# »,
R.MD≥R2−KM# ».KD# » Do lưu ý rằngKA# »+KB# »+KC# »+KD# »= #»0 nên ta có:
R(MA+MB+MC+MD) ≥4R2−KM# »(KA# »+KB# »+KC# »+KD# ») =4R2 Bởi vậyMA+MB+MC+MD ≥4R Dấu "=" xảy M≡G Do đóMA+MB+MC+MDđạt giá trị nhỏ M≡G
Câu 35. Xét ba vectơ đơn vị #»α, #»β, #»γ đơi vng góc với Đặt:
#»
(25)#»
uw#»=a#»α +b#»β +c#»γ #»α +#»β +#»γ
=a+b+c
#»vw#»=
x#»α +y#»β +z#»γ #»α +#»β +#»γ
=x+y+z
#»u2 =a#»
α +b#»β +c#»γ a#»α +b#»β +c#»γ
= a2+b2+c2
#»v2 =x#»
α +y#»β +z#»γ x#»α +y#»β+z#»γ
= x2+y2+z2
#»
w2 =#»α + #»β+ #»γ #»α + #»β+ #»γ
=1+1+1 =3 Như vậy:|#»u| =√a2+b2+c2, |#»v| =p
x2+y2+z2, |w#»| =√3. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
#»
u#»v +|#»u| |#»v| ≥
3(
#»uw#») (#»vw#»). (1)
Nếu|#»u|=0hoặc|#»v|=0thì (1) đúng. Giả sử |#»u| >0và|#»v|>0 Khi đó:
(1) ⇔ #»u#»v
|#»u| |#»v| +1≥
2(#»uw#») (#»vw#»)
3|#»u| |#»v| ⇔ #»u#»v
|#»u| |#»v| +1≥
2(#»uw#») (#»vw#») |w#»|2|#»u| |#»v| ⇔ #»u#»v
|#»u| |#»v| +1≥2
#» uw#»
|#»u| |w#»| ·
#»vw#»
|#»v| |w#»| (2)
Đặt ba vectơ #»u, #»v, w#»có chung gốcOvà xét ba tiaOx,Oy,Ozlần lượt có hướng #»u, #»v, w#» Đặt:α0 =’xOy, β0 =’xOz, γ0 =’zOy Khi đó:
(2) ⇔1+cosα0 ≥2 cosβ0cosγ0
⇔1+cosα0 ≥cos(β0+γ0) +cos(β0−γ0) (3) Theo tập??(ở trang??), ta cóα0 ≤β0+γ0≤2π−α0, suy
cosα0 ≥cos(β0+γ0) Như vậy:
1+cosα0 ≥1+cos(β0+γ0)≥cos(β0−γ0) +cos(β0+γ0) Do (3) đúng, ta có điều phải chứng minh
D BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM 1 Đề bài
Câu 1. Tính chất sau làsai?
A #»a +#»b = #»b +#»a B #»a − #»b = #»b −#»a
C #»a −#»b = #»a + (−#»b) D (#»a +#»b) + #»c = #»a + (#»b +#»c)
Câu 2. Cho điểm Mchia đoạn thẳng ABtheo tỉ sốk, vớik 6=1thì ta có: MA# »=kMB# » Khi với điểmOtùy ý ta có:
A OM# »=
# »
OA+kOB# »
1−k B
# » OM =
# »
OA−kOB# »
1+k
C OM# »=
# »
OA+kOB# »
1+k D
# » OM =
# »
OA−kOB# »
(26)Câu 3. Cho tứ diệnOABC Gọi Glà trọng tâm tam giác ABC Phân tích sau đúng?
A OG# »=
2(
# »
OA+OB# »+OC# ») B OG# »=
3(
# »
OA+OB# »+OC# ») C OG# »=OA# »+OB# »+OC# » D OG# »=
2(
# »
OA+OB# »+OC# »)
Câu 4. Điều kiện cần đủ để ba vectơ #»a,#»b,#»c không đồng phẳng là: A Giá chúng không thuộc mặt phẳng
B Giá chúng thuộc mặt phẳng
C Giá chúng không song song với mặt phẳng D Giá chúng song song mặt phẳng
Câu 5. Cho ba vectơ #»a,#»b,#»c Điều kiện sau khơngkết luận ba vectơ đồng phẳng?
A Một ba vectơ #»0
B Có hai ba vectơ phương
C Có vectơ khơng hướng với hai vectơ cịn lại D Có hai ba vectơ hướng
Câu 6. Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 Hãy phân tích vectơBD# »theo vectơ AB# », AD# », AA# »1
A BD# »=−AB# »+AD# »+0.AA# »1 B BD# »= AB# »+AD# »+AA# »1 C BD# »= AB# »−AD# »+0.AA# »1
D BD# »=−AB# »+AD# »−AA# »1 A B C
D
A1 B1
C1 D1
Câu 7. Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 Hãy phân tích vectơ AC# »1theo vectơ AB# »,AD# »,AA# »1
A AC# »1= AB# »+AD# »−AA# »1 B AC# »1= AB# »−AD# »+AA# »1 C AC# »1= AB# »+AD# »+AA# »1
D AC# »1= AB# »−AD# »−AA# »1 A B C
D
A1 B1
C1 D1
Câu 8. Cho lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0 Đặt
# »
AA0 = #»a,AB# »= #»b,AC# »= #»c,BC# » = #»d Trong mệnh đề sau, mệnh đề đúng?
A #»#»a = #»b + #»c B #»a +#»b + #»c + #»d = #»0
(27)Câu 9. Cho hình hộp ABCD.EFGH có AB# » = #»a,
# »
AD = #»b, AE# » = #»c Gọi I trung điểm đoạn
BG Hãy biểu thị vectơ AI# »qua ba vectơ #»a, #»b, #»c A AI# » =2#»a +1
4
#» b +
3
#»c.
B AI# » =3#»a +1
3
#» b + #»c C AI# » = #»a +1
2
#» b +1
2
#»c.
D AI# » = #»a +1
2
#» b +1
4
#»c.
Câu 10. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0 có
# »
AA0 = #»a,# »AB= #»b,AC# »= #»c Hãy phân tích vectơB# »0Ctheo vectơ #»a,#»b, #»c
A B# »0C = #»a + #»b + #»c B B# »0C=−#»a − #»b + #»c C B# »0C = #»a − #»b − #»c D B# »0C= #»a − #»b + #»c Câu 11. Mệnh đề sau làsai?
A Vectơ khơng vectơ có điểm đầu điểm cuối trùng
B Hai vectơ có độ dài phương hai vectơ C Giá vectơ đường thẳng qua điểm đầu cuối vectơ
D Độ dài vectơ độ dài đoạn thẳng có hai đầu mút điểm đầu điểm cuối vectơ
Câu 12. Mệnh đề sau đúng?
A Ba vectơ đồng phẳng có giá song song với
B Ba vectơ đồng phẳng có giá nằm mặt phẳng
C Nếu giá ba vectơ song song với mặt phẳng ba vectơ đồng phẳng D Nếu giá ba vectơ đơi vng góc ba vectơ đồng phẳng
Câu 13. Hãy chọn mệnh đềđúngtrong mệnh đề sau đây?
A Cho hình chóp S.ABCD, có SB# »+SD# » = SA# »+SC# » tứ giác ABCD hình bình hành
B Tứ giác ABCDlà hình bình hành nếuAB# »=BC# »
C Tứ giác ABCDlà hình bình hành nếuAB# »+BC# »+CD# »+DA# » = #»0 D Tứ giác ABCDlà hình bình hành nếuAB# »+AC# »= AD# »
Câu 14. Cho mệnh đề sau:
(I) Vectơ #»x = #»a +#»b +#»c đồng phẳng với hai vectơ #»a,#»b
(II) Nếu có m#»a +n#»b +p#»c = #»0 ba sốm,n,p khác khơng ba vectơ
#»a, #»b, #»c đồng phẳng.
(III) Nếu ba vectơ #»a, #»b, #»c không đồng phẳng vàm#»a +n#»b +p#»c = #»0 thìm=n = p=0 Có mệnh đề đúng?
A B C D
Câu 15. Cho hai điểm phân biệt A,Bvà điểmObất kì Hãy xem xét mệnh đề sau làđúng?
(28)B ĐiểmMthuộc đường thẳngABkhi
# »
OM =OB# »=k(OB# »−OA# »)
C ĐiểmMthuộc đường thẳngABkhi
# »
OM =kOA# »+ (1−k)OB# »
D ĐiểmMthuộc đường thẳngABkhi khiOM# »=OA# »+OB# »
Câu 16. Cho4điểmA,B,C,Dtrong khơng gian Hỏi có vectơ khác #»0 có điểm đầu điểm cuối là4điểm đó?
A B C D 12
Câu 17. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 với tâmO Hãy đẳng thứcsaitrong đẳng thức sau:
A AC# »0 = AB# »+AD# »+AA# »0 B AB# »+BC# »0+CD# »+D# »0A = #»0
C AB# »+AA# »0 =AD# »+DD# »0 D AB# »+BC# »+CC# »0 = AD# »0+D# »0O+OC# »0 Câu 18. Cho tam giácABC Lấy điểmSnằm mặt phẳng(ABC) Trên đoạnSAlấy điểm
Msao cho # »MS = −2MA# »và đoạn BC lấy điểm N cho NB# » = −1
2
# »
NC Biết biểu diễn
# »
MN =mAB# »+nSC# »là Tínhm+n
A B C D
2 Đáp án lời giải
ĐÁP ÁN TRẮC NGHIỆM
1 B 2 D
3 B 4 C
5 C 6 A
7 C 8 C
9 C 10 B
11 B 12 C
13 A 14 D
15 C 16 D
17 C 18 B
LỜI GIẢI CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM
Câu 1. Tính chất sai là: #»a − #»b = #»b −#»a Chọn đáp án B
Câu 2. Ta cóMA# »=kMB# », suy raOM# »=
# »
OA−kOB# »
1−k
Chọn đáp án D
Câu 3. ĐiểmGlà trọng tâm tam giácABCkhi
# » OG=
3(
# »
OA+OB# »+OC# ») Chọn đáp án B
Câu 4. Ba vectơ #»a,#»b, #»c đồng phẳng giá chúng song song với mặt phẳng
Chọn đáp án C
(29)Câu 6.
Theo quy tắc hình bình hành, ta có:
# »
BD= AD# »−AB# »
A B
C D
A1 B1
C1 D1
Chọn đáp án A
Câu 7. Ta có AC# »1= AB# »+AD# »+AA# »1 Chọn đáp án C
Câu 8. Ta có #»d =BC# » = AC# »−# »AB= #»c −#»b Do #»b −#»c + #»d = #»0
Chọn đáp án C
Câu 9. Ta có# »
AI = AB# »+BI# »
= #»a +
2
# » BG
= #»a +
2 #»
b +#»c
Chọn đáp án C
Câu 10. Ta có:# »
B0C =B# »0B+BC# »
=−#»a +AC# »−# »AB
=−#»a + #»c −#»b
=−#»a − #»b +#»c
A
B
C A0
B0
C0
#»a
#» b
#»c
Chọn đáp án B
(30)Câu 12. Nếu giá ba vectơ song song với mặt phẳng ba vectơ đồng phẳng Chọn đáp án C
Câu 13. NếuSB# »+SD# » =SA# »+SC# »thì:
# »
SB−SA# »=SC# »−SD# » ⇔ AB# »=DC# » Suy tứ giácABCDlà hình bình hành Mệnh đề D sai vì:
# »
AB+AC# »= AD# »⇔ AB# »= AD# »−AC# »⇔ AB# »=CD# » Chọn đáp án A
Câu 14. Do #»x biểu thị qua hai vectơ #»a #»b nên (I) Xét mệnh đề (II): giả sử
m6=0, đó:
m#»a +n#»b +p#»c = #»0 ⇔ #»a =−n
m #»
b − p
m #»c.
Suy ba vectơ #»a, #»b, #»c đồng phẳng Vậy mệnh đề(II) Do mệnh đề(III) tương đương với mệnh đề(II)nên mệnh đề(III)đúng
Chọn đáp án D
Câu 15.
Chọn đáp án C
Câu 16. LấyAlàm gốc ta được3vectơAB# »,AC# »,# »AD Tương tự đối vớiB,C,Dta được4.3 =12 vectơ
Chọn đáp án D
Câu 17. Theo quy tắc hình hộp thìAđúng
DoAB# », CD# »đối BC# »0,D# »0Ađối nênBđúng
DoAB# »+BC# »+CC# »0 = AC# »0, AD# »0+D# »0O+OC# »0 = AC# »0nênDđúng DoAB# »+AA# »0 = # »AB0, AD# »+DD# »0 = AD# »0nên Csai
(31)Theo giả thiết ta có:
# »
MS=−2MA# »,NB# »=−1
2
# » NC
Lấy điểmPtrên cạnhAC choPC# » =−2PA# » Khi đó:
# »
MN =MP# »+PN# »
=
3
# » SC+2
3
# » AB Vậym=
3, n = Do đóm+n=1
S
B
C A
M
N P
(32)BÀI 2. HAI ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GĨC A TĨM TẮT LÍ THUYẾT
1 Góc hai đường thẳng.
Định nghĩa Góc hai đường thẳng∆1và∆2là góc hai đường thẳngδ1vàδ2cùng qua điểm song song(hoặc trùng)với∆1và∆2
2 Hai đường thẳng vng góc.
Định nghĩa Hai đường thẳng gọi vng góc với góc chúng bằng90◦
Nhận xét Một đường thẳng vng góc với hai đường thẳng song song vng góc với đường thẳng cịn lại
B MỘT SỐ DẠNG TỐN
Dạng Tính gócαgiữa hai đường thẳng a b.
Phương pháp.Sử dụng hai cách sau:
Tìm vectơ phương #»u và #»v củaa vàb rồi tính gócα giữa hai đường thẳngavàb theo công thứccosα = |cos(#»u, #»v)|
Dựng gócα rồi tính số đo góc αbằng cách dùng tích vơ hướng hai vectơ các hệ thức lượng tam giác (thường dùng định lí hàm số cơsin)
Chú ý Gócαgiữa hai đường thẳng phải thỏa mãn0◦ ≤α≤90◦
Chú ý Cho hai đường thẳng có vectơ phương #»u,#»v Gọi α góc hai đường thẳng Ta có:
α= (#»u,#»v), (#»u,#»v) ≤90◦; α =180◦−(#»u,#»v), (#»u, #»v) >90◦ Chú ý VìBC# » =AC# »−AB# »⇒ BC2 = AC2−2AB# ».AC# »+AB2nên:
# »
AB.# »AC= AB
2+AC2−BC2
Chú ý (Định lí cơsin tam giác)
Trong tam giácABCvới BC =a, AC =b, AB=c, ta có:
a2 =b2+c2−2bccosA b2=c2+a2−2cacosB c2=a2+b2−2abcosC
Bài Cho hình chóp A.BCD có M,N theo thứ tự trung điểm BC AD Biết
AB=10;CD =6,MN =7.Tính góc hai đường thẳngABvàCD
(33)Lời giải 1.GọiPlà trung điểm AC.Ta có
PM k AB, PM =
2AB=5;
PN k CD, PN =
2CD =3
Do góc hai đường thẳngABvàCDlà góc hai đường thẳngPMvàPN.Ta có
cos◊MPN =
PM2+PN2−MN2
2PM.PN
= 9+25−49
30 =−
1 Suy ra◊MPN=120◦
Vậy góc đường thẳngABvà đường thẳngCDlà180◦−120◦ =60◦ Lời giải 2.Ta có:
2MN# »= MN# »+MN# »
=MB# »+BA# »+AN# »+MC# »+CD# »+DN# »
=MB# »+MC# »+AN# »+DN# »+BA# »+CD# »
=BA# »+CD# » Do đó:
4MN2 =BA# »+CD# »2= BA2+CD2+2BA# ».CD# »
⇒196=100+36+2.10.6 cosBA# »,CD# »⇒cosBA# »,CD# » =
2 Vậy góc đường thẳngABvà đường thẳngCDlà60◦
Bài Cho tứ diệnSABC cóSA = SB = SC = AB = AC = a vàBC = a√2.Tính góc hai đường thẳngSC vàAB
LLời giải
Ta có(SA# »,AB# ») =120◦;
AC2+AB2 =BC2 Suy AC⊥AB.Ta có cos(SC# »,AB# ») =
# » SC.AB# »
# » SC
# » AB
= (
# »
SA+# »AC).# »AB
# » SC
# » AB
=
# »
SA.# »AB+# »AC.AB# »
a2 =
−a
2 +0
a2 =−
Suy ra(SC# »,AB# ») =120◦ Góc giữaSC vàABlà180◦−120◦ =60◦ Cách 2.GọiM,N,Plần lượt trung điểm củaSA,SB, AC
Khi MN k AB, MP k SC Để tính góc hai đường thẳngSCvàAB, ta cần tính◊N MP
MN =MP = a
2, SP
2= 3a2
BP2 = BA
2+BC2
2 −
AC2
4 =
5a2
4
PN2 = PS
2+PB2
2 −
SB2
4 =
3a2
4 cos◊N MP =
MP2+MN2−PN2
2MP.MN = −
1
(34)Lưu ý.Xin nhắc lại cơng thức tính độ dài đường trung tuyến tam giác hình học lớp 10 Trong∆ABCta có:
m2a =
b2+c2
2 −
a2
4
m2b = c
2+a2
2 −
b2
4
m2c = a
2+b2
2 −
c2
4
Bài Cho hình chópS.ABCDcó tất cạnh a, đáy ABCD hình vng Gọi
Nlà trung điểmSB
a) Chứng minh tam giácSAC,SBD tam giác vng
b) Tính góc hai đường thẳng:ANvàCN; ANvàSD
LLời giải
a)
VìABCDlà hình vng cạnh bằnganên
AC =BD=a√2
Xét tam giácSAC,SBD ta có:
SA2+SC2=2a2= AC2;
SB2+SD2 =2a2= BD2 Vậy∆SAC,∆SBDvng tạiS
b) Ta cóANvàCNlà đường cao tam giác đềuSAB,SBCnên ta cóAN =CN = a √
3 Trong tam giácANCta cócosANC÷ = AN
2+CN2−AC2 2AN.AC =−
1 Gọiαlà góc hai đường thẳngAN vàCN.Khi
cosα = |cosANC÷|=
3 ⇔α =arccos ≈70
◦ 310 Gọiβlà góc hai đường thẳngANvàSD.Khi
cosβ = cos(
# » AN,SD# »)
=
|# »AN.SD# »| |AN# »||SD# »|
VìBN⊥SDvàSDC’ =60◦nên ta có:
# »
AN.SD# » = (AB# »+BN# »)SD# »
= AB# ».SD# »+BN# ».SD# » = AB# ».SD# »
=−DC# ».DS# »=−DC.DS cosSDC’ =−a2cos 60◦ =−1
2a 2.
Vậycosβ= √1
3 ⇒ β=arccos
√
3 ≈54 ◦
(35)a) Tính góc hai đường thẳng ACvàSD
b) Xác định thiết diện tạo bởi(MNP)với hình chóp
LLời giải
a)GọiElà trung điểm cạnhSB Ta có∆SAB = ∆SCBvìSA =SC, AB=CB,SBchung Do hai trung tuyến tương ứng nhau: AE = CE Từ ta thấy tam giácACEcân tạiE Suy raOE⊥AC Tam giácSBD cóOElà đường trung bình nênOE
song songSD Vậy AC⊥SD
b)Gọi I = MN∩BD
Trong(SBD)Gọi J = IP∩SO Ta có
MN k AC
MN ⊂(MNP),AC⊂(SAC)
Suy ra(MNP)cắt(SAC) theo giao tuyếnHKqua
Jvà HK k AC (HthuộcSA,K thuộcSC) Từ ta thấy thiết diện tạo thành ngũ giácMNKPH Lưu ý.Có thể giải câu a)cách khác sau: Ta có:
cos
Ÿ# »
AC;SD# »
=
# » AC.SD# » AC.SD =
# »
AC.AD# »−AC# ».AS# »
AC.SD (1)
Mà
DC2=AC# »−AD# »2 = AC2+AD2−2AC# ».AD# »
2AC# ».AD# »= AC2+AD2−DC2 = AC2
SC2=AC# »−AS# »2= AC2+AS2−2AC# ».AS# »
2AC# ».AS# »= AC2+AS2−SC2 = AC2 nên từ(1)suy racos
Ÿ# »
AC;SD# »
=0 ⇒ AC# »⊥SD# » ⇒ AC⊥SD Bài Cho tứ diện ABCDcó:
AB=CD =a,AC =BD=b,AD =BC =c
a) Tính cơsin góc tạo hai đường thẳng ABvàCD
b) GọiGlà trọng tâm∆ABC Tính khoảng cách từ DđếnG
LLời giải
a)Gọiαlà góc hai đường thẳngABvàCD, ta có: cosα =
# » AB.CD# »
AB.CD
XétAB# ».CD# » =AB# ».AD# »−AC# »
= # »AB.AD# »−AB# ».AC# » Ta có:
# »
AB.AD# » = a
2+c2−b2
2 ;
# »
AB.AC# »= a
2+b2−c2
(36)Từ ta tính được:AB# ».CD# » = a
2+c2−b2
2 −
a2+b2−c2
2 =c
2−b2. Do đó:cosα =
c2−b2
a2
b)DoGlà trọng tâm∆ABCnên:DA# »+DB# »+DC# » =3DG# » Suy ra: 9DG2 =DA# »+DB# »+DC# »2
=DA2+DB2+DC2+2DA# ».DB# »+2DB# ».DC# »+2DC# ».DA# »
=a2+b2+c2+b2+c2−a2+b2+a2−c2+a2+c2−b2
=2(a2+b2+c2) Do đó:DG =
p
2(a2+b2+c2)
3
Dạng Chứng minh hai đường thẳng a b vng góc với nhau.
Phương pháp.Có thể sử dụng phương pháp sau:
Nếu hai đường thẳng a,b được đưa mặt phẳng(P) thì sử dụng cách chứng minh hai đường thẳng vng góc hình học phẳng
Dùng định nghĩa góc hai đường thẳng khơng gian chứng minh góc bằng 90◦
Tìm hai vectơ phương #»u và #»v của hai đường thẳng a,b và chứng minh #»u.#»v = #»0 Đặc biệt, nếuAB# ».CD# » =0thìAB⊥CD
Sử dụng nhận xét trang32. Bài Chứng minh nhận xét trang32
LLời giải
Giả sửak bvàc⊥a Lấy điểmObất kì trênc choO ∈/ a, kẻ đường thẳnga0đi quaOvà song song vớia Khi đócOa’0 =90◦ Dễ thấya0 k bnêncOa’0chính góc hai đường thẳngcvà
b Do ta cóc⊥b
Bài Cho hình hộpABCD.A0B0C0D0có tất cạnh nhau.(hình hộp gọi hình hộp thoi) Chứng minh AC⊥B0D0
LLời giải
Tứ giác ACC0A0 có cặp cạnh đối AA0, CC0 song song nên hình bình hành, AC song song vớiA0C0 Theo giả thiết, tứ giácA0B0C0D0là hình thoi nên A0C0vng góc vớiB0D0 Như vậy:
AC k A0C0
B0D0⊥A0C0 ⇒B
(37)Bài Cho tứ diện đềuABCD Gọi I,Jlần lượt trung điểm củaAB,CD Chứng minh rằng:
I J⊥AB;
1 2 I J⊥CD; 3 AB⊥CD
LLời giải
1 Ta có∆ACD, ∆BCDlà hai tam giác nhau, AJ =BJ.Suy ra∆AJBcân J MàIlà trung điểm AB
nên I J⊥AB 2 Tương tự câu(1) 3 Ta có:# »
AB.CD# » = (AJ# »+# »JB).CD# »
=AJ# ».CD# »+JB# ».CD# » =0 (do J A⊥CD,JB⊥CD) Vậy AB⊥CD
Cách khác.Gọialà độ dài cạnh tứ diện Khi
# »
AB.CD# » =AC# »+CB# »CD# »= AC# ».CD# »+CB# ».CD# »
=AC.CD cos 120◦+CB.CDcos 60◦ =−a
2 +
a2
2 =0 Bởi AB# »⊥CD# » ⇒ AB⊥CD
Bài Cho hình hộpABCD.A0B0C0D0có tất cạnh bằnga(hình hộp gọi hình hộp thoi)và÷ABC =B÷0BA= B÷0BC =60◦ Tính diện tích tứ giác A0B0CD
LLời giải
Ta có:
A0B0 k C0D0 A0B0 =C0D0 ;
CDk C0D0 CD=C0D0
Vậy A0B0 k CD A0B0 = CD, suy tứ giác
A0B0CDlà hình bình hành Ngồi raB0C =a= CD
nênA0B0CDlà hình thoi Ta chứng minhA0B0CD
là hình vng Thật vậy, ta có:
# »
CB0.CD# » =CB# »+BB# »0BA# »
=CB# ».BA# »+BB# »0.BA# »
=BB# »0.BA# »−BC# ».BA# »
=a.a cos 60◦−a.a cos 60◦ =0
VậyCB0⊥CD, đóA0B0CD hình vng cạnha Từ diện tích hình vngA0B0CDbằnga2
Bài 10 Chứng minh với bốn điểmA,B,C,Dtùy ý khơng gian ta có:
# »
AB.CD# »+AC# ».DB# »+AD# ».BC# »=0 (*) Từ suy tứ diện có hai cặp cạnh đối diện vng góc cặp cạnh đối diện thứ ba vng góc
LLời giải
Ta có:
# »
AB.CD# »+# »AC.DB# »+AD# ».BC# »
(38)=AB# ».CB# »+# »AB.BD# »+AC# ».DB# »+AD# ».BC# »
=(# »AB.CB# »+AD# ».BC# ») + (AB# ».BD# »+AC# ».DB# ») =(# »AB.CB# »−AD# ».CB# ») + (AB# ».BD# »−AC# ».BD# ») =CB# »(AB# »−AD# ») +BD# »(AB# »−AC# »)
=CB# ».DB# »+BD# ».CB# » =CB# »(DB# »+BD# ») =0 Giả sử tứ diệnABCDcó:
AB⊥CDvàBC⊥AD Khi đó:# »
AB.CD# » =0vàBC# ».AD# »=0
Vậy từ (*) ta có BD# ».AC# » = 0.Suy BD⊥AC.Do ta có điều cần chứng minh
Lưu ý. Bài tập 10 khơng khó có ý nghĩa, dùng để giải số tập khác Vì bạn đọc nên nhớ để sử dụng cần
Bài 11 Cho tứ diện ABCD Chứng minh rằng:
a) AD⊥BC khiAC2+BD2 =AB2+DC2
b) NếuAD⊥BCvàAC⊥BDthìAB⊥CD
LLời giải
a) Ta có:
AC2+BD2 = AB2+DC2 ⇔ AC2−AB2 =DC2−DB2
⇔AC# »2−# »AB2 =DC# »2−DB# »2
⇔(AC# »−AB# »)(AC# »+AB# ») = (DC# »−DB# »)(DC# »+DB# ») ⇔2BC# ».AI# »=2BC# ».DI# »⇔2BC# »(AI# »+ID# ») = #»0
⇔BC# ».AD# »=0⇔ BC⊥AD b) Do AD⊥BC vàAC⊥BDnên theo câua)ta có:
AB2+DC2 = AC2+BD2, AB2+CD2 = AD2+BC2 Từ đóAC2+BD2= AD2+BC2 Cũng theo câua)suy AB⊥CD
Bài 12 Cho hai đường thẳng cắt b vàc nằm mặt phẳng (P) Chứng minh đường thẳnga vuông góc với cảb vàc vng góc với đường thẳng nằm trong(P)
LLời giải
Giả sửdlà đường thẳng trong(P).Ta cần chứng minha⊥d.Gọi #»u, #»v,w#»,#»r vectơ phương củaa,b,c,d.Dob,c,dđồng phẳng vàb,ckhông phương nên tồn sốm,nsao cho:
#»r =m#»v +nw#».
(39)C BÀI TẬP ÔN LUYỆN 1 Đề bài
Bài 13 Cho vectơ #»n khác #»0 hai vectơ #»a,#»b không phương Chứng minh #»n
vng góc với hai vectơ #»a #»b ba vectơ #»n, #»a, #»b không đồng phẳng
Bài 14 Chứng minh ba vectơ vng góc với vectơ #»n 6= #»0 đồng phẳng Từ suy ba đường thẳngd1,d2,d3cùng vng góc với đường thẳngdthì ba đường thẳngd1,d2,d3cùng song song với mặt phẳng
Bài 15 Cho hình chópS.ABCDcó đáy hình thoi, cạnh bênSA= ABvàSA⊥BC
a) Tính góc hai đường thẳngSDvàBC
b) GọiI, Jlần lượt điểm thuộcSBvàSDsao choI J k BD Chứng minh góc
ACvàI Jkhơng phụ thuộc vào vị trí I vàJ
Bài 16 Cho tứ diện đềuABCDcạnha Gọi M,Nlần lượt trung điểm cạnhAC,BC Tính góc cặp đường thẳngABvàDNgiữaAN vàDM
Bài 17 Cho tứ diện ABCDtrong góc ABvàCDbằngα Gọi Mlà điểm thuộc cạnhAC, đặt AM =x(0<x < AC) Xét mặt phẳng(P)đi qua điểmMvà song song với AB,
CD
a) Xác định vị trí điểm M để diện tích thiết diện hình tứ diện ABCD cắt
(P)đạt giá trị lớn Tìm giá trị lớn
b) Chứng minh chu vi thiết diện nêu không phụ thuộc vào x
AB=CD
Bài 18 Cho hình tứ diệnABCD, đóAB⊥AC, AB⊥BD GọiPvàQlần lượt điểm thuộc đường thẳngABvàCDsao cho PA# »=kPB# »,QC# »=kQD# »(k 6=1)
a) Chứng minh ba vectơPQ# », AC# », BD# »đồng phẳng
b) Chứng minh AB⊥PQ
Bài 19 Cho tứ diện ABCDcó cạnh a Gọi Mlà trung điểm AB Xác định vị trí điểmN đường thẳng ACsao choDN⊥CM
Bài 20 Cho hình chópS.ABCcó đáyABClà tam giác cạnh bằng4√2,SC =2,SCvng góc vớiCAvàCB GọiE,Flần lượt trung điểm AB, BC Tính góc hai đường thẳng
CEvàSF
Bài 21 Cho tứ diện ABCD có cạnh a Gọi M,N,P trung điểm đoạn thẳngAB,BC, AD GọiGlà trọng tâm tam giácBCD ĐặtAB# »= #»b, AC# »= #»c, # »AD= #»d
a) Biểu diễn vectơ MG# », NP# »theo #»b, #»c, #»d
b) Tính góc hai đường thẳng MGvàNP
Bài 22 Cho tứ diện ABCD có tích cặp cạnh đối Gọi α, β, γ góc tạo cặp đường thẳng AB,CD; AC,BD; AD,BC Chứng minh ba giá trị cosα, cosβ, cosγcó giá trị tổng hai giá trị lại
Bài 23 Cho ba tiaOx,Oy,Oz không đồng phẳng Gọi α = yOz’, β = ’zOx, γ = ’xOy Chứng minh rằng:cosα+cosβ+cosγ>−3
(40)Bài 24 Cho tứ diện ABCD Điểm Mbất kì khơng gian nhìn cạnh tứ diện gócα1,α2,α3,α4,α5,α6 Chứng minh
cosα1+cosα2+cosα3+cosα4+cosα5+cosα6 ≥ −2
2 Lời giải, hướng dẫn
Câu 13. Nếu #»n, #»a, #»b đồng phẳng tồn số thựcxvàysao cho #»n = x#»a +y#»b Từ
#»n.#»n =
x#»a +y#»b#»n =x.#»a.n#»+y.#»b.n#»=0⇒ #»n = #»0 , điều mâu thuẫn với giả thiết Suy ba vectơ #»n, #»a, #»b không đồng phẳng Câu 14. Giả sử ba vectơ vng góc với vectơ #»n 6= #»0 #»a, #»b, #»c, tức
#»a.#»n = #»b.#»n = #»c.#»n =0.
Nếu #»a #»b phương #»a, #»b, #»c đồng phẳng Nếu #»a #»b khơng phương ba vectơ #»n, #»a, #»b khơng đồng phẳng (theo tập 13) Khi
#»c = x#»a +y#»b +z#»n.
Suy
#»c.#»n =
x#»a +y#»b +z#»n#»n = x#»an#»+y#»b #»n +z#»n2 =z#»n2 (*) Mà #»c⊥#»n nên từ (*) suy zn#»2 =0, suy z =0, tức #»c = x#»a +y#»b Vậy ba vectơ #»a, #»b, #»c
đồng phẳng Nếu ba đường thẳngd1, d2, d3cùng vng góc với đường thẳng dthì theo kết suy ba vectơ phương củad1,d2, d3đồng phẳng, tức ba đường thẳngd1,
d2,d3cùng song song với mặt phẳng Câu 15.
a) Vì BC k AD nên góc SD BC góc SD
vàAD Từ giả thiết ta có SA⊥BC nên SA⊥AD Mặt khác
SAbằng cạnh hình thoi ABCDnênSD =45◦là góc phải tìm Vậy góc giữaSDvàBCbằng45◦
b) Do ABCD hình thoi nên AC⊥BD Mặt khác I J k BD
nên AC⊥I J, tức góc I Jvà ACbằng90◦khơng đổi Câu 16.
Tam giác ABCcóMNlà đường trung bình nên MN k AB Như góc ABvà DN góc MN DN Đặt DN M◊ = α Tam giácDMN có:
MN = a
2, DM =DN =
a√3
Sử dụng định lí cơsin cho∆DMNta có:
DM2 =DN2+MN2−2DN.MNcosα Suy racosα = MN
2
= MN =
a
(41)Vậyαlà góc nhọn góc ABvàDN làα =arccos
2√3 Gọi Plà trung điểm NC,
MP k AN, góc AN DM góc MPvà MD Từ định lí cơsin cho tam giác
PMDta có
cos◊PMD=
MD2+MP2−PD2
2MD.MP =
3a2
4 + 3a2
16 −
3a2
4 +
a2
16
2.a
√
3
a√3
=
6
Vậy góc hai đường thẳngANvàDMlàarccos1 Câu 17.
a)Ta có
M∈ (P)∩(ABC)
AB⊂(ABC), ABk(P)
Suy giao tuyến của(P) và(ABC) đường thẳng Mz qua M song song với AB Gọi N = Mz∩BC Tương tự, giao tuyến của(P)
và(BCD) đường thẳngNQ k CD, vớiQ ∈ BD Vậy thiết diện hình bình hành MNQR Do MN k ABvà NQ k CD nên góc
ABvàCDbằng góc MN vàNQ, đósinMNQ◊ =sinα(doα bù vớiMNQ◊) Diện tích hình bình hànhMNQRlà
SMNQR = N M.NQ sinα.
Ta có:
MN AB =
AC−x
AC ⇒ MN = AB
AC (AC−x)
Lại có:NQ= MR, MR
CD = AM
AC = x
AC ⇒ MR= CD
ACx.Do đó: SMNQR = AB
AC (AC−x) CD
ACx sinα =
AB.CD
AC2 (AC−x)x sinα Vì AB.CD
AC2 khơng đổi theo bất đẳng thức Cơ si
(AC−x).x ≤
AC−x+x
2
2
= AC
2 VậySMNQRlớn
AB.CD
4 sinα, đạt
AC−x= x⇔ x= AC
2 ⇔ Mlà trung điểm AC
b)Chu vi thiết diện là: 2(MN+MR) =2
AB
AC (AC−x) + CD
ACx
=2CD−AB
AC x+2AB
Vậy chu vi thiết diện không phụ thuộc vàoxkhi
(42)Câu 18.
a)Ta có:
# »
PQ# »= PA# »+AC# »+CQ# » (1)
PQ= PB# »+BD# »+DQ# » (2)
kPQ# » =kPB# »+kBD# »+kDQ# » (3) Từ (1) (3) ta có:(1−k)PQ# »
=PA# »−kPB# »+# »AC−kBD# »+CQ# »−kDQ# » DoPA# »=kPB# »,QC# »=kQD# »nên:
(1−k)PQ# » = AC# »−kBD# » ⇔ PQ# » =
1−k # » AC − k
1−k # » BD (do
k6=1) Như ba vectơPQ# », AC# », BD# »đồng phẳng
b)Theo câua), ta có:(1−k)PQ# ».AB# »= AC# ».# »AB−kBD# ».AB# »
Theo giả thiết ta có: AB⊥AC⇒ AC# ».AB# »=0, AB⊥BD⇒BD# ».AB# »=0 Vậy(1−k)PQ# ».# »AB=0, màk6=1nênPQ# ».AB# »=0⇒PQ⊥AB
Câu 19.
ĐặtDA# »= #»a, DB# »= #»b, DC# »= #»c Khi đó:
|#»a|=
#» b =|
#»c| =avà #»a.#»b = #»b.#»c = #»c.#»a = a2
2 DoMlà trung điểmABnên:
# » DM =
2 # »
DA+DB# »=
2 #»
a +#»b.Do đó:
# »
CM =DM# »−DC# »=
2 #»
a + #»b− #»c
Xét điểmNthuộc ACvà giả sửN A# »=tNC# »,t6=1 Khi đó:
# »
DA−DN# »=tDC# »−DN# »⇒DN# »=
# »
DA−tDC# »
1−t ⇒ # » DN =
#»a −t#»c
1−t
Vậy:
DN⊥CM ⇔ DN# ».CM# »=0⇔
#»a +1
#» b −#»c
(#»a −t#»c) =0
⇔a
2 −t
a2
4 +
a2
4 −t
a2
4 −
a2
2 +ta
2 =0 ⇔ a2 +t
a2
2 =0⇔ t=− Từ đóN ∈ DCmà NC# »=−2N A# »thìDN⊥CM
Câu 20.
ĐặtCA# »= #»a, CB# » = #»b, CS# »= #»c Khi đó:|#»a| =
#» b =4 √
2, |#»c| =2 #»a.#»c = #»b.#»c =0,
#»a.#»b =|#»a|.
#» b
cos÷ACB =16
Gọiϕlà góc hai đường thẳngCEvàSF Khi đó:cosϕ=
# » CE.SF# »
(43)
SF2 =
#» b − #»c
2
=
4
#»
b2−#»b.#»c +#»c2=8+4=12⇒SF =2√3
# » CE=
# » CA+CB# »
2 =
#»a +#»b
2 ⇒CE
2 = #»a
+2#»a.#»b +#»b2
4 =
96
4 =24 Ta có:
# »
CE.SF# » =
4 #»
b −2#»c #»a +#»b
=
#»
b.#»a +#»b2−2#»c.#»a −2#»c.#»b
4 =12
Vậy:cosϕ = 12
2√3.2√6 =
√
2 ⇒ ϕ = 45 ◦
, tức góc hai đường thẳngCE vàSF 45◦
Lưu ý.Như vậy, quy trình để giải tốn hình học phương pháp vectơ là: Chọn ba vectơ không đồng phẳng làm sở.
Biểu diễn vectơ liên quan theo sở đó. Trả lời yêu cầu đề bài.
Ngoài cách giải phương pháp vectơ ta cịn giải "Phương pháp dựng góc" sau: GọiGlà trung điểmEB, đóFGk CEnên
(CE,SF) = (FG,FS) Ta có
SE2= SA
2+SB2
2 −
AB2
4 =
36+36
2 −
32 =28
SG2= SE
2+SB2
2 −
EB2
4 =
28+36
2 −
8
4 =32−2=30 Do
cosSFG’ = FS
2+FG2−SG2 2FS·FG =
12+6−30 2·2√3·√6 =
−12 4√18 =
−1
√
2 VậySFG’ =135◦ ⇒(CE,SF) = (FG,FS) =108◦−135◦ =45◦
Câu 21. Ta có: #» b =|
#»c| = #» d
= avà
#» b.#»c =
#» b
.|
#»c|cos÷ABC
=a2cos 60◦ = a
2 Tương tự, ta có:
#»c.#»d = #»d.#»b = a2
2
a)Ta có: MG# »= AG# »−AM# »
=
3 # »
AB+AC# »+AD# »−AM# »
=
#»
b +#»c +#»d
3 − #» b = − #»
b +2#»c +2#»d
(44)Ta có:NP# »=
2 # »
BA+CD# »= −
#»
b − #»c + #»d
2 (2)
b)Gọiϕlà góc hai đường thẳngMGvàNP Khi đó:
cosϕ=
# » MG.NP# »
MG.NP (3)
Ta có:
# »
MG.NP# » =
12
−#»b +2#»c +2#»d −#»b −#»c +#»d
= 12 #» b
−2|#»c|2+2 #» d
−#»b.#»c −3#»b.#»d +#»c.#»d
=
12
a2−3a
2
=−a
2 12
MG2 =
36
−#»b +2#»c +2#»d2
= 36 #» b
+4|#»c|2+4 #» d
−4#»b.#»c +8#»c.#»d −4#»b.#»d
= 9a
2 36 =
a2
4
NP2 =
4 #»
b +#»c −#»d2
= #» b
+|#»c|2+
#» d
+2#»b.#»c −2#»c.#»d −2#»b.#»d
=
4
3a2−a2= a
2 Thay vào (3), ta được:
cosϕ= a 12 : a 2· a √ = √ 12 = √
6 ⇒ ϕ=arccos
√
2 ≈76
◦ 220 Câu 22. Theo tập 10 (ở trang 37), ta có:
# »
AB.CD# »+AC# ».DB# »+AD# ».BC# »=0
⇔AB.CD cosAB# »,CD# »+AC.BDcosAC# »,DB# »
+AD.BCcosAD# »,BC# »=0 (1) Theo giả thiết ta có:
AB.CD = AC.BD= AD.BC cosα =|cos
# »
AB,CD# »| cosβ=|cos
# »
AC,DB# »| cosγ =|cos
# »
AD,BC# »| Do (1) trở thành: cosα±cosβ±cosγ =0
(45)Trường hợp 2:cosα−cosβ−cosγ=0 Khi đócosα =cosβ+cosγ. Trường hợp 3:cosα+cosβ−cosγ=0 Khi đócosγ=cosα+cosβ. Trường hợp 4:cosα−cosβ+cosγ=0 Khi đócosβ=cosα+cosγ. Như ta có điều phải chứng minh
Câu 23. Trên ba tiaOx,Oy,Oz đặt ba vectơ đơn vị #»a, #»b, #»c hướng với tia chứa Do ba tiaOx,Oy,Ozkhông đồng phẳng nên #»a,#»b,#»c không đồng phẳng, suy
#»a +#»b + #»c 6= #»0 Do đó:
0<#»a +#»b + #»c2 = #»a2+#»b2+#»c2+2#»a.#»b +#»b.#»c +#»c.#»a
= #»a2+#»b2+#»c2+2h|#»a|
#» b
cosγ+
#» b
.|
#»c|cos
α+|#»c|.|#»a|cosβ i
=3+2(cosα+cosβ+cosγ) Suy racosα+cosβ+cosγ >−3
2
Câu 24. Xét vectơ đơn vị #»a,#»b, #»c,#»d có hướng trùng với tia MA, MB, MC,
MD|#»a| =
#» b
=|
#»c| =
#» d
=1
.Khi
#»a.#»b =|#»a|.
#» b
cos #»
a,#»b =cosAMB÷ Tương tự, suy
#»a.#»b +#»a.#»c + #»a.#»d +#»b.#»c +#»b.#»d + #»c.#»d
=cosα1+cosα2+cosα3+cosα4+cosα5+cosα6 Ta có
0≤#»a + #»b +#»c +#»d2
= #»a2+#»b2+#»c2+ #»d2
+2#»a.#»b +#»a.#»c +#»a.#»d + #»b.#»c +#»b.#»d +#»c.#»d
=4+2(cosα1+cosα2+cosα3+cosα4+cosα5+cosα6) Suy racosα1+cosα2+cosα3+cosα4+cosα5+cosα6 ≥ −2
D BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM 1 Đề bài
(46)Câu 2. Mệnh đề sau đúng?
A Hai đường thẳng vng góc với đường thẳng thứ ba song song
B Hai đường thẳng vng góc với đương thẳng thứ ba vng góc với C Hai đường thẳng vng góc với đường thẳng thứ ba vng góc với D Hai đường thẳng vng góc với đường thẳng thứ ba song song với
nhau vng góc với
Câu 3. Trong mệnh đề sau mệnh đề đúng?
A Góc hai đường thẳng avàbbằng góc hai đường thẳng avàckhibsong song vớic(hoặcbtrùng vớic)
B Góc hai đường thẳng avàbbằng góc hai đường thẳng avàc thìbsong song vớic
C Góc hai đường thẳng góc nhọn
D Góc hai đường thẳng góc hai véctơ phương hai đường thẳng Câu 4. Mệnh đề nàođúngtrong mệnh đề sau?
A Góc hai đường thẳng góc hai vectơ phương hai đường thẳng B Góc hai đường thẳng góc nhọn
C Góc hai đường thẳng avàbbằng góc hai đường thẳng avàckhibsong song vớic (hoặcbtrùng vớic)
D Góc hai đường thẳng avàbbằng góc hai đường thẳng avàc thìbsong song vớic
Câu (HK2 Toán 11, Đức Thọ, Hà Tĩnh 2018).
Góc hai đường thẳng khơng gian góc góc A Góc hai đường thẳng cắt khơng song song với chúng
B Góc hai đường thẳng vng góc với chúng
C Góc hai đường thẳng qua điểm song song với chúng D Góc hai đường thẳng cắt vuông góc với chúng
Câu 6. Trong khơng gian cho ba đường thẳng phân biệt a,b,c Khẳng định sau sai?
A Nếuavàbcùng vng góc vớicthìak b B Nếua kbvàc⊥athìc⊥b
C Nếu góc giữaavàcbằng góc giữabvàcthìak b
D Nếuavàbcùng nằm mp(α),(α) k cthì góc giữaavàcbằng góc giữabvàc Câu 7. Cho hai đường thẳng a a0 có vectơ phương #»u #»u0 Nếu ϕ góc hai đường thẳngavàa0thì
A ϕ= #»
u,u#»0 B ϕ=π− #»
u,u#»0 C cosϕ=cos
#»
u,u#»0 D cosϕ= cos
#»
u,u#»0
Câu 8. Cho hình chópOABC cóOA =OB =OC =1, cạnhOA, OB, OCđơi vng góc GọiMlà trung điểm AB Tính tích vơ hướng hai vectơOC# », MA# »
A B C −1 D
Câu 9. Cho tứ diệnO.ABCtrong ba đường thẳngOB,OC,OAđơi vng góc Trong mệnh đề sau, mệnh đề nàosai?
A Hai cạnh đối tứ diện vng góc với
(47)Câu 10. Cho hình chópO.ABCcóOA =OB=OC =1; cạnhOA,OB,OCđơi vng góc GọiMlà trung điểm AB Tính góc hai vectơOM# »vàBC# »
A 0◦ B 60◦ C 90◦ D 120◦ Câu 11. Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1
TínhcosAC# »1,BD# »
A B C −1 D
A B
C D
A1 B1
C1 D1
Câu 12. Trong không gian cho đường thẳng song song a,b điểmM Có đường thẳng qua điểmM, vng góc vớiavàbđồng thời cắt cảavàb?
A Khơng có B Có C có vơ số D Có khơng có
Câu 13. Trong khơng gian cho đường thẳngavà điểm M Có đường thẳng qua
M, cắtavà vng góc vớia?
A Khơng có B Có vơ số
C Có D Có vơ số
Câu 14. Cho hình chópS.ABCcóSA =SB=SC vàASB’ = BSC’ =CSA’.Góc cặp vectơ
# »
SAvàBC# »là
A 120◦ B 90◦ C 45◦ D 60◦
Câu 15. Cho hình chóp SABC có AB = AC,SAB’ = SAC’ Tính số đo góc hai đường thẳngSAvàBC
A 45◦ B 60◦ C 30◦ D 90◦ Câu 16. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 Giả sử tam
giác AB0C A0DC0 có3 góc nhọn Góc hai đường thẳngACvàA0Dlà góc sau đây?
A AB÷0C B ÿDA0C0 C BB÷0D D BDB÷0
A B
C D
A0 B0
C0 D0
Câu 17. Cho tứ diện ABCD Số đo góc hai đường thẳng ABvàCDbằng A 90◦ B 30◦ C 45◦ D 60◦ Câu 18. Cho hình lập phươngABCD.EFGH Góc cặp vectơ AF# »vàEG# »là
A 60◦ B 30◦ C 45◦ D 90◦
Câu 19. Cho tứ diệnABCD Chứng minh nếuAB# ».AC# »= AC# ».AD# »= AD# ».AB# »thìAB⊥CD,
AC⊥BD, AD⊥BC Điều ngược lại không? Sau lời giải
Bước 1: Ta có tương đương:
# »
AB.AC# »= AC# ».AD# »⇔ AC# »AB# »−AD# »=0
(48)Bước 2: Chứng minh tương tự ta có:AD⊥BC,AB⊥CD.
Bước 3: Ngược lại đúng, q trình chứng minh bước trình biến đổi tương đương
Bài giải hay sai? Nếu sai sai đâu?
A Sai bước B Đúng C Sai bước D Sai bước Câu 20. Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 có cạnh a Gọi M trung điểm AD Tính tích vơ hướngB# »1M.BD# »1
A a
2 B a
2. C. 3a2
4 D
3a2
2 Câu 21. Cho hình hộpABCD.A0B0C0D0có tất
cạnh Trong mệnh đề sau, mệnh đề có thểsai?
A A0C0⊥BD B A0B⊥DC0 C BB0⊥BD D BC0⊥A0D
A B
C D
A0 B0
C0 D0
Câu 22. Cho |#»a| = 3,
#» b
= 5, góc
#»a và #»b bằng 120◦ Chọn khẳng định sai các khẳng định sau?
A
#»a +#»b =
√
19 B
#»a −#»b =7 C
#»a −2#»b =
√
139 D
#»a +2#»b =9
Câu 23. Cho tứ diện ABCD, Mlà trung điểm củaAB Gọiαlà góc hai đường thẳng
CMvàDM, đócosαbằng A
3 B
√
3
3 C
1
3 D
1
Câu 24. Cho tứ diện ABCD, với I J trung điểm ABvàCD Tính cosin góc hai đường thẳngCI vàAJ
A
3 B
−2
3 C
1
3 D
1
Câu 25. Cho tứ diện ABCD, I trung điểmAB Góc hai đường thẳngICvàADcó cosin
A
3 B
√
3
3 C
1
3 D
√
3 Câu 26. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình chữ nhật, biết
AB= a,AD =SA=a√3
Hai mặt bênSABvàSADlà tam giác vuông A Gọi ϕlà góc hai đường thẳngSB vàAC Tínhcosϕ
A cosϕ=
3 B cosϕ=
4 C cosϕ=
√
3
4 D cosϕ=
√
(49)A
3 B
1
3 C
1
2 D
1 Câu 28. Cho tứ diện ABCDcó trọng tâmG Chọn khẳng định đúng?
A AB2+AC2+AD2+BC2+BD2+CD2=3 GA2+GB2+GC2+GD2 B AB2+AC2+AD2+BC2+BD2+CD2=6 GA2+GB2+GC2+GD2
C AB2+AC2+AD2+BC2+BD2+CD2=4 GA2+GB2+GC2+GD2
D AB2+AC2+AD2+BC2+BD2+CD2=2 GA2+GB2+GC2+GD2 2 Đáp án lời giải
ĐÁP ÁN TRẮC NGHIỆM
1 A 2 C 3 A
4 C 5 C 6 A
7 D 8 A 9 C
10 D 11 B 12 D
13 D 14 B 15 D
16 B 17 A 18 A
19 B 20 A 21 C
22 D 23 C 24 A
25 D 26 B 27 B
28 C
LỜI GIẢI CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM
Câu 1. Khi cho ba đường thẳng phân biệt a, b, c mệnh đề: "Nếu a song song với b c
vng góc vớiathìcvng góc vớib" mệnh đề Chọn đáp án A
Câu 2. Mệnh đề là: Hai đường thẳng vuông góc với đường thẳng thứ ba vng góc với
Chọn đáp án C
Câu 3. Mệnh đề là: Góc hai đường thẳng avàbbằng góc hai đường thẳng a
vàckhibsong song vớic(hoặcbtrùng vớic) Chọn đáp án A
Câu 4. Mệnh đề là: Góc hai đường thẳng avàbbằng góc hai đường thẳng a
vàckhibsong song vớic(hoặcbtrùng vớic) Chọn đáp án C
Câu 5. Dựa vào định nghĩa góc hai đường thẳng Chọn đáp án C
Câu 6. Mệnh đề là: Nếuavàbcùng vng góc vớicthìak b Chọn đáp án A
Câu 7. Do góc hai đường thẳng bù với góc hai vectơ phương chúng nên đáp án D
Chọn đáp án D
(50)Ta có:
# »
OC.MA# »=
2
# » OC.BA# »
=
2
# »
OCOA# »−OB# »
=
2
# »
OC.OA# »−1
2
# » OC.OB# »
=0−0=0 VậyOC# ».MA# »=0
O A
B C
M
Chọn đáp án A
Câu 9.
Tam giácABCluôn tam giác nhọn
O A
B C
Chọn đáp án C
Câu 10. Ta có:
# »
OM.BC# » =
2 # »
OA+OB# » OC# »−OB# »
=OM# ».BC# » =−OB
2 =−
1
Như vậy:
cos
Ÿ
# » OM,BC# »
=
# » OM.BC# » OM.BC
cos
Ÿ
# » OM,BC# »
=−1
2 :
√
2.√2
2 =−
1 Do
Ÿ
# » OM,BC# »
=120◦
O A
B C M
(51)Ta có:# »
AC1.BD# »
=AA# »1+AC# » AD# »−AB# »
= # »AC.AD# »−AC# ».AB# »
= # »AC.BD# »
=0
Vậy AC# »1.BD# »=0 A B
C D
A1 B1
C1 D1
Chọn đáp án B
Câu 12. Có Mthuộc mặt phẳng chứaavàb, khơng có Mkhơng thuộc mặt phẳng
Chọn đáp án D
Câu 13. Có Mkhơng thuộca, có vơ số nếuMthuộca Chọn đáp án D
Câu 14. Ta có:
# »
SA.BC# »=SA# »(SC# »−SB# ») =SA# ».SC# »−SA# ».SB# »
=|SA# »|.|SC# »|cosASC’ − |SA# »|.|SB# »|cosASB’ =0 ⇒SA⊥BC
Chọn đáp án B
Câu 15. Ta có:
# »
BC.AS# »=# »AC−AB# ».AS# »
=AC# ».AS# »−AB# ».AS# »
=AC.AS cosSAC’ −AB.AS cosSAB’ =0 (do AC = AB,SAB’ =SAC’) Suy góc hai đường thẳngSAvàBCbằng90◦
Chọn đáp án D
Câu 16.
Do ACC0A0 hình bình hành nên AC song song với A0C0 Do ú:
AC,A0D =AÔ0C0,A0D
Như vậy:
⁄
AC,A0D =ÿDA0C0
A B
C D
A0 B0
C0 D0
(52)Câu 17. Gọialà độ dài cạnh tứ diện Khi
# »
AB.CD# » =AC# »+CB# »CD# » =AC# ».CD# »+CB# ».CD# »
= AC.CD cos 120◦+CB.CDcos 60◦ =−a
2 +
a2
2 =0 Bởi AB# »⊥CD# »⇒ AB⊥CD
Chọn đáp án A
Câu 18. Dễ thấy tam giácACFlà tam giác vàEG# »= AC# »
Như góc cặp vectơAF# »vàEG# »là: # »
AF,EG# »=# »AF,AC# »= FAC’ =60◦ Chọn đáp án A
Câu 19. Lời giải cho lời giải Chọn đáp án B
Câu 20.
Ta cóBD# »1 =BA# »+AD# »1
HayBD# »1=−AB# »+AA# »1+AD# » Ta cóB# »1M= B# »1A+AM# »
HayB# »1M =−# »AB−# »AA1+
# » AD Do đó:
# »
BD1.B# »1M= AB2−A1A2+1 2AD
2
HayBD# »1.B# »1M =
a2
2
A B
C D
A1 B
1 C1
D1
M
(53)Dễ thấy phương án A , B , D Phương án C bị sai trường hợp hình hộp có cạnh bên khơng vng góc với mặt đáy
A B
C D
A0 B0
C0 D0
Chọn đáp án C
Câu 22. Ta có: #»a.#»b =|#»a|
#» b
cos #»
a, #»b=3.5 cos 120◦ =−15
2 Do đó: #»
a +#»b2 = #»a2+2#»a.#»b +#»b2 =9−15+25=19 #»
a −#»b2 = #»a2−2#»a.#»b +#»b2 =9+15+25=49 #»
a −2#»b2 = #»a2−4#»a.#»b +4#»b2 =9+30+100=139 #»
a +2#»b2 = #»a2+4#»a.#»b +4#»b2 =9−30+100=79 Như A , B , C đúng, D sai
Chọn đáp án D
Câu 23. Gọialà độ dài cạnh tứ diện Khi đó:
CD= a, MC = MD= a √
3
Áp dụng định lí cosin vào tam giácCMDta được:
cosCMD◊= MC
2+MD2−CD2
2MC.MD =
3a2
2 −a 3a2
2
=
a2
2 3a2
2
=
3
(54)Câu 24.
Giả sử cạnh tứ diện bằnga Khi đó:
# »
AB.AC# »= AC# ».AD# » = AD# ».AB# »= a
2 Ta có: AJ# »=
2
# » AD+1
2
# » AC
# »
CI =AI# »−AC# »=
2
# »
AB−AC# » Do đó:
# »
CI.AJ# »=
4(
# »
AB−2# »AC)(AC# »+AD# ») HayCI# ».# »AJ = −1
2 a 2.
Ta lại cóAJ =CI = a √
3 Suy racos(CI# »,AJ# ») = −2
3
Vậy cosin góc hai đường thẳng AJ,CI A B C D I J
Chọn đáp án A
Câu 25.
Giả sử cạnh tứ diện bằnga Khi đó:
# »
AD.# »AB=a2cos 60◦ = a
2 Tương tự:AC# ».AD# »= a
2 Ta có:
# »
IC =AC# »−AI# » =AC# »−1
2
# » AB Do đó:
# »
IC.AD# »= a
2 − a2 = a2 MàcosICÿ,AD
= # » IC.AD# »
IC.AD nên
cosICÿ,AD
= a
2 :
a2√3
2 =
1 2√3
A
B
C D
I
Chọn đáp án D
Câu 26. Ta có:
cos(SB# »,# »AC) =
# » SB.# »AC SB.AC =
# » SB.# »AC
4a2
# »
SB.# »AC= (SA# »+AB# »).AC# » # »
SB.# »AC=SA# ».# »AC+AB# ».AC# » Ta có:# »
AS.AC# »= AS# »mAB# »+n# »AC =0
# »
AB.AC# »= a.2acos 60◦ = a2
A
B C
D S
Do đócos(SB# »,AC# ») =
(55)ĐặtAB# »= #»b, AC# »= #»c, AD# » = #»d Ta có
|#»b| =|#»c| =|#»d|= AB=a, Ÿ
#»
b,#»c=Ÿ#»
c, #»d=Ÿ#»
d,#»b =60◦ Suy #»b · #»c = #»c ·#»d = #»d · #»b = a
2 Giả sử# » AN =k·AD Khi
BN =BA# »+AN# »=−#»b +k#»d VìMlà trung điểm củaCDnên 2AM# »= AC# »+AD# »= #»c +#»d
Khi đóBN⊥ AM ⇔BN# »·AM# »=0 Hay−#»b +k#»d·#»c +#»d=0
A
B
C
D M
N
Do đó−a
2 −
a2
2 +k·
a2
2 +k·a
2 =0⇔ k= Vậy AN =
3AD⇒
DN DA =
1 Chọn đáp án B
Câu 28. Theo cơng thức bình phương vơ hướng(#»a)2 =|#»a|2ta có:
MA2+MB2+MC2+MD2
=(MA# »)2+ (MB# »)2+ (MC# »)2+ (MD# »)2
=(MG# »+GA# »)2+ (MG# »+GB# »)2+ (MG# »+GC# »)2+ (MG# »+GD# »)2
=4MG2+GA2+GB2+GC2+GD2+2MG# »GA# »+GB# »+GC# »+GD# »
=4MG2+GA2+GB2+GC2+GD2+2MG# ».#»0
=4MG2+GA2+GB2+GC2+GD2 Lần lượt chọnMtrùng A, B,C, Dta được:
AB2+AC2+AD2 =5GA2+GB2+GC2+GD2 BA2+BC2+BD2 =5GB2+GA2+GC2+GD2 CA2+CB2+CD2=5GC2+GA2+GB2+GD2 DA2+DB2+DC2=5GD2+GA2+GB2+GC2
Cộng bốn đẳng thức theo vế ta được:
AB2+AC2+AD2+BC2+BD2+CD2
=4GA2+GB2+GC2+GD2
(56)BÀI 3. ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT PHẲNG A TĨM TẮT LÍ THUYẾT
1 Một số định nghĩa tính chất. Định nghĩa
Đường thẳng d gọi vng góc với mặt phẳng(P)nếu vng góc với đường thẳnganằm trong(P), kí hiệud⊥(P)
P
d
a
Định lí
Nếu đường thẳng d vng góc với hai đường thẳng cắt nhau a và b cùng nằm trong mặt phẳng(P)thìd⊥(P).
P
d #» u
#» m a #»n b
#» p
c
Định lí
Có mặt phẳng (P) đi qua một điểm Ocho trước vng góc với một đường thẳngdcho trước.
P
d
O
Định lí Có đường thẳngd đi qua điểmOcho trước vng góc với mặt phẳng(P)cho trước.
Định nghĩa
Cho đoạn thẳng ABcó trung điểm
I Mặt phẳng vng góc với đường thẳngABtại điểmIgọi mặt phẳng trung trực đoạn thẳngAB
Lưu ý. Trong không gian, cho đoạn thẳng AB Khi MA = MBkhi M nằm mặt trung trực đoạn thẳngAB
A I B
M
(57)Mặt phẳng vng góc với trong hai đường thẳng song song cũng vng góc với đường thẳng cịn lại Hai đường thẳng phân biệt vng góc một mặt phẳng song song với nhau. Như vậy:
a k b
(P)⊥a ⇒(P)⊥b;
a⊥(P)
b⊥(P)
a 6≡b
⇒a k b
Định lí
Đường thẳng vng góc với một trong hai mặt phẳng song song cũng vng góc với mặt phẳng cịn lại Hai mặt phẳng phân biệt vng góc một đường thẳng song song với nhau. Như vậy:
(P) k (Q)
a⊥(P) ⇒ a⊥(Q);
(P)⊥a
(Q)⊥a
(P)6≡ (Q)
⇒(P) k (Q)
Định lí
Cho đường thẳng a và mp(P) song song với Đường thẳng vng góc với (P) thì vng góc với
a Nếu đường thẳng mặt phẳng (không chứa đường thẳng đó)
cùng vng góc với đường thẳng thì chúng song song với Như vậy:
a k (P)
b⊥(P) ⇒b⊥a;
a6⊂ (P)
a⊥b
(P)⊥b
⇒ a k (P)
3 Định lí ba đường vng góc.
Định nghĩa Phép chiếu song song lên mặt phẳng (P) theo phương `vng góc với mặt phẳng(P)gọi phép chiếu vng góc lên(P), hay gọi đơn giản phép chiếu lên(P) Định lí (Định lí ba đường vng góc)
Cho đường thẳngakhơng vng góc với mặt phẳng (P) và đường thẳng b nằm trong mặt phẳng (P) Điều kiện cần và đủ đểb⊥alàbvng góc với hình chiếu
a0 của đường thẳngatrên(P)
(58)Định nghĩa
Nếu đường thẳng a vng góc với mặt phẳng (P) ta nói góc đường thẳngavà(P) bằng900 Nếu đường thẳngakhơng vng góc với mặt phẳng (P) góc a hình chiếu a0 (P) gọi góc giữaavà(P)
B PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN
Dạng Chứng minh đường thẳngavng góc vớimp(P).
Phương pháp.
Cách 1.Dùng định lí trang 56: Chứng minh đường thẳng
a vng góc với hai đường thẳng cắt nằm
(P) Tức là:
a⊥b⊂(P)
a⊥c⊂(P)
c cắt b
⇒a⊥(P) Cách 2.Chứng minh
a k b
b⊥(P) ⇒a⊥(P)
Bài Cho hình chópS.ABCDcóSA⊥(ABCD),đáy ABCDlà hình vng GọiM,Nlần lượt trung điểm cạnhSB,SD Chứng minh:
BC⊥(SAB);
1 2 MN⊥(SAC)
LLời giải
1 Ta cóSA⊥(ABCD)
MàBC ⊂(ABCD)nênBCvng góc vớiSA Vậy:
BC⊥BA⊂(SAB)
BC⊥SA ⊂(SAB)
BA∩SA =A
⇒ BC⊥(SAB)
2 Vì MN đường trung bình tam giácSBD nên MN k BD Ta cóSA⊥(ABCD) mà
BD ⊂(ABCD)nênBD⊥SA.Vậy
BD⊥AC ⊂(SAC)
BD⊥SA⊂(SAC)
AC∩SA= A
⇒ BD⊥(SAC) ⇒ MN⊥(SAC) (doMN k BD)
Bài Cho tứ diệnOABCcóOA,OB,OCđơi vng góc với GọiHlà trực tâm tam giác ABC Chứng minh rằngOH⊥(ABC)
LLời giải
Ta có:
# »
(59)Suy raOH⊥AB Tương tự, ta cóOH⊥BC Mà ABvà BC hai đường thẳng cắt nằm trong(ABC)nên dẫn đếnOH⊥(ABC)
Bài Cho hình chópS.ABCcó đáy tam giác vng B, đường thẳng SAvng góc với
(ABC) Trong tam giácSABkẻ đường cao AH, tam giácSACkẻ đường cao AK, tam giácABCkẻ đường caoBM
a) Chứng minh:BC⊥(SAB), AH⊥(SBC)
b) Chứng minh:SC⊥(AHK)
c) Chứng minh:BM k (AHK)
LLời giải
a) Ta có
BC⊥BA ⊂(SAB)
BC⊥SA ⊂(SAB)
BA∩SA= A
⇒BC⊥(SAB)
Ta cóBC⊥(SAB), màAH ⊂(SAB)nên BCvng góc vớiAH
AH⊥SB⊂(SBC)
AH⊥BC⊂(SBC)
SB∩BC =B
⇒ AH⊥(SBC) b)
Ta có AH⊥(SBC)
MàSC ⊂(SBC)nênSCvng góc với AH
SC⊥AK ⊂(AHK)
SC⊥AH ⊂(AHK)
AK∩AH = A
⇒SC⊥(AHK)
c) Ta có BM⊥AC mà AC hình chiếu SC (ABC)
nên BM⊥SC Như vậy:
BM⊥SC
(AHK)⊥SC BM 6⊂(AHK)
Sử dụng định lí (ở trang 57) suy raBM k(AHK)
Bài Cho hình chópS.ABCDcóSA= a, đáy hình vng cạnha,SA⊥(ABCD)
a) GọiD1là trung điểmSD Chứng minh AD1⊥(SCD)
b) GọiO tâm hình vng ABCD, M điểm thay đổi SD Chứng minh hình chiếu điểmOtrênCMthuộc đường trịn cố định
LLời giải
a) VìSA = AD= avàD1là trung điểm củaSDnên AD1⊥SD Mặt khác, ta có CD⊥(SAD) nên AD1⊥CD Vậy AD1vng góc với(SCD)
b) Trong(AD1C), kẻ OH k AD1, H trung điểm CD1 vàOH⊥(SCD), ngồi Hcố định Gọi K hình chiếu
O CM, theo định lí ba đường vng góc suy
HK⊥KC Từ suy điểmKthuộc đường trịn đường kính
(60)Lưu ý.Có thể chứng minhKH⊥KCnhư sau:
CK⊥OK
CK⊥OH ⇒CK⊥KH
Dạng Chứng minh hai đường thẳng vuông góc với nhau.
Phương pháp.
Cách 1.Chứng minh đường thẳng vng góc với mặt phẳng chứa đường thẳng Cách 2.Cho∆ABC Khi
(
d⊥AB
d⊥AC ⇒d⊥BC
Cách 3.Sử dụng định lí ba đường vng góc
Cách 4.Nếu hai đường thẳng cắt ta dùng phương pháp chứng minh biết hình học phẳng như: áp dụng định lí đảo hệ thức lượng tam giác vng, hai đường chéo hình thoi, hai cạnh kề hình chữ nhật, góc nội tiếp
Một số hệ thức lượng tam giác thường dùng.
Định lí.Nếu tam giác ABCvng A có đường caoAH, trung tuyến AMthì ta có hệ thức sau:
(1) AM =
2BC;
(2) BC2 = AB2+AC2;
(3) AH2 =HB.HC;
(4) AB2 =BH.BC(AC2 =CH.CB);
(5) AH.BC = AB.AC(= 2S∆ABC);
(6)
AH2 =
AB2 +
AC2
Định lí đảo.Nếu tam giác ABCcó đường cao AHvới Hthuộc cạnhBC; trung tuyến AMvà thoả mãn sáu hệ thức tam giác vng tạiA
Định lí cơsin tam giác.Trong∆ABCta có:
a2 =b2+c2−2bccosA;
b2 =c2+a2−2cacosB;
c2 =a2+b2−2abcosC
Bài (Kết tập phép sử dụng mà không cần chứng minh lại)
Chứng minh đường thẳng vng góc với hai cạnh tam giác vng góc với cạnh thứ ba
LLời giải
Giả sử đường thẳng∆vng góc với cạnh ABvà ACcủa∆ABC Khi đó:
∆⊥AB ⊂(ABC) ∆⊥AC ⊂(ABC)
AB∩ AC =A
⇒ ∆⊥(ABC)
MàBC ⊂(ABC)nên∆⊥BC
Bài Cho hình chópS.ABCDcóSA⊥(ABCD),đáy ABCDlà hình vng
(61)LLời giải
a) Từ giả thiết SA⊥(ABCD) ta có SA⊥AB, SA⊥AD, suy
SABvàSADlà tam giác vng A Lại có
CD⊥DA
CD⊥SA ⇒CD⊥DS
Suy ra∆SDCvuông tạiD Ta có
CB⊥BA
CB⊥SA ⇒CB⊥SB
Suy ra∆SBCvng tạiB
b)Ta có
BD⊥AC ⊂(SAC)
BD⊥SA⊂(SAC)
AC∩SA= A
⇒ BD⊥(SAC) ⇒BD⊥SC Ta cóCB⊥(SAB)mà AH ⊂(SAB)nên AH⊥CB Vậy
AH⊥SB⊂(SBC)
AH⊥CB⊂(SBC)
SB∩CB= B
⇒ AH⊥(SBC) ⇒ AH⊥SC
Cách khác. Ta có BD⊥AC, mà AC hình chiếu SC (ABCD) nên BD⊥SC Ta có
AH⊥SB, màSBlà hình chiếu củaSCtrên(SAB)nên AH⊥SC
Bài Cho hình chóp tam giácS.ABCcó đáyABClà tam giác cạnh bên GọiGlà trọng tâm tam giác ABC vàH trực tâm tam giácSBC Chứng minh SG⊥BC
vàAH⊥BC
LLời giải
GọiElà trung điểm củaBC Do tam giác ABCđều nên ba điểm A,G,E thẳng hàng AE⊥BC Do tam giác
SBCcân tạiSnênSE⊥BC Như vậy:
BC⊥EA ⊂(SAE)
BC⊥ES ⊂(SAE)
EA∩ES= E Suy raBC⊥(SAE)
Mà SG ⊂ (SAE) nên BC⊥SG Rõ ràng H nằm
SE nên AH nằm (SAE), mà BC⊥(SAE), nên
BC⊥AH
Lưu ý.Có thể chứng minhSG⊥BC cách khác sau: GọiOlà hình chiếu S (ABC) Khi tam giác vng SOA, SOB, SOC nhau, suy OA =
OB = OC, tam giác ABC nênO ≡ G Như vậySG⊥(ABC), suy raSG⊥BC
Bài Cho hình lăng trụABC.A0B0C0 có hình chiếu vng góc củaAtrên(A0B0C0)trùng với trực tâm tam giác A0B0C0 Chứng minh tứ giácBCC0B0 hình chữ nhật
LLời giải
GọiH0là trực tâm∆A0B0C0 Theo giả thiết thìAH0⊥(A0B0C0) Ta có B0C0⊥A0H0, mà A0H0 hình chiếu A0A mặt phẳng(A0B0C0) nên theo định lí ba đường vng góc suy
B0C0⊥AA0 Do AA0,BB0,CC0là ba cạnh bên hình lăng trụ nên AA0 k BB0 k CC0 Mà ta chứng minh đượcB0C0⊥AA0
nên suy B0C0⊥BB0 B0C0⊥CC0, hình bình hành
(62)Dạng Dựng mặt phẳng(P) qua điểmOvà vng góc với đường thẳngd.
Phương pháp. Ta dựng hai đường thẳng a b cắt vng góc vớid, có đường quaO Khi đó(P)chính mp(a,b)
Bài Cho tứ diện SABC có ABClà tam giác SA⊥(ABC) Xét điểm Mcạnh SC choMkhông trùng vớiSvàC Gọi(P)là mặt phẳng quaMvà vng góc với AB
a) Xác định mặt phẳng(P)
b) Mặt phẳng(P)cắt tứ diệnSABCtheo thiết diện hình gì?
LLời giải
Phân tích.Đối với câu a), để xác định mặt phẳng(P), ta cần vẽ hai đường thẳng a vàb cắt vuông góc với AB, có đường quaM Khi đó(P) mp(a,b) Do có SA⊥(ABC) nên trước hết ta vẽ đường thẳng a qua M song song vớiSA, đóa⊥(ABC), suy raa⊥AB Giả sử acắt AC N, đóMN⊥AB Tiếp theo ta lấyblà đường thẳng quaNvà vng góc vớiABtạiP, lúc này(P)chính mặt phẳng(MNP)
a) Gọi I trung điểm AB Khi CI⊥AB Trong ∆SAC, kẻ MN
song song vớiSA, cắtACtại N Ta có:
SA⊥(ABC)
SA k MN ⇒ MN⊥(ABC) ⇒ MN⊥AB
Trong∆ABC, kẻNPsong song vớiCI, cắtABtạiP Khi vìCI⊥AB
nên NP⊥AB Vậy mặt phẳng (MNP) qua Mvà vng góc với AB, mặt phẳng(P)chính mặt phẳng(MNP)
b) (MNP)∩(ABC) = NP, (MNP)∩(SAC) = N M Để tìm giao tuyến mặt phẳng(MNP)với(SAB)ta sử dụng định lí??ở trang ??(xem thêm dạng??ở trang ??) Ta có:
P ∈ (SAB)∩(MNP)
MN k (SAB)
MN ⊂(MNP)
⇒(SAB)∩(MNP) = Px,
với Pxlà đường thẳng quaP song song vớiSA Gọi Q = Px∩SB Khi thiết diện tứ giácMNPQ VìMN k QP,MN⊥NP,QP⊥PNnên thiết diện hình thang vng tạiNvàP Bài 10 Cho hình chópS.ABCcó đáy ABClà tam giác cạnhavàSA=SB =SC=b Gọi
Glà trọng tâm tam giácABC
a) Chứng minh rằngSG⊥(ABC) TínhSG
b) Xét mặt phẳng(P)đi quaAvà vng góc với đường thẳngSC Tìm hệ thức liên hệ
a vàb để(P) cắtSC điểm C1 nằm S vàC Khi tính diện tích thiết diện hình chópS.ABCkhi cắt bởi(P)
(63)a) Kẻ SH⊥(ABC) Do SA = SB = SC nên ba tam giác
SH A, SHB, SHC theo trường hợp c-g-c Do
H A=HB=HC Mặt khác∆ABCđều nên Htrùng với trọng tâm
G tam giác Vậy SG⊥(ABC) Trong tam giác vng
SGAta có:
SG2=SA2−AG2
=b2−
3
a√3
!2
=b2− a
2 Từ đóSG=
r
b2− a
3, với3b
2> a2.
b) Ta có
AB⊥GC
AB⊥GS ⇒ AB⊥SC Kẻ đường cao AM tam giác SAC Vì (ABM) chứa A
và vng góc với SC nên (P) là(ABM) Do ∆SAC cân S nên M nằm đoạn thẳngSC ASC’ < 900 Điều tương đương với AC2 < SA2+SC2 haya2 < 2b2 Trong trường hợp này, thiết diện hình chóp S.ABC cắt (P) ∆ABM Vì
∆ASC = ∆BSC(c-c-c) nênMA = MB, vậy∆ABMcân M Gọi Nlà trung điểm AB Ta có
S∆ABM =
2AB.MN =
a
2.MN.Mặt khác2S∆SNC = MN.SC =SG.NC
Suy ra:MN = SG.NC
SC =
r
b2− a2
a√3
b =
a√3b2−a2 2b
VậyS∆ABM = a
2√3b2−a2 4b
Bài 11 Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0 có AA0 vng góc với (ABC) AA0 = a√3 Đáy
ABClà tam giác cân A, AB = AC = a, ÷BAC = 1200 GọiE trung điểm cạnh AC Một mặt phẳng(P) qua E vng góc với đường thẳng B0C Tính diện tích thiết diện mặt phẳng(P)với hình lăng trụ ABC.A0B0C0 theoa
LLời giải
Phân tích. Để xác định mặt phẳng (P), ta cần vẽ hai đường thẳng a b cắt vng góc vớiB0C, có đường quaE Khi đó(P) mp(a,b) Do đáyABClà tam giác cân Anên ta có AD⊥BC (vớiDlà trung điểmBC), suy raADvng góc với mặt phẳng(BCC0B0)chứaB0C Như ta lấyalà đường thẳng quaEvà song song với AD, cắt BC tạiF, lúc nàyEF⊥B0C Đường thẳngb phải cắt EF vng góc vớiB0C Từ giả thiết tốn thấy tứ giácBCC0B0là hình vng, đóB0C⊥BC0 Như ta lấyblà đường thẳng quaFvà song song vớiBC0
Giải.DoAA0⊥(ABC)nên BB0vàCC0đều vng góc với
(ABC), suy mặt bên lăng trụ hình chữ nhật Định lí hàm số cosin trong∆ABCcho ta:
BC2 =AB2+AC2−2AB.ACcos÷BAC =a2+a2−2a2cos 1200=3a2
Suy raBC =a√3= AA0 =BB0 Do mặt bên(BCC0B0)
là hình vng, dẫn tớiBC0⊥B0C GọiDlà trung điểmBC Do tam giác ABCcân Anên AD⊥BC
AD⊥BC
AD⊥BB0 ⇒ AD⊥(BCC
0B0).
Mà B0C ⊂ (BCC0B0) nên AD⊥B0C Gọi F trung điểm
DC Qua F vẽ đường thẳng song song với BC0, cắt cạnh
CC0tạiG Ta có:
EFk AD
AD⊥B0C ⇒ EF⊥B
0
C;
GF k BC0
BC0⊥B0C ⇒ GF⊥B
0
(64)Như vậy(EFG)quaEvà vng góc với B0Cnên(EFG)chính là(P)và thiết diện của(P)với lăng trụABC.A0B0C0là tam giácEFG Ta có:
EFk AD
AD⊥(BCC0B0) ⇒EF⊥(BCC
0
B0)⇒ EF⊥FG
Do đó:SEFG =
1
2FE.FG Trong tam giác vng ADB, ta có:
AD= ABsin÷ABC =asin 300 = a DoEFlà đường trung bình của∆ADCnên:EF =
2AD=
a
4
FGk BC0 ⇒ FG
BC0 = CF CB =
1
4 ⇒FG = 4BC
0 = 4BB
0√ 2= a
√
6 Như vậy:SEFG =
1
2FE.FG = ·
a
4 ·
a√6
4 =
a2√6 32
Dạng 10 Dựng đường thẳng qua điểm A cho trước vng góc với mặt phẳng(P)cho trước; Tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng.
Phương pháp.
Bước 1.Chọn mặt phẳng(P)một đường thẳng
drồi dựng mặt phẳng(Q)qua Avà vng góc vớid
(xem dạng trang 62) Bước 2.Tìmc= (P)∩(Q).
Bước 3.Trong(Q)dựng AH⊥ctạiH.
• Khi AHlà đường thẳng cần tìm
• Khoảng cách từ A đến (P) độ dài đoạn thẳng AH:d(M,(P)) = AH
Lưu ý.Giả sử đường thẳng ∆ cắt mặt phẳng(P) M Trên∆ lấy hai điểmAvàB Khi d(A;(P))
d(B;(P)) =
AM BM
Bài 12 Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà vng cạnha BiếtSAvng góc với(ABCD)
vàSA =a√3
a) Hãy dựng đường thẳng qua trung điểm cạnh SC vng góc với mặt phẳng
(ABCD)
b) Hãy dựng đường thẳng quaAvà vng góc với mặt phẳng(SBC) Tính khoảng cách từ
Ađến mặt phẳng(SBC)
c) Tính khoảng cách từ tâmOcủa hình vng ABCDđến(SBC)
(65)góc với mặt phẳng(ABCD) Đối với câu b) khó nên bạn đọc làm theo bước trình bày dạng 10 (ở trang 64)
Giải.
a) Gọi M, O trung điểm SC, AC Khi
MO k SA mà SA⊥(ABCD) nên MO⊥(ABCD), O hình chiếu M (ABCD), hay nói cách khác MO đường thẳng quaMvà vng góc với(ABCD)
b)Trong(SBC), chọn đường thẳngBC Ta có(SAB)là mặt phẳng chứa Avà vng góc vớiBC, giao tuyến của(SAB)
và(SBC)là SB Trong tam giácSAB kẻ đường caoAH (H
thuộcSB) Khi đó:
AH⊥SB ⊂(SBC)
AH⊥BC ⊂(SBC)
SB∩BC =B
⇒ AH⊥(SBC)
Vậy AH đường thẳng qua Avà vng góc với mặt phẳng (SBC) Vì AH đường cao tam giác vngSABnên
1
AH2 =
AS2 +
1
AB2 =
1 3a2 +
1
a2 =
3a2 ⇒ AH =
a√3 Vậy khoảng cách từ điểmAđến mặt phẳng(SBC)là AH = a
√
3
c)Trong tam giácCAH, vẽOP k AH, đóPlà trung điểm HCvà đường thẳngOPquaO, vng góc với(SBC) Khoảng cách từOđến(SBC)là
OP=
2AH =
a√3
Lưu ý.Dạng toán 10 (ở trang 64) quan trọng, sử dụng để giải nhiều tốn hình học khơng gian liên quan đến hình chiếu, góc, khoảng cách
Bài 13 Cho hình thoi ABCDtâmO, cạnh avà AC = a Từ trung điểmH cạnh AB, dựngSHvuông góc với(ABCD) ChoSH =a
a) Hãy dựng đường thẳng qua H vng góc với (SCD), tính khoảng cách từ H đến
(SCD), từ suy khoảng cách từOđến(SCD)
b) Tính khoảng cách từ Ađến(SBC)
LLời giải
Vì tam giácABCđều vàHlà trung điểm đoạn thẳngABnên
CH⊥AB, màCD k ABnênCH⊥CD
a) Ta có SH⊥(ABCD) ⇒ SH⊥CD Trong mp(SCD) chọn đường thẳngCD Ta có:
CD⊥CH ⊂(SHC)
CD⊥SH ⊂(SHC)
CH∩SH =H
⇒CD⊥(SCH)
Vậy(SHC)là mặt phẳng chứaHvà vng góc vớiCD Lại có(SCH)∩(SCD) =SC KẻHKvng góc vớiSCtạiK
Khi
HK⊥SC ⊂(SCD)
HK⊥CD⊂(SCD)
SC∩CD =C
(66)Vậy HK đường thẳng qua H vng góc với (SCD) Vì HK đường cao tam giác vngSHC nên
HK2 =
HS2 +
HC2 Ta có HS = a, HClà đường cao tam giác cạnhanên HC= a
√
3 Vì thế:
HK2 =
a2 + 3a2 =
7 3a2 Suy ra:HK = a
√
3
√
7 ⇒d(H,(SCD)) = HK=
a√21
Kẻ đường thẳng quaO, song song với HK, cắt KI F Khi F hình chiếu củaO
(SCD),
d(O,(SCD)) =OF = HK
2 =
a√21 14
b) Trước hết ta tính khoảng cách từ H đến (SBC) Ta tìm hình chiếu H (SBC) Trong(SBC)chọn đường thẳngBC VẽMlà hình chiếu củaHtrênBC Ta có
BC⊥MH ⊂(SHM)
BC⊥SH ⊂(SHM)
HM∩HS =H
⇒BC⊥(SHM)
Vậy (SHM) mặt phẳng chứa H vuông góc vớiBC, giao tuyến (SHM) và(SBC)
SM VẽElà hình chiếu củaHtrênSM Khi
HE⊥SM ⊂(SBC)
HE⊥BC ⊂(SBC)
SM∩BC = M
⇒ HE⊥(SBC)
Vậy E hình chiếu H (SBC), d(H,(SBC)) = HE Do HE đường cao tam giác vuôngSHMnên
1
HE2 =
HS2 +
HM2 =
a2 +
HB2 +
HC2 =
a2 +
a2 + 3a2 =
19 3a2 Từ đâyHE = a
√
3
√
19 =
a√57
19 Vì đường thẳng AHcắt(SBC)tạiBnên
d(A,(SBC))
d(H,(SBC)) =
AB
HB =2⇒d(A,(SBC)) =2d(H,(SBC)) =
2a√57 19 Khoảng cách từ Ađến(SBC)là:d(A,(SBC)) = 2a
√
57 19
Bài 14 Cho hình chóp S.ABCDcó đáy ABCD hình thoi tâmO, cạnh bằnga, ÷ABC =600,
SOvng góc với mặt phẳng(ABCD)vàSO= a
2
a) Hãy dựng đường thẳng qua O vng góc với (SCD), tính khoảng cách từ O đến
(SCD)
b) Gọi E trung điểm cạnh SA Chứng minh đường thẳng SA vng góc với mặt phẳng(BDE)và tính khoảng cách từ trung điểmMcủa cạnhBCđến mặt phẳng(BDE)
LLời giải
(67)Giải.
a) Vẽ OK vng góc với CD K Khi CD vng góc với (SOK) Ta có giao tuyến hai mặt phẳng (SOK)
và(SCD) SK Vẽ OH vng góc với giao tuyến SK H Kết hợp với OH
vng góc với CD suy OH⊥(SCD) VậyOHlà đường thẳng quaOvà vng góc với(SCD)tại H Khoảng cách từO
đến (SCD) là: d(O,(SCD)) = OH Ta cóABCvàACDlà tam giác Trong tam giác vngOCK, ta có:
OK =OCsin÷OCK = a
2sin 60 = a
√
3
Trong tam giác vngSOK, ta có:
OH2 =
OS2 +
OK2 =
a2 + 16 3a2 =
28 3a2 Vậy khoảng cách từOđến(SCD)làOH =a
r 28
b)Ta có:
BD⊥AC
BD⊥SO ⇒BD⊥(SAC) ⇒BD⊥SA
Tam giácSACcó trung tuyến SO = a
2 =
AC
2 nên ∆SACvng S Vì OElà đường trung bình của∆SACnênOEk SC, suy raOE⊥SA Ta có:
SA⊥BD⊂(BDE)
SA⊥OE⊂(BDE)
BD∩OE=O
⇒SA⊥(BDE)
Do AE⊥(BDE) nên d(A,(BDE)) = AE Tam giác vng SAC có trung tuyến SO⊥AC nên tam giácSACvuông cân tạiS, suy ra:
SA = AC√
2 =
a
√
2 ⇒d(A,(BDE)) = AE= 2SA =
a
2√2
GọiG = AM∩BO ⇒G =AM∩(BDE)vàGlà trọng tâm tam giác ABC Do đó:
d(M,(BDE))
d(A,(BDE)) =
GM GA =
1
2 ⇒d(M,(BDE)) =
2d(A,(BDE)) =
a√2 Lưu ý.Có thể chứng minhSAvng góc với mặt phẳng(BDE)cách khác Ta có
SD =pSO2+OD2 = r
a2 +
3a2 =a,
như tam giácSDAcân tạiD, suy raSA⊥ED Tương tự ta cóSA⊥BE Tóm lại:
SA⊥ED⊂(BDE)
SA⊥EB⊂(BDE)
ED∩EB=E
(68)Dạng 11 Xác định gócϕ(với00≤ϕ≤900) đường thẳngavà mặt phẳng(P)
Phương pháp.Sử dụng định nghĩa trang 57, cụ thể sau: Bước 1.TìmO =a∩(P).
Bước 2.Chọn M∈ a DựngH là hình chiếu của Mtrên(P). Khi đóϕ= ◊MOH
Bài 15 Cho hình chópS.ABCDcó đáy hình thoi cạnhatâmO, gọiIlà trung điểmAB Biết ÷
BAD =600,SA =SB=SD= a√3,
a) Tính góc đường thẳngSA,SB,SC,SDvới đáy(ABCD)
b) Tính góc giữaSB,SDvới mặt phẳng(SAC)
c) Tính góc giữaSCvới mặt phẳng(SDI)
LLời giải
GọiHlà hình chiếu củaStrên mặt phẳng
(BAD) Khi ba tam giác vng SH A,
SHB, SHD nhau, suy H A =
HB = HDhayHlà tâm tam giác
ABD, H giao điểm AOvà
DI DoSH⊥(ABCD) nên hình chiếu
SD (ABCD) HD, suy góc
SDlà(ABCD)là góc giữaDSvàDH, tức gócSDH÷ Ta có:
DH =
3DI = ·
a√3
2 =
a√3 cosSDH÷ = DH
SD = a√3
3 : a
√
3=
3 Suy raSDH÷ ≈700320
Tương tự , góc giữaSA,SBvới(ABCD)là≈700320 Hình chiếu củaSC trên(ABCD)là HC, góc giữaSC và(ABCD)là góc giữaCSvàCH, tức là÷SCH Ta có:
SH =pSD2−DH2= r
3a2− a2 =
r 8a2
3 = 2√2a
√
3
CH =CO+OH = AO+1
3AO= 3AO=
4 ·
a√3
2 =
2a√3 tan÷SCH =
SH CH =
2√2a
√
3 · 2a√3 =
√
2⇒÷SCH≈540440 Vậy góc giữaSCvà(ABCD)là÷SCH ≈540440
b)DoABCDlà hình thoi nênBD⊥AC Ta có:SH⊥(ABCD) ⇒SH⊥BD Như vậy:
(69)Hình chiếu củaSBtrên(SAC) làSO Góc giữaSBvà(SAC)là góc giữaSBvàSO, tức góc ’
BSO
sinBSO’ =
BO SB =
a
2√3a =
1 2√3 ⇒
’
BSO≈160470 Vậy góc giữaSB,SDvới(SAC)bằng bằngBSO’ ≈160470
c)
ABk CD
DI⊥AB ⇒DI⊥CD Ta có:
CD⊥DI ⊂(SDI)
CD⊥SH ⊂(SDI)
DI∩SH = H
⇒CD⊥(SDI)
Như hình chiếu củaSCtrên(SDI)làSD, góc giữaSCvới mặt phẳng(SDI)làCSD’ tanCSD’ =
CD SD =
a a√3 =
1
√
3 ⇒ ’
CSD =300 Vậy góc giữaSCvà mặt phẳng(SDI)bằng300
Bài 16 Cho lăng trụ tam giácABC.A1B1C1có đáy tam giácABCvng cân tạiA, cạnh bên
AA1vng góc với đáy GọiM, Nlần lượt trung điểm củaABvàB1C1 Biết MN =avà góc giữaMNvới(ABC)làα
a) Tính cạnh đáy cạnh bên lăng trụ
b) Xác định gócα biết góc MNvà mặt bên(BCC1B1)là300
LLời giải
a)GọiPlà trung điểm củaBC Khi đóNP⊥(ABC) Như thế◊PMN =α Từ đó:
cosα = MP
MN
sinα = NP
MN
Suy
MP=acosα
NP= asinα.
AB= AC =2MP=2acosα,
AA1 =NP =asinα
BC = AB√2=2a√2 cosα
b)Ta có
AP⊥BC ⊂(BCC1B1)
AP⊥NP ⊂(BCC1B1)
BC cắt NP
Suy AP⊥(BCC1B1) GọiK trung điểm BP MK k AP Vì MK vng góc với
(BCC1B1) Thành thử góc giữaMN mặt phẳng(BCC1B1)là ◊MNK =300 Ta có sin◊MNK = MK
MN ⇒ MK = MN sin 30
0 = a Mặt khác, vìMK =
2AP =
2BP =KPnên∆MPKvuông cân tạiKnên
MP= MK√2= a √
2
2 ⇒cosα =
MP MN =
√
2
2 ⇒α =45 0.
(70)Trong(BCC1B1), chọn đường thẳngBC.
Mặt phẳng qua Mvà vng góc với BClà (MKQR), vớiK, Q, R lần lượt trung điểm củaBP,B1N, A1B1
(BCC1B1)∩(MKQR) =KQ. Hình chiếu củaMtrênKQlàK
Khi đóKlà hình chiếu Mtrên(BCC1B1), suy góc gia ng thng MNv(BCC1B1) l(ÔN M,NK) = MNK
Bi 17 Cho hình chópS.ABCDcó đáy hình chữ nhật,BC =a,SAvng góc với(ABCD) Biết rằngSCtạo với(SAB)một gócαvà tạo với mặt đáy gócβ Chứng minh rằng:
AB= a
p
cos(α+β)cos(α−β)
sinα
LLời giải
Vì SA⊥(ABCD) nên hình chiếu SC (ABCD)
AC, đóβ =SCA’ Ta cóBC⊥BA,BC⊥SAmàBAvàSA hai đường thẳng cắt nằm (SAB) nên suy raBC⊥(SAB), hình chiếu củaSC trên(SAB)là
SB, α = BSC’ Trong tam giác vng SBC, ta có: sinα = a
SC ⇒ a
sinα = SC Mặt khác:AB =
√
AC2−BC2. Màcosβ= AC
SC nên:
AB=pAC2−BC2=qSC2cos2β−a2 = s
a2cos2 β sin2α
−a2
=
s
a2 cos2β−sin2 α sin2α
= a
sinα q
cos2β−sin2 α
= a
sinα r
1+cos 2β
2 −
1−cos 2α
2 ==
a
sinα r
1
2(cos 2α+cos 2β)
= a
p
cos(α+β)cos(α−β)
sinα
Ta có điều phải chứng minh
Bài 18 Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình vng tâm O, cạnh a, SO⊥(ABCD) Gọi
M, N trung điểm SAvàBC Cho biết góc đường thẳng MN và(ABCD)
bằng600 Tính góc đường thẳngMN và(SBD)
LLời giải
Cách 1.Kẻ MH⊥(ABCD), dễ thấy H trung điểm cạnh
AO Khi đóMNH◊ =600 Xét tam giácNCH, ta có:
NH2 =HC2+NC2−2HC.NC cosNCH÷ =
4a
√
2
+a
2
−2.3 4.a
√
2.a
2 cos 45
= 9a
2 +
a2
4 − 3a2
4 = 5a2
8
(71)Xét tam giác vngMNH, ta có: HN
MN =cos 60
0 =
2 ⇒ MN =
a√5
√
2 Vậy MH = HNtan 600 = a
√
15
2√2 Gọi I,J trung điểm củaOB,SO Khi MJ k I N vàMJ = I N, MN cắt I J Kthì JK =
2I J Vì I N⊥(SBD) nên MJ⊥(SBD) Vậy hình chiếu củaMNtrên(SBD)là J I, góc MNvà(SBD)là÷MK J Ta có
I J2 = JO2+OI2 =MH2+OI2= 15a
2
8 +
a√2
!2
= 16a
2 =2a
2.
Từ đóI J =a√2vàIK = a √
2
2 Suy tan÷MK J = MJ
JK = a√2
4 :
a√2
2 =
1
2 ⇒÷MK J =arctan Cách 2.Ta cóMN# »= MS# »+SC# »+CN# », MN# »= MA# »+AB# »+BN# »
Suy ra:
# » MN =
2 # »
SC+AB# » =
2 # »
SO+OC# »+AO# »+OB# »
=
2 # »
SO+AC# »+OB# » Từ doSO# »,AC# »,OB# »đơi vng góc nên
MN2= MN# »2 =
4 # »
SO2+AC# »2+OB# »2 =
4
SO2+5a
2
Suy raMN =
2 r
SO2+5a
2 Ta có
# »
AClà vectơ pháp tuyến của(SBD) Gọiαlà góc giữaMN và(SBD) Khi đó:
sinα =
# » MN.AC# »
# » MN # » AC = # »
SO+AC# »+OB# »AC# »
2 r
SO2+5a2 a
√
2
= AC
2 r
SO2+5a 2 a
√
2
= √ 2a
2SO2+5a2 (1)
Ta cóSO# »là vectơ pháp tuyến (ABCD) Do góc đường thẳng MN và(ABCD) 600nên:
sin 600=
# » MN.SO# »
# » MN # » SO ⇔ √ = # »
SO+AC# »+OB# »SO# »
2 r
SO2+5a2 SO
⇔ √ = SO2 r
SO2+5a 2 SO
⇔ √ = SO r
SO2+5a 2
⇔8SO2 =3(2SO2+5a2) ⇔2SO2 =15a2 (2) Từ (1) (2) suy rasinα = √ 2a
15a2+5a2 =
√
5 ⇒α =arcsin
√
(72)C BÀI TẬP ÔN LUYỆN 1 Đề bài
Bài 19 Cho tứ diệnOABCcóOA,OB,OC đơi vng góc với Gọi Hlà hình chiếu vng góc củaOtrênmp(ABC) Chứng minh rằng:
a) BC⊥(OAH)
b) Hlà trực tâm tam giác ABCvà
OH2 =
OA2 +
OB2 +
OC2
c) Các góc tam giác ABCđều nhọn
d) Tìm tập hợp điểmMtrong khơng gian cho
MA2+MB2+MC2 =3MO2
Bài 20 Cho hình chópS.ABCDcó đáy hình chữ nhật Các tam giác SAB, SADvuông
A Trên cạnh ABta lấy điểm M, cạnh ADta lấy điểm N trênSBlấy điểm Esao cho
MN⊥ACvàME⊥SB Chứng minh rằngSC⊥(MNE) Bài 21 Trong mặt phẳng(P)cho∆ABCvng tạiBvới
AB=a√2,BC=2a
ĐiểmOnằm ngồi mặt phẳng(P)sao choOA⊥(P)vàOA= a√2
a) Tính góc tạo đường thẳngOB,OCvới (P)
b) Tính góc đường thẳngOAvới(OBC)
Bài 22 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng ABCD tâmO có cạnh SA vng góc với mặt phẳng(ABCD) GọiH, I,Klần lượt hình chiếu vng góc điểm Atrên cạnhSB,SC,SD
a) Chứng minhBC⊥(SAB),CD⊥(SAD)vàBD⊥(SAC)
b) Chứng minhSC⊥(AHK)và điểmI thuộc(AHK)
c) Chứng minh HK⊥(SAC), từ suy HK⊥AI
d) Chứng minh tứ giácAH IKnội tiếp đường tròn
Bài 23 Cho hình chóp S.ABC cóSA⊥(ABC) và∆ABC khơng vng Gọi H, K trực tâm tam giácABC, SBC Chứng minh rằng:
a) AH,SK,BCđồng quy
b) SC⊥(BHK)
c) HK⊥(SBC)
Bài 24 Cho tam giác ABCcân đỉnh Acó÷BAC = 1200, cạnh BC = a
√
3 Lấy điểmSở mặt phẳng chứa tam giácABC choSA = a GọiOlà tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
SBC
(73)Bài 25 Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0 có cạnh bên vng góc với mặt đáy tất cạnh GọiMlà trung điểmCC0 Chứng minh A0B⊥B0M
Bài 26 Cho tứ diện S.ABC có SA⊥(ABC) Gọi H, K trực tâm tam giác
ABCvàSBC
a) Chứng minh ba đường thẳng AH,SKvàBCđồng quy
b) Chứng minh rằngSC⊥(BHK), HK⊥(SBC)
c) Kéo dài SA cắt HK R Chứng minh tứ diện SBCR có cặp cạnh đối vng góc
Bài 27 (Đề thi ĐH khối D năm 2010)
Cho hình chópS.ABCDcó đáy hình vng cạnha, cạnh bênSA= a, hình chiếu củaStrên
(ABCD)là điểmHthuộc đoạnACmàAH =
4AC GọiMlà chân đường cao kẻ từCcủa tam giácSAC Chứng minh Mlà trung điểm đoạn thẳngSA
Bài 28 Cho tứ diện ABCD, có DA⊥(ABC), AB = AC = a, BC =
5a Gọi M trung điểm
BC VẽAH vng góc vớiMDtạiH
a) Chứng minh AH⊥(BCD)
b) Cho AD=
5a Tính góc hai đường thẳng ACvàDM
c) Gọi G1, G2 trọng tâm tam giác ABCvà tam giác DBC Chứng minh rằngG1G2⊥(ABC)
Bài 29 Cho hình chópS.ABCcóSA⊥(ABC), đáy tam giácABCvng ởB BiếtBSC’ =300 Đặt÷ACB = α Gọi I hình chiếu củaB lênSC Xác địnhαđểBI hợp với mặt phẳng(SAC) góc600
Bài 30 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật ABCD với AD = 2a, AB = a√3
SH⊥(ABCD) (H trung điểm AD) Biết góc SBvà(ABCD)là600
a) Tính độ dài SH
b) Tính góc SCvới(SAD)
c) Tính góc CHvới(SAB)
Bài 31 Cho lăng trụ ABC.A0B0C0có độ dài cạnh bên bằng2a, đáy ABClà tam giác vuông
A, AB=a, AC =a√3 Hình chiếu A0trên(ABC)là trung điểm củaBC Tínhcosα, αlà góc AA0 vàB0C0
Bài 32 Cho hình chópS.ABCcó đáy tam giác vng tạiB, AB =a, AC =2a,SA⊥(ABC),
SA=2a Gọi(P)là mặt phẳng quaAvà vng góc vớiSC Xác định thiết diện hình chóp với(P), tính diện tích thiết diện
Bài 33 Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình thang vng tạiAvàBvới
AB=BC =a,AD=2a,SA⊥(ABCD),SA=2a
GọiMlà điểm cạnh AB, đặtAM= x(0<x <a) Mặt phẳng(α)đi quaMvà vng góc vớiAB
(74)b) Tìm thiết diện hình chóp cắt bởi(α) Thiết diện hình gì?
c) Tính diện tích thiết diện theoavàx
Bài 34 Cho hình thang ABCD vuông AvàD với AB = AD = a, DC = 2a Trên đường thẳng vng góc với mặt phẳng(ABCD)tạiDlấy điểmSvớiSD= a√3 GọiMlà điểm cạnhABvới AM= x(0< x<a) Gọi(P)là mặt phẳng quaMvà vng góc vớiBD,(P)cắt cạnhDC,SC,SBlần lượt N, L, K
a) Chứng minh rằngBC⊥(SBD)
b) Tứ giácMNLKlà hình gì? Tính diện tích tứ giác 2 Lời giải, hướng dẫn
Câu 19.
a) Ta có
OA⊥OB⊂(OBC)
OA⊥OC⊂(OBC)
OB∩OC =O
⇒OA⊥(OBC)⇒OA⊥BC (1)
Ta cóOH⊥(ABC), suy raOH⊥BC Kết hợp với (1) suy raBC⊥(AOH)
b) VìBC⊥(AOH)nênAH⊥BC Tương tự ta chứng minh
BH⊥AC VậyH trực tâm tam giác ABC
GọiI = AH∩BC VìOHlà đường cao tam giác vng
AOInên
OH2 =
OA2 +
OI2 (2)
VìOI đường cao tam giác vngOBCnên
OI2 =
OB2 +
OC2 (3)
Từ (2), (3) suy
OH2 =
OA2 +
OB2 +
OC2 c) Xét∆ABC, ta có
cosA = AB
2+AC2−BC2 2AB.AC
⇔cosA = OA
2+OB2+OA2+OC2−(OB2+OC2) 2AB.AC
⇔cosA = OA
2
AB.AC >0 ⇒ góc A nhọn
d) Gọi G trọng tâm ∆ABC Gọi I điểm cách bốn điểmO, A, B, C (I giao điểm đường thẳng qua trung điểm củaBCvà song song vớiOA mặt trung trực củaOA) Ta có:
MA2+MB2+MC2 =3MO2
⇔MI# »+I A# »2+MI# »+IB# »2+MI# »+IC# »2 =3MI# »+IO# »2
⇔2MI# »I A# »+IB# »+IC# »+I A2+IB2+IC2 =6MI# ».IO# »+3IO2
(75)⇔MI# ».OG# »=0 ⇔ I M⊥OG
Vậy điểm M thuộc mặt phẳng qua I vng góc với OG, mặt phẳng cố định I
cố định đường thẳngOGcũng cố định Câu 20.
Ta có:
SA⊥AB⊂(ABCD)
SA⊥AD ⊂(ABCD)
AB∩AD = A
Suy SA⊥(ABCD), SA vng góc với đường thẳng nằm trong(ABCD)
Ta có MN⊥AC, mà AC hình chiếu SC
(ABCD)nên MN⊥SC Ta có:
BC⊥BA ⊂(SAB)
BC⊥SA⊂(SAB)
BA∩SA = A
Suy ra:BC⊥(SAB), màEM⊂(SAB)nênBC⊥EM Ta có:
EM⊥SB
EM⊥BC ⇒EM⊥SC
Như vậy:
SC⊥MN ⊂(MNE)
SC⊥EM⊂(MNE)
MN∩EM = M
⇒SC⊥(MNE)
Câu 21.
a) Hình chiếu củaOB, OClên mặt phẳng (P) AB
vàAC Ta cótanOB = OA
AB = a√2
a√2 =1 Suy ÷
OBA=450 Vậy góc tạo bởiOBvà mp(P)là450 Ta có:
AC2 = AB2+BC2=2a2+4a2=6a2
Suy AC= a√6 Trong tam giácOCAta có: tanOC = OA
AC =
1
√
3 ⇒ ÷
OCA=300 Vậy góc giữaOCvà mp(P)là300
b)Trong∆OABhạAH⊥OB(H ∈OB) Ta cóBC⊥AH(vìBC⊥(OAB)) nênAH⊥(OBC) Như thếOBlà hình chiếu củaOA lên (OBC) Vì tam giácOAB vng cân Anên ÷AOB = 450 Vậy góc đường thẳngOAvà(OBC)là450
Câu 22.
a) Vì SA⊥(ABCD) nên SA vng góc với đường thẳng nằm mặt phẳng(ABCD) Vậy ta có:
BC⊥AB⊂(SAB)
BC⊥SA ⊂(SAB)
AB∩SA= A
⇒BC⊥(SAB)
CD⊥DA ⊂(SAD)
CD⊥SA ⊂(SAD)
DA∩SA= A
⇒ CD⊥(SAD)
BD⊥AC ⊂(SAC)
BD⊥SA ⊂(SAC)
AC∩SA = A
(76)b)Ta cóBC⊥(SAB)màAH ⊂(SAB)nên BC⊥AH Vậy:
AH⊥SB⊂(SBC)
AH⊥BC⊂(SBC)
SB∩BC =B
⇒ AH⊥(SBC) ⇒ AH⊥SC Ta cóCD⊥(SAD)màAK ⊂(SAD)nênCD⊥AK Vậy:
AK⊥CD⊂(SCD)
AK⊥SD⊂(SCD)
CD∩SD =D
⇒ AK⊥(SCD) ⇒ AK⊥SC
Ta có
SC⊥AH ⊂(AHK)
SC⊥AK ⊂(AHK)
AH∩AK = A
⇒ SC⊥(AHK).Gọi J =SC∩(AHK), AJ ⊂(AHK), mà
SC⊥(AHK)nên AJ⊥SC, suy I ≡ J, vậyI ∈ (AHK)
c)Ta có hai tam giác vngSABvàSADbằng chúng có chung cạnhSAvàAB= AD
(c.g.c) Do đóSB = SD, SH = SK, suy HK k BD Vì BD⊥(SAC) nên HK⊥(SAC)
AI ⊂(SAC)nên HK⊥AI
d)Ta có AH⊥(SBC) ⇒ AH⊥H I, AK⊥(SCD)⇒ AK⊥KI Vì tứ giác AH IKcó ’
AH I =AKI’ =900 nên nội tiếp đường trịn
Lưu ý.Trong câub), chứng minh bốn điểm A, I, H,Kđồng phẳng sau: AH, AI,
AK ba đường thẳng qua A vng góc với SC nên chúng nằm mặt phẳng quaAvà vng góc vớiSC, bốn điểmA, I, H,Kcùng thuộc mặt phẳng Câu 23.
a)Gọi J = AH∩BC, ta cần chứng minh SK qua J, tức chứng minhBC⊥SJ Ta có:
BC⊥AJ ⊂(SAJ)
BC⊥SA ⊂(SAJ)
AJ∩SA = A
⇒ BC⊥(SAJ) Mà SJ nằm (SAJ) nên
BC⊥SJ Do đóAH,SK,BC đồng quy tạiJ
b)
BH⊥AC ⊂(SAC)
BH⊥SA ⊂(SAC)
AC∩SA = A
⇒BH⊥(SAC)
MàSC ⊂(SAC)nên BH⊥SC Vậy
SC⊥BK ⊂(BHK)
SC⊥BH ⊂(BHK)
BH∩BK =B
⇒SC⊥(BHK)
c) Theo câu b), ta có SC⊥(BHK), mà HK ⊂ (BHK) nên SC⊥HK Lại có BC⊥(SAJ), suy
BC⊥HK Như vậy:
HK⊥SC ⊂(SBC)
HK⊥BC ⊂(SBC)
SC∩BC=C
⇒ HK⊥(SBC) Câu 24.
a)GọiMlà trung điểmBC Khi đó:
AM⊥BC,◊MAC=600, MC =
a√3 Suy ra:AB= AC = CM
sin 600 = a
(77)b)Khi tam giác SBCvuông tạiSthìO≡ M,
AO= AM =BMcotBAM÷ =BMcot 600 = a
√
3 ·
1
√
3 =
a
2· Câu 25.
GọiN trung điểmB0C0 Trong hình vng BCC0B0
ta cóB0M⊥BN Mặt khác theo giả thiết
A0N⊥B0C0 ⊂(BCC0B)
A0N⊥CC0 ⊂(BCC0B)
B0C0∩CC0 =C.0
Suy A0N⊥(BCC0B), mà B0M nằm (BCC0B)
nên A0N⊥B0M Như ta có:
B0M⊥BN ⊂(A0BN)
B0M⊥A0N ⊂(A0BN)
BN∩A0N = N
⇒ B0M⊥(A0BN)⇒ B0M⊥A0B Câu 26.
GọiElà chân đường cao hạ từ Acủa tam giác ABC
a)Ta cóSA⊥(ABC)⇒ SA⊥BC
BC⊥AE⊂(SAE)
BC⊥SA ⊂(SAE)
AE∩SA = A
Suy raBC⊥(SAE) ⇒BC⊥SE
Suy raS, K, E thẳng hàng Do ba đường thẳng AH, SK vàBC
đồng quy tạiE
b)Ta cóSA⊥(ABC) ⇒SA⊥BH Do
BH⊥SA ⊂(SAC)
BH⊥AC ⊂(SAC)
SA∩ AC= A
⇒BH⊥(SAC) ⇒ BH⊥SC
Như
SC⊥BK ⊂(BHK)
SC⊥BH ⊂(BHK)
BK∩BH =B
⇒SC⊥(BHK).Tiếp theo ta có
HK⊥SC (do SC⊥(BHK))
HK⊥BC (do BC⊥(SAE)) ⇒KH⊥(SBC)
c) Trong tứ diệnSBCR, ta cóBC⊥SA⇒ BC⊥SR Ta có
RB⊂(BHK)⇒SC⊥RB (vìSC⊥(BHK)chứaRB) Tiếp theo ta có
SB⊥RK
SB⊥KC ⇒ SB⊥(RKC) ⇒ SB⊥RC Như tứ diệnSBCR có BC⊥SR, SC⊥RB,SB⊥RC, suy điều phải chứng minh
Câu 27.
VìABCDlà hình vng cạnhanên AC = a√2 Do đó:
AH =
4AC =
a√2
4 Ta có tam giácSAH vuông tạiH, suy ra:
SH =pSA2−AH2 = r
a2− a2 =
a√14 Ta cóHC=
4AC = 3a√2
4
Vì tam giácSCHvuông tạiH nên
SC =√SH2+HC2 =a√2.
(78)Câu 28.
a)VìBC⊥AM,BC⊥AD
nênBC⊥(DAM), màAH ⊂(DAM)nên BC⊥AH Vậy
AH⊥BC ⊂(DBC)
AH⊥DM ⊂(DBC)
BC∩DM = M
⇒ AH⊥(DBC)
b)Kẻ MN k AC(N ∈ AB), góc DMvàMNbằng bù với gócDMN◊ Ta có:
MN =
2AC =
a
2, AN =
AB
2 =
a
2 Dẫn đến:
DN2 =DA2+AN2 = 16a
2 25 +
a2
4 = 89a2
100
AM2 = AB2−BM2 =a2−9a
2 25 =
16a2
25 ⇒ AM = 4a
5
DM2 = AD2+AM2= 16a
2 25 +
16a2
25 = 32a2
25 ⇒ DM= 4a√2
5
DN2 =DM2+MN2−2DM.MN cosDMN◊
⇔89a
2 100 =
32a2
25 +
a2
4 −2 4a√2
5
a
2 cosDMN◊
⇔64a
2 100 =
4a2√2
5 cosDMN◊ ⇔cosDMN◊ = 2√2
5 Vậy góc hai đường thẳngAC vàDMlàarccos2
√
2 c) MG1
MA = MG2
MD =
1
3 ⇒G1G2 k AD MàAD⊥(ABC)nênG1G2⊥(ABC) Câu 29.
Hạ BH⊥AC Ta có SA⊥(ABC), suy BH⊥SA Kết hợp với
BH⊥AC ta BH⊥(SAC) Suy hình chiếu BI
(SAC)làH I Vậy góc giữaBI mặt phẳng(SAC)làBI H’ =β Ta cóBC⊥BAvàBC⊥ASnên BC⊥BS ĐặtBC =a Theo giả thiết÷ACB =α ta cóBH = a sinα Tam giácSBCvuông
BvàBSC’ =300nên:
SB=BCcot 300= a√3,
BI =SBsin 300 = a √
3
Vậyβ =600 ⇔BH = BIsin 600 ⇔asinα =BIsin 600 Do đósinα =
4.Khisinα =
4 đường thẳngBI hợp với mặt phẳng(SAC)góc60 0. Câu 30.
a) Dễ thấy góc SB mặt phẳng
(ABCD) SBH’ = 600 Do tam giác ABH vuông Anên:
BH2 = AB2+AH2 Suy raBH =2a Từ
SH = HBtan 600 =2a√3
(79)Như góc giữaSCvới(SAD)là gócCSD’ Ta có: sinCSD’ =
CD SC =
a√3 4a =
√
3
4 ⇒CSD’ ≈25
390
c)Trong tam giác vuôngSAH, hạH I⊥SA (I ∈ SA) Ta có
H I⊥SA
H I⊥AB ⇒ H I⊥(SAB)
Kéo dàiCHcắt ABtạiK Vậy góc giữaCH và(SAB)là gócHKI’ Ta có
H I2 =
HS2 +
H A2 = 12a2 +
1
a2 = 13
12a2 ⇒ H I =2a
√
39 13 Dễ dàng tính đượcHK =CH =2a VậysinHKI’ = H I
KH =
√
39 13 Góc giữaCHvà(SAB)là280420
Câu 31.
Trong(ABC), qua điểm Akẻ đường thẳng ∆song song vớiBC Từ đó∆ k B0C0 Suy góc giữaAA0vàB0C0chính góc hai đường thẳng∆vàAA0 Gọi Mlà trung điểmBC Theo giả thiết
Mlà hình chiếu củaA0trên(ABC) Trong(ABC), kẻMH⊥∆tại
H Ta có A0M⊥(ABC), suy A0M⊥∆, mà A0M hình chiếu A0H (ABC) nên theo định lí ba đường vng góc suy raA0H⊥∆, từ đóα = A◊0AH, suy racosα = AH
AA0 Ta có:BC2= AB2+AC2 =a2+3a2 =4a2 Suy AM =
2BC = a Ta có MH độ dài đường cao kẻ từ A ∆ABM,
∆ABMđều cạnhanên MH = a √
3
2 Do đó:
AH2= AM2−MH2 =a2−3a
2 =
a2
4 ⇒ AH =
a
2 Bởi vậycosα = AH
AA0 = a
2 2a =
1
Câu 32 Phân tích. Theo dạng (ở trang 62), để xác định tường minh mặt phẳng (P) ta cần xác định hai đường thẳng cắt vng góc vớiSC có đường quaA Như trước hết ta phải dựngKlà hình chiếu củaAtrênSC
Giải.Vẽ AK vng góc vớiSC tạiK Vẽ AH vng góc với
SBtại H Ta có:
BC⊥BA ⊂(SAB)
BC⊥SA ⊂(SAB)
SA∩BA= A
⇒BC⊥(SAB) MàAH ⊂(SAB)nên BC⊥AH
AH⊥SB ⊂(SBC)
AH⊥BC ⊂(SBC)
SB∩BC =B
⇒ AH⊥(SBC) MàSC ⊂(SBC)nên AH⊥SC
SC⊥AK ⊂(AHK)
SC⊥AH ⊂(AHK)
AH∩AK = A
(80)Như (AHK) mặt phẳng chứa điểm A vng góc với SC hay (P) ≡ (AHK) Thiết diện cần tìm tam giácAHK Ta có:
AH⊥(SBC) ⇒ AH⊥HK
nên diện tích thiết diện:SAHK =
1
2H A.HK Ta tính được:
AH2 =
AS2 +
AB2 = 4a2 +
1
a2 =
4a2 ⇒ AH = 2a
√
5
AK =
2SC =
p
4a2+4a2 =a√2.
HK =pAK2−AH2 = r
2a2−4a2 =
r 6a2
5 =
a√6
√
5 Vậy:SAHK =
2H A.HK= 2·
2a
√
5·
a√6
√
5 =
a2√6 Câu 33.
a)Ta có:
(α)⊥AB
SA⊥AB M 6= A
⇒SA k (α)
M ∈ (α)∩(SAB)
SA ⊂(SAB), SA k (α)
Vậy giao tuyến của(α)và(SAB)là đường thẳng Mxqua
Mvà song song vớiSA
b)Trong(SAB), gọiN = Mx∩SB Tương tự:
M ∈(α)∩(ABCD)
AD ⊂(ABCD)
AD k(α)
Suy ra(α)∩(ABCD) = My, vớiMylà đường thẳng qua M, song song vớiAD, cắtCDtại
Q Giao tuyến (α) (SBC) đường thẳng Nz qua N, song song với BC, cắt SC P Thiết diện tứ giácMNPQ Ta có: MQk ADk BC k NP ⇒ MQk NP
MN k SA
SA⊥(ABCD) ⇒ MN⊥(ABCD) ⇒ MN⊥MQ
Thiết diện hình thangMNPQvng tạiMvàN Diện tích thiết diện là:
SMNPQ =
(MQ+NP)MN
2
Ta có:
MN AS =
BM BA =
a−x
a ⇒MN =SA a−x
a =
2a(a−x)
a =2(a−x) NP
BC = SN
SB = AM
AB = x
(81)Gọi I giao điểm AB CD Khi dễ thấy BC đường trung bình tam giácI AD Ta có:
MQ AD =
I M I A =
2a−x
2a
Suy ra:
MQ=AD.2a−x
2a =2a−x
Như vậy:
SMNPQ =
(MQ+NP)MN
2
= (2a−x+x)2(a−x)
2 =2a(a−x) Câu 34.
a)Gọi Ilà trung điểm đoạn thẳngCD Khi đóADIBlà hình vng
Suy raBI = IC = ID =a Từ ta cóBC⊥BD
Lại cóSD⊥BC(vìSD⊥(ABCD)) VậyBC⊥(SBD)
b) Trước hết nhận xét (P)⊥BD, BC⊥BD,
SD⊥BD, suy ra(P) k BC,(P) k SD Ta có:
(P) k BC BC ⊂(ABCD)
(P)∩(ABCD) = MN
Suy MNsong song vớiBC Ta có
(P)k SD,SD⊂(SCD)
(P)∩(SCD) = NL ⇒NL k SD
GọiHlà giao điểm củaBDvàMN Ta có:
(P)k SD,SD⊂(SBD)
H ∈ (P)∩(SBD) Suy giao tuyến của(P)và(SBD)là HKk SD Cuối
(P) k BC ⊂(SBC)
(P)∩(SBC) = KL ⇒KL k BC
Do SD⊥MN (VìSD⊥(ABCD)) nên NL⊥MN Vậy thiết diện hình thang vng MNLK GọiSlà diện tíchMNLK Ta có:
S=
2(MN+LK)NL
Ta cóABIDlà hình vng cạnhanên MN = AI = a√2 Xét tam giácSBDcóHK k SDnên
HK SD =
BH BD =
BH
2OB =
1
BM BA =
AB−AM
2AB ⇒ HK =
√
3(a−x)
2 ,
ở đâyOlà giao điểm củaAI vàBD Tam giácSBCcóKL k BCnên
KL BC =
SK SB =
BD−BH
DB =1− BH
2OB =1−
1
BM
BA =1−
1
AB−AM AB
Từ tính
KL =BC
1−a−x
2a
=a√2.a+x 2a =
(a+x)√2
(82)Như diện tích hình thang vuôngMNLKlà
S =
2(MN+LK)NL = a
√
2+ (a+x) √
2
!
(a−x)
√
3
= √
6
8 (a−x)(3a+x)
D BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM 1 Đề bài
Câu 1. Trong khẳng định sau, khẳng định khẳng địnhsai?
A Nếu đường thẳngd⊥(α)thìdvng góc với hai đường thẳng nằm trong(α) B Nếu đường thẳngdvng góc với hai đường thẳng nằm trong(α)thìd⊥(α)
C Nếu đường thẳngdvng góc với hai đường thẳng cắt nằm trong(α)thìdvng góc với đường thẳng nằm mặt phẳng(α)
D Nếud⊥(α)và đường thẳngak (α)thìd⊥a
Câu 2. Trong khơng gian cho đường thẳng∆và điểmO Qua điểmOcó mặt phẳng vng góc với đường thẳng∆
A B C D Vô số
Câu 3. Trong không gian, tập hợp điểm Mcách hai điểm cố định AvàBlà: A Mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB
B Đường thẳng trung trực đoạn thẳng AB C Mặt phẳng vng góc với ABtạiA
D Đường thẳng qua Avà vng góc vớiAB Câu 4. Mệnh đề sau, mệnh đề nàođúng?
A Góc đường thẳng mặt phẳng góc đường thẳng hình chiếu mặt phẳng cho
B Góc đường thẳngavà mặt phẳng (P)bằng góc đường thẳngbvà mặt phẳng
(P)khiavàb song song(hoặc đường thẳngatrùng với đường thẳngb)
C Góc đường thẳngavà mặt phẳng (P)bằng góc đường thẳngavà mặt phẳng
(Q)thì mặt phẳng(P)song song với mặt phẳng(Q)
D Góc đường thẳngavà mặt phẳng (P)bằng góc đường thẳngbvà mặt phẳng
(P)thìasong song vớib
Câu 5. Cho hai đường thẳng phân biệt a,b mặt phẳng (P), a⊥(P) Trong khẳng định sau, khẳng định khẳng địnhsai?
A Nếub k (P)thìb⊥a B Nếub⊥(P)thìb k a C Nếub k athìb⊥(P) D Nếub⊥athìbk (P) Câu 6. Trong khẳng định sau, khẳng định đúng?
A Hai đường thẳng vng góc với mặt phẳng song song với
B Hai đường thẳng phân biệt vng góc với đường thẳng song song với
(83)Câu 7. Cho ba đường thẳng phân biệt a,b,c mặt phẳng (P) Trong khẳng định sau, khẳng định nàosai?
A Nếua⊥bvàb⊥cthìak c B Nếuak bvàb⊥cthìa⊥c C Nếua⊥(P)vàb k (P)thìa⊥b
D Nếua⊥b,c⊥bvàacắtcthìbvng góc với mặt phẳng chứa hai đường thẳngavàc Câu 8. Trong khẳng định sau, khẳng định khẳng địnhsai?
A Hai đường thẳng phân biệt vng góc với mặt phẳng song song với B Hai mặt phẳng phân biệt vng góc với đường thẳng song song với C Hai đường thẳng phân biệt vng góc với đường thẳng thứ ba song song
với
D Hai đường thẳng phân biệt song song với đường thẳng thứ ba song song với
Câu 9. Trong khơng gian cho đường thẳng avà điểm M Có đường thẳng qua
Mvà vng góc vớia?
A Có B Có hai
C Có vơ số D Có vơ số
Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 Hãy trả lời câu 10, 11, 12, 13
Câu 10. Tính góc hai vectơAA# »0vàAC# »
A 90◦ B 0◦ C 60◦ D 135◦ Câu 11. Tính góc hai vectơAD# »0vàBC# »
A 45◦ B 0◦ C 60◦ D 135◦ Câu 12. Tính góc hai vectơAA# »0vàBC# »
A 0◦ B 60◦ C 90◦ D 135◦ Câu 13. Góc hai vectơAD# »0vàCB# »là
A 0◦ B 135◦ C 60◦ D 45◦
Câu 14. Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình bình hành tâmO, tam giácSABvng tạiAvà tam giácSCDvng tạiD Trong khẳng định sau, khẳng định nàosai?
A AC = BD B SO⊥(ABCD) C AB⊥(SAD) D BC⊥ AB Câu 15. Cho hình lập phươngABCD.A1B1C1D1 Chọn khẳng địnhsai?
(84)Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với mặt phẳng (ABC),
SA =2a, tam giácABCvng tạiB,AB=√3avàBC =a(minh họa hình vẽ bên) Góc đường thẳng SC mặt phẳng (ABC)
bằng
A 90◦ B 45◦ C 30◦ D 60◦
S
B
A C
Câu 17. Cho hình chópS.ABCD cóSA ⊥ (ABCD) đáy ABCD hình thoi tâmO Mệnh đề sau đâysai?
A SA ⊥BD B SC ⊥BD C SO ⊥BD D AD ⊥SC Câu 18 (HK2 khối 11, 2017 - 2018 Sở Giáo Dục Hà Nam).
Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình thoi tâmI, cạnhavàBAD÷ =60◦ BiếtSC= a
√
3 vàSC ⊥ (ABCD) Gọi H hình chiếu vng góc I đường thẳng SA Tính độ dài đoạn thẳngI H
A I H= a √
15
10 B I H =
a√5
15 C I H =
a√15
30 D I H =
a√5
Câu 19. Cho hình chópS.ABCD, đáyABCDlà hình chữ nhật vàSA⊥(ABCD) Mệnh đề sau mệnh đềđúng?
A Mặt bên hình chóp tam giác cân B Mặt bên hình chóp tam giác vng
C Mặt bên hình chóp tam giác vng tam giác thường D Mặt bên hình chóp tam giác vng cân
Câu 20. Cho tam giácABCvng tạiAvà có hai đỉnhB,Cnằm mặt phẳng(P) GọiC0là hình chiếu vng góc đỉnhClên mp(P) Trong mệnh đề sau, mệnh đề đúng?
A Tam giácABC0vng B Tam giácABC0có ba góc nhọn C Tam giácABC0có góc tù D Tam giácABC0có góc bằng60◦ Câu 21. Cho tam giác ABC vng A có hai đỉnhB,Cnằm mp(P) Gọi A0 hình chiếu vng góc đỉnh Alên mp(P) Trong mệnh đề sau, mệnh đề đúng?
A Tam giác A0BClà tam giác vuông B Tam giác A0BClà tam giác nhọn C Tam giác A0BClà tam giác tù
D Tam giác A0BCcó gócA0 khơng bé góc vng
Câu 22. Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình thoi,Olà giao điểm đường chéo vàSA =SC Trong khẳng định sau, khẳng định đúng?
A SA ⊥(ABCD) B BD ⊥(SAC) C AC ⊥(SBD) D AB⊥(SAC) Câu 23. Cho hình chóp S.ABCcó SA⊥(ABC)và đáy ABClà tam giác vng B Gọi AH
là đường cao tam giác SAB Trong khẳng định sau, khẳng định khẳng định sai?
A SA⊥BC B AB⊥BC C AH⊥AC D AH⊥SC
Câu 24. Cho hình chópS.ABCcóSA⊥(ABC) Gọi góc giữaSBvà mặt phẳng(ABC)làα(đơn vị độ) Trong khẳng định sau, khẳng định đúng?
(85)Câu 26. Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình thoi tâmO BiếtSA =SCvàSB =SD, khẳng định sau, khẳng định khẳng địnhsai?
A SO⊥(ABCD) B AC⊥BD C BD⊥(SAC) D CS⊥AC
Câu 27. Cho hình chóp S.ABCDcó đáy ABCD hình vuông cạnh bằngavàSA⊥(ABCD),
SA= a √
6
3 Tính góc đường thẳngSCvà mặt phẳng(ABCD)
A 450 B 300 C 600 D 900 Câu 28. Cho hình tứ diện ABCDcóAB,CD,BCđơi vng góc Khi
A AB⊥(ACD) B BC⊥(ACD) C CD⊥(ABC) D AD⊥(BCD) Câu 29. Cho hình tứ diệnOABCcó AO,BO,COđơi vng góc Nếu Ilà hình chiếu điểmOtrên mặt phẳng(ABC)thìI là:
A trọng tâm tam giác ABC B trực tâm tam giácABC
C tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Câu 30. Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC, M điểm không nằm (P) cho
MA = MB = MC, dlà đường thẳng qua Mvà vng góc với(P) Khi đường thẳngd
đi qua:
A trực tâm tam giácABC B trọng tâm tam giác ABC
C tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Câu 31. Mệnh đề sau đâykhông đúng?
A (P) mặt phẳng trung trực đoạn thẳng ABnếu qua điểm phân biệt cách A, B
B (P)là mặt phẳng trung trực đoạn thẳngABnếu vng góc vớiABtại trung điểm củaAB
C (P)là mặt phẳng trung trực đoạn thẳng ABnếu qua điểm phân biệt không thẳng hàng cách A,B
D (P)là mặt phẳng trung trực đoạn thẳngABnếu chứa hai đường trung trực khác đoạn thẳng AB
Câu 32. Cho hình chópS.ABCcó ABClà tam giác cạnh avàSA =SB = SC = b GọiG
là trọng tâm tam giácABC Độ dàiSGbằng A
2
√
4b2−3a2. B. 4b
2−3a2
4 C
1
√
9b2−3a2. D. 3b 2−a2
3
Câu 33. Cho tứ diệnOABC cóOA,OB,OCđơi vng góc Mlà điểm thuộc miền tam giácABC Tìm giá trị nhỏ T = MA
2
OA2 +
MB2 OB2 +
MC2 OC2
A minT =3 B minT =2 C minT =4 D minT =6
2 Đáp án lời giải
ĐÁP ÁN TRẮC NGHIỆM 1 B
2 A 3 A 4 B
5 D 6 C 7 A 8 C
9 C 10 A 11 A 12 C
13 B 14 B 15 A 16 B
17 D 18 A 19 B 20 A
21 D 22 C 23 C 24 A
25 D 26 D 27 B 28 C
29 B 30 C 31 A 32 C
(86)LỜI GIẢI CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM
Câu 1. "Nếu đường thẳng d vng góc với hai đường thẳng nằm (α) d⊥(α)" khẳng định sai, cần thêm điều kiện hai đường thẳng nằm (α) cắt thành khẳng định
Chọn đáp án B
Câu 2. Trong khơng gian cho đường thẳng∆và điểmO Qua điểmOcó mặt phẳng vng góc với đường thẳng∆
Chọn đáp án A
Câu 3. Trong không gian, tập hợp điểmMcách hai điểm cố địnhAvàBlà mặt phẳng trung trực đoạn thẳngAB
Chọn đáp án A
Câu 4. "Góc đường thẳng a mặt phẳng (P) góc đường thẳng b mặt phẳng(P)khiavàbsong song(hoặc đường thẳngatrùng với đường thẳngb)" khẳng định
Chọn đáp án B
Câu 5. "Nếub⊥athìb k(P)" khẳng định sai có thểb ⊂(P) Chọn đáp án D
Câu 6. "Hai đường thẳng phân biệt vng góc với mặt phẳng song song với nhau" khẳng định
Chọn đáp án C
Câu 7. "Nếua⊥bvàb⊥cthìak c" khẳng định sai, có thểacắtc Chọn đáp án A
Câu 8. Khẳng định "Hai đường thẳng phân biệt vng góc với đường thẳng thứ ba song song với nhau" khẳng định sai, hai đường thẳng cắt
Chọn đáp án C
Câu 9. Trong không gian cho đường thẳngavà điểm M Gọi (P)là mặt phẳng qua Mvà vng góc vớia Khi đường thẳng nằm mặt phẳng(P)và qua Mđều vng góc vớia
Chọn đáp án C
Câu 10.
Do AA0⊥(ABCD) nên góc hai vectơ
# »
(87)Câu 11. Ta cúÔ# ằ
AD0,BC# ằ=Ô# ằ
AD0,# »AD=45◦ Chọn đáp án A
Câu 12. Ta cúÔ# ằ
AA0,BC# ằ=90 Chn ỏp ỏn C
Cõu 13. Ta cúÔ# ằ
AD0,CB# ằ=Ô# ằ
BC0,CB# ằ=135 Chn ỏp ỏn B
Cõu 14. Ta cú Ô
(CD,SA) = (ÔAB,SA) =90 Suy
(
CD⊥SA CD⊥SD
Suy raCD ⊥ AD, ABCD hình chữ nhật Dẫn tới phương án A , C , D Phương án B sai, nếuSOvng góc(ABCD)thì
CD⊥SO
CD⊥SA ⇒CD⊥AO, điều vơ lí
A
B
D
C S
O
Chọn đáp án B
Câu 15. Dễ thấy B , C , D
A B
C D
A1 B1
C1 D1
Phương án A sai vỡBÔ1D1,AA1
=90 Chn ỏp ỏn A
Câu 16.
DoSA ⊥(ABC)nên góc giữaSC và(ABC)chính gócSCA’ Theo định lí pytago, tam giác ABCvng tạiBnên ta có
AC =√AB2+BC2 = r
a√32+a2 =2a. Xét tam giácSACvng Acó
tanSCA’ =
SA AC =
2a
2a =1
Suy ra(SC,(ABC)) =SCA’ =45◦
S
B
A C
(88)Câu 17.
Ta có:SA ⊥(ABCD), suy raSAvng góc vớiBD Do tứ giác ABCD hình thoi nên BD vng góc vớiAC,màSAvng góc vớiBDnênBD ⊥(SAC), suy BD ⊥ SC BD ⊥ SO Dễ thấy AD khơng vng gócSC, ADvng góc vớiSCthìAD
vng góc vớiAC, vơ lí
S
A
B C
D
O
Chọn đáp án D
Câu 18.
Ta có tam giác ABDlà tam giác nên
AI = a √
3
2 ⇒ AC= a
√
3 Vì4SCA∼ 4I H Anên
SC I H =
SA
I A ⇔ I H =
SC·I A
SA (1)
Xét tam giác vuôngSCAta có
SA =√SC2+AC2= r
3a2
4 +3a 2= a
√
15 Từ (1) suy
I H = SC·I A
SA = a√3
2 ·
a√3
a√15
= a √
15 10
A D
B C H
I
S
Chọn đáp án A
Câu 19.
Do SA⊥(ABCD) nên hiển nhiên ∆SAB, ∆SAD tam giác vng Ta cóCD⊥DA, màDAlà hình chiếu củaDStrên(ABCD)nênCDvng góc vớiDS, suy mặt bênSDC tam giác vuông tạiD Tương tự ta có mặt bênSBClà tam giác vng tạiB Như có khẳng định "Mặt bên hình chóp tam giác vuông" chắn Ta chọn phương
án B A
B C
D S
Chọn đáp án B
Câu 20. VìC0 trùng vớiCnên tam giác ABC0vng tạiA Chọn đáp án A
(89)= # »AB.A# »0A =−# »AB.AA# »0 <0, suy gócBA0Clà góc tù
Chọn đáp án D
Câu 22. Ta có:SA =SC, suy raSAClà tam giác cân Mặt khácOlà trung điểm AC(tính chất hình thoi) nênAC ⊥SO
Ta có (
AC ⊥BD
AC ⊥SO ⇒ AC ⊥(SBD)
Chọn đáp án C
Câu 23.
Ta có đường thẳngSA vng góc với mặt phẳng(ABC), mà đường thẳngBCnằm trong(ABC)nênSAvng góc vớiBC, suy A Hiển nhiên B Như vậy:
BC⊥BA ⊂(SAB)
BC⊥SA ⊂(SAB)
BA∩SA= A Suy raBC⊥(SAB) Do đóBC⊥AH Ta có
AH⊥BC AH⊥SB
Suy AH⊥(SBC) ⇒ AH⊥SC Vậy D Dễ thấy rằngAH⊥AClà khẳng định sai Vậy chọn C
A
B
C S
H
Chọn đáp án C
Câu 24.
Ta có đường thẳngSA vng góc với mặt phẳng(ABC)
nên hình chiếu đường thẳng SB mặt phẳng
(ABC)là đường thẳng AB Do góc đường thẳng
SBvà mặt phẳng(ABC)bằng góc hai đường thẳng
SBvàAB, tức làα =SBA’
A
B
C S
α
Chọn đáp án A
(90)Gọi M trung điểm BC Khi đó, ABC, DBC
lần lượt tam giác cân A, tạiD nên BC
vng góc với MA vàBC vng góc với MD Suy raBCvng góc với mặt phẳng(ADM), nên
BC vng góc vớiAD
A
B
C D
M
Chọn đáp án D
Câu 26.
Do SAC, SBD tam giác cân
Snên SO vng góc với AC vàSOvng góc với
BD Suy raSOvng góc với mặt phẳng(ABCD) Dễ thấy
SO⊥(ABCD),
AC⊥BD,
BD⊥(SAC)
là khẳng định
S
A B
C D
O
Chọn đáp án D
Câu 27.
VìSA⊥(ABCD)nên suy hình chiếu củaSCtrên(ABCD)
là AC Góc giữaSC mặt phẳng(ABCD)làSCA’ Ta có: tan(SC,(ABCD)) =tanSCA’ = SA
AC
=
a√6
a√2 =
√
3 Suy raSCA’ =300
(91)Ta có:
CD⊥AB⊂(ABC)
CD⊥CB⊂(ABC)
AB∩CB =B
⇒CD⊥(ABC) Vậy C
Mệnh đề A sai AB⊥(ACD)thì AB⊥AC, vơ lí Mệnh đề B sai nếuBC⊥(ACD)thìBC⊥CA, vơ lí Ta có AB⊥(BCD) nên mệnh đề D sai
AD⊥(BCD)thì dẫn tớiBtrùng D, vơ lí Chọn đáp án C
Câu 29. Vì AB⊥OI vàAB⊥OCnên AB⊥CI, tương tự BC⊥AI Vậy Ilà trực tâm tam giác ABC
Chọn đáp án B
Câu 30. Gọi M0 giao điểm đường thẳngd mặt phẳng(P) M0 hình chiếu
Mtrên(P)nên từ MA = MB= MCsuy raM0A =M0B =M0C Chọn đáp án C
Câu 31. Mệnh đề sai là: "(P) mặt phẳng trung trực đoạn thẳng ABnếu qua điểm phân biệt cách A,B"
Chọn đáp án A
Câu 32. Giả sử Hlà chân đường vng góc hạ từSxuống mặt phẳng(ABC) Khi đó, doSA,
SB, SCbằng nên H A = HB = HC hayH tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tức làH ≡G Vì tam giác ABCđều cạnhanên
GC = a √
3
3 ⇔SG= p
SC2−GC2 =
p
9b2−3a2. Chọn đáp án C
Câu 33. ĐặtOA# »= #»a,OB# »= #»b,OC# » = #»c Khi đóOM# » = x#»a +y#»b +z#»c, vớix, y,zlà ba số có tổng bằng1 Ta có:
# »
AM =OM# »−OA# »= (x−1)#»a +y#»b +z#»c
⇒AM2= (x−1)2#»a2+y2#»b2+z2#»c2
⇒MA
2
OA2 = (x−1)
2+y2b2
a2 +z 2c2
a2 Tương tự ta được:
MB2
OB2 = (y−1)
2+z2c2
b2 +x 2a2
b2;
MC2
OC2 = (z−1)
2+x2a2
c2 +y 2b2
c2 Do đó:
T = MA
2
OA2 +
MB2 OB2 +
MC2 OC2
=x2a2
b2 +
c2
+y2b2
c2 +
a2
+z2c2
a2 +
(92)+ (x−1)2+ (y−1)2+ (z−1)2 =
a2 +
b2 +
c2
x2a2+y2b2+z2c2
−x2+y2+z2+ (x−1)2+ (y−1)2+ (z−1)2 =
a2 +
b2 +
c2
x2a2+y2b2+z2c2
−2(x+y+z) +3
Ta biết H chân đường cao kẻ từ đỉnhOcủa tứ diện vuôngOABC H trực tâm tam giácABC Hơn
1
a2 +
b2 +
c2 =
OH2; x
2a2+y2b2+z2c2 =OM2.
Do T = MA
2
OA2 +
MB2 OB2 +
MC2 OC2 =
OM2
OH2 +1 ≥ 1+1 = Dấu "=" xảy
OM = OH hay Mtrùng H Vậy minT = 2, đạt Mtrùng H hay Mlà trực tâm tam giác ABC
(93)BÀI 4. HAI MẶT PHẲNG VNG GĨC A TĨM TẮT LÍ THUYẾT
1 Góc hai mặt phẳng.
Định nghĩa Góc hai mặt phẳng góc hai đường thẳng vng góc với hai mặt phẳng
α β
m
n
Định lí (Định lí hình chiếu) GọiSlà diện tích đa giác(H )trong mặt phẳng(P)vàS0 là diện tích hình chiếu(H 0)của(H )trên mặt phẳng(P0) Khi đóS0 =S cosϕ,trong đó ϕlà góc hai mặt phẳng(P)và(P0).
2 Hai mặt phẳng vng góc.
Định nghĩa Hai mặt phẳng (P) (Q) gọi vng góc với góc chúng bằng900 Kí hiệu(P)⊥(Q)
Định lí Nếu mặt phẳng chứa đường thẳng vng góc với mặt phẳng khác hai mặt phẳng đó vng góc với Vậy:
∆ ⊂(P)
∆⊥(Q) ⇒(P)⊥(Q)
Để xác định chân đường cao hình chóp, ta thường dùng định lí sau
O
∆
b a
P
Q
Định lí Nếu(P)⊥(Q)thì đường thẳng∆nào nằm trong(P), vng góc với giao tuyến của(P)và(Q)
đều vng góc với mặt phẳng(Q) Vậy:
(P)⊥(Q) (P)∩(Q) = a
∆⊂(P), ∆⊥a
⇒∆⊥(Q).
Hệ Nếu (P)⊥(Q) điểm A ∈ (P) đường thẳng a qua A vng góc với (Q)
nằm trong(P) O
∆
b a
P
Q
Hệ Nếu hai mặt phẳng cắt vng góc với mặt phẳng thứ ba giao tuyến chúng vng góc với mặt phẳng thứ ba Vậy
(P)∩(Q) = a
(P)⊥(R) (Q)⊥(R)
⇒a⊥(R)
P
Q
(94)Hệ Qua đường thẳng a không vuông góc với mặt phẳng (P) có mặt phẳng(Q)vng góc với mặt phẳng(P)
3 Hình lăng trụ đứng Hình hộp chữ nhật Hình lập phương.
Định nghĩa Hình vẽ Một số đặc trưng
Hình lăng trụ đứng Là hình lăng trụ có cạnh bên vng góc với mặt đáy
Mặt bên hình chữ nhật Các mặt bên vng góc với mặt đáy
Hình lăng trụ đều Là hình lăng trụ đứng có đáy đa giác
Các mặt bên hình chữ nhật
Hình hộp đứng Là hình lăng trụ đứng có đáy hình bình hành
Mặt bên hình chữ nhật Các mặt bên, cạnh bên vng góc với mặt đáy
Hình hộp chữ nhật Là hình hộp đứng có đáy hình chữ nhật
Các mặt bên mặt đáy hình chữ nhật
Hình lập phương Là hình hộp chữ nhật có tất cạnh
Mặt bên mặt đáy hình vng
4 Hình chóp hình chóp cụt đều.
(95)B
C J S
D
A
O
góc cạnh bên đáy:SBO’
góc mặt bên đáy:’SJO đáy: hình vng ABCD
các cạnh bên:SA =SB=SC =SD
chiều cao:SO
Định nghĩa Khi cắt hình chóp mặt phẳng song song với đáy để hình chóp cụt hình chóp cụt gọi hình chóp cụt
B MỘT SỐ DẠNG TỐN
Dạng 12 Xác định góc hai mặt phẳng Diện tích hình chiếu đa giác.
Phương pháp.Để dựng góc φ(với 00 ≤ φ ≤ 900) mặt phẳng (P) mặt phẳng(Q) ta làm sau:
Cách 1.
Bước 1:Xác định giao tuyến∆của hai mặt phẳng(P) và(Q)
Bước 2: Dựng mặt phẳng (R) vng góc với đường thẳng∆tạiO
Bước 3:
(R)∩(P) =Ox
(R)∩(Q) =Oy ⇒φ= (Ox,Oy)
Cách 2.
Bước 1:Xác định giao tuyến∆của hai mặt phẳng(P) và(Q)
Bước 2: Chọn điểmO ∈ ∆. Vẽ đường thẳng Oxnằm (P)sao choOx⊥∆ Vẽ đường thẳngOy ⊂ (Q)
sao choOy⊥∆
(96)Trường hợp đặc biệt:Với tứ diệnABCDcó đặc điểmAB⊥CD, muốn tìm góc giữa(DAB)
và(CAB)thì ta thực hiện:
Dựng mặt phẳng(P)chứaCDvà(P)⊥AB. Nếu(P) cắtABtại I thì ta cóCI⊥AB, DI⊥AB.
Do góc hai mặt phẳng(ABC)và(ABD)
là gócCID’
Chú ý Ta dùng cơng thức diện tích hình chiếu đa giác định lí1, trang93để:
Tính diện tích hình chiếu đa giác.
Tính góc hợp hai mặt phẳng khơng cần vẽ hình
Bài Cho tứ diện ABCDvới AB⊥(BCD) AB = a, ∆BCD cạnh2a Tính góc ϕgiữa hai mặt phẳng(ACD)và(BCD)
LLời giải
Ta có(ACD)∩(BCD) = CD Kẻ AH⊥CDtại H Khi đó:
CD⊥H A
CD⊥AB ⇒CD⊥BH
Tóm lại:
(ACD)∩(BCD) = CD AH ⊂(ACD), AH⊥CD BH ⊂(BCD), BH⊥CD
Suy ϕ = AHB÷ góc mặt phẳng (ACD) mặt phẳng (BCD) Do tam giác ABHvuông tạiBnên:
tanϕ= AB
BH = a
2a
√
3
= √
3
3 ⇒ ϕ=30 0.
Lưu ý.Có thể dựng góc hai mặt phẳng(ACD)và(BCD)cách khác sau:
(ACD)∩(BCD) =CD
(ABH)⊥CD
(ABH)∩(ACD) = H A
(ABH)(BCD) = HB
((ACDÔ),(BCD)) = (ÔH A,HB) = AHB÷
Như để dựng góc hai mặt phẳng, việc ta phải tìm giao tuyến hai mặt phẳng
Bài Cho∆ABCđều cạnhavàBCnằm mặt phẳng(P) Chiếu∆ABCtrên mp(P)
thành tam giácA0BCvng A0
a) Tính góc đường thẳngABvới mặt phẳng(P)và góc đường thẳng ACvới mặt phẳng(P)
b) Tính diện tích tam giácA0BCrồi suy góc mặt phẳng(P)và mặt phẳng(ABC)
LLời giải
a)Gọi ϕ(với 00 ≤ ϕ≤ 900) góc đường thẳng ABvà mp(P) Khi ϕ = ◊ABA0 = ◊ACA0 Vì AB = AC = a nên ∆A0BCvuông cân tạiA0 Do
(97)cos◊ABA0 = √a
2 : a=
√
2
2 , suy
ϕ=◊ABA0 =450.Tương tự, góc đường thẳng ACvới mặt phẳng(P)là450
b)GọiSvàS0lần lượt diện tích của∆ABCvà∆A0BC Ta có
S = a
2√3 , S
0 = 2A
0
B.A0C =
2A
B2 =
2
a2
2 =
a2
4 Gọiα(với00 ≤α≤900) góc mặt phẳng(P)và mp(ABC) Ta có
S0 =S cosα ⇒cosα = S
S = a2
4
a2√3 =
√
3 ⇒α =arccos
√
3
Bài Cho tứ diện ABCD có AB = CD, AC = BD, AD = BC số đo góc tạo mặt phẳng(DBC), (DCA), (DAB) với mặt phẳng(ABC) tương ứng làα, β, γ Giả sử chân đường cao tứ diện kẻ từDnằm trong∆ABC Chứng minh rằngcosα+cosβ+cosγ=1
LLời giải
Ta có∆ABC = ∆DBC = ∆DCA = ∆DAB (c-c-c) Kí hiệu diện tích tam giác S Gọi H, K, N, M theo thứ tự hình chiếu vng góc củaDtrên mặt phẳng(ABC), BC,CA, ABnhư hình vẽ Khi
÷
DKH =α,◊DNH =β, DMH◊ =γ Theo định lí hình chiếu:
SHBC =SDBC cosα =S cosα Tương tự:
SHCA =S cosβ, SH AB =S cosγ
Do điểmHnằm tam giácABCnên
SABC =SHBC+SHCA+SH AB
Từ ta
S=S(cosα+cosβ+cosγ) ⇔cosα+cosβ+cosγ =1
Bài Cho hình chóp tam giác đềuS.ABC Kí hiệuα góc giữaSA và(ABC), βlà góc
(SAB)và(ABC) Chứng minh rằng:tanβ=2 tanα
LLời giải
GọiH hình chiếu vng góc Strên (ABC), tam giác vngSH A, SHB,SHCbằng nênH A =
HB = HChayHlà tâm tam giác đềuABC Ta có hình chiếu củaSA trên(ABC) AH, đóα = SAH÷ Gọi M trung điểmAB Khi đó:
(SAB)∩(ABC) = AB
(SMC)⊥AB
(SMC)∩(SAB) = MS
(SMC)∩(ABC) = MC Suy ra:β=SMC÷ Ta có: tanα = SH
AH, tanβ = SH MH
Do tam giácABCđều nênHlà trọng tâm của∆ABC, dẫn tới: MH =
2CH =
2AH Như vậy: tanβ = SH
MH =
2SH
(98)Bài Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình chữ nhật vàAB= a,BC =b(b >a>0) CạnhSA vng góc với đáy vàSA = c Kí hiệuαlà góc SCvàBD; βlà góc (SBC) và(ABCD) Chứng minh rằng:
cosα = k
2−1 q
k2+1+tan2β.√1+k2
, với k= b
a
LLời giải
Dễ thấy β =SBA’ Trong tam giác vngSAB, ta có:tanβ = c
a
Ta có:cosα =
# » SC.BD# »
SC.BD (*)
Mặt khác, ta có
# »
SC.BD# »=AC# »−AS# »BD# »
= AC# ».BD# »−AS# ».BD# »
= AC# ».BD# »
= (AB# »+BC# »)AD# »−AB# »
=−AB2+BC# ».AD# »
=−a2+BC# ».BC# »
=−a2+BC2 =b2−a2
Lại có:BD2 =AB2+AD2 =a2+b2 Do tam giácSACvuông tạiAnên:
SC2 =SA2+CA2=c2+a2+b2 Thay vào (*), ta được:
cosα = b
2−a2
√
a2+b2.√a2+b2+c2 =
b2 a2 −1 r
1+ b
2
a2 r
1+b
2
a2 +
c2 a2
= k
2−1
√
1+k2.q1+k2+tan2 β
Ta có điều phải chứng minh
Dạng 13 Chứng minh hai mặt phẳng(P)và(P0)vng góc với nhau.
Phương pháp.
Cách 1.Chứng minh góc hai mặt phẳng bằng900 Cách 2.Vận dụng định lí trang 93 : Chứng minh mặt phẳng có đường thẳng vng góc với mặt phẳng kia, tức
∆ ⊂(P)
(99)Bài Cho hình chóp S.ABCDcó đáy ABCD hình chữ nhật, SA⊥(ABCD) Chứng minh rằng(SCD)⊥(SAD)
LLời giải
Ta cóSA⊥(ABCD) ⇒SA⊥CD Vậy
CD⊥DA ⊂(SAD)
CD⊥SA ⊂(SAD)
DA∩SA= A
⇒ CD⊥(SAD) MàCD ⊂(SCD)nên(SCD)⊥(SAD)
Bài Cho hình chópS.ABCDcó mặt phẳng(SAB)và(SAD)cùng vng góc với(ABCD), đáy ABCD hình vng tâmO Gọi H vàK hình chiếu Atrên cạnh SB
SD Chứng minh
(SAC)⊥(SBD);
1 2 (SAC)⊥(AHK)
LLời giải
Ta có
(SAB)⊥(ABCD) (SAD)⊥(ABCD) (SAB)∩(SAD) = SA
⇒SA⊥(ABCD) Suy raSA⊥BD
1
BD⊥SA ⊂(SAC)
BD⊥AC ⊂(SAC)
SA∩AC = A
⇒BD⊥(SAC) MàBD ⊂(SBD)nên suy ra(SBD)⊥(SAC) 2
BC⊥SA
BC⊥AB ⇒BC⊥(SAB) ⇒BC⊥AH
Vậy
AH⊥SB
AH⊥BC ⇒ AH⊥(SBC)⇒ AH⊥SC (1)
Ta có
DC⊥DA
DC⊥SA ⇒ DC⊥(SDA) ⇒DC⊥AK
Vậy:
AK⊥DC
AK⊥SD ⇒ AH⊥(SDC) ⇒ AK⊥SC (2)
Từ (1) (2) suy raSC⊥(AHK) ⇒(SAC)⊥(AHK)
Lưu ý.Có thể giải câub)cách khác sau: ta chứng minh được:
HK k BD
BD⊥(SAC) ⇒ HK⊥(SAC) ⇒(AHK)⊥(SAC)
Bài Cho hai tam giác ACD vàBCD có AC = AD = BC = BD = a, CD = 2x hai tam giác nằm hai mặt phẳng vng góc với GọiI, J trung điểm AB
vàCD
a) Tính ABvàI J theoavàx
b) Với giá trị xthì hai mặt phẳng(ABC)và(ABD)vng góc với nhau?
(100)a) Vì J trung điểm đoạn thẳngCDvà AC = AD
nên AJ⊥CD Do (ACD)⊥(BCD) nên AJ⊥(BCD) Mặt khác AC = AD = BC = BDnên tam giác AJB
vuông cân, suy raAB= AJ√2và AJ2 =a2−x2 Do đó:AJ =√a2−x2.
Vậy AB=p2(a2−x2), vớia> x.
DoIlà trung điểm AB, tam giác AJBvuông Jnên
J I =
2AB, tức I J = p
2(a2−x2)
2
b) Rõ ràng CI DI vng góc với AB Vậy
(ABC)⊥(ABD)khi ’
CID=900 ⇔ I J = CD
2 ⇔
p
2(a2−x2)
2 =x
⇔x = a √
3
Dạng 14 Cho trước mặt phẳng (Q) và đường thẳng a khơng vng góc với mặt phẳng(Q) Xác định mặt phẳng(P)chứa đường thẳngavà(P)⊥(Q).
Phương pháp. Từ điểm M thuộc đường thẳng a, ta dựng đường thẳng b qua M b⊥(Q) Khi (P) mặt phẳng chứaavàb, tức là(P) ≡mp(a,b)
Lưu ý.Để dựng đường thẳngbbạn đọc cần xem lại dạng toán 10 (ở trang 64)
Bài Cho hình chóp S.ABCD có SA⊥(ABCD), SA = a, đáy ABCD hình vng cạnh a, tâmO Dựng tính diện tích thiết diện quaSOvà vng góc với(SAD)
LLời giải
GọiH,Klà trung điểmBC, AD Ta có:
OK⊥AD ⊂(SAD)
OK⊥AS ⊂(SAD)
AD∩AS =A
⇒OK⊥(SAD)
MàOK ⊂(SKH)nên(SKH)⊥(SAD) Vậy mặt phẳng quaSO
và vuông góc với(SAD)là(SKH) Ta cóKH⊥SK, suy thiết diện tam giác vngSKH Ta có:
SK2 =SA2+AK2=a2+a
2 =
5a2
4
⇒SK = a √
5
2 , KH = AB=a Diện tích thiết diện làS =SSHK =
1
2SK.KH = 2a
√
5a
2 =
√
5a2
4
(101)DựngAH⊥SD(H ∈ SD) Ta có
DC⊥AD⊂(SAD)
DC⊥SA ⊂(SAD)
AD∩SA= A
⇒ DC⊥(SAD) MàAH ⊂(SAD)nên DC⊥AH.Vậy
AH⊥DC ⊂(SCD)
AH⊥SD ⊂(SCD)
DC∩SD= D
⇒ AH⊥(SCD) MàAH ⊂(ABH)nên(ABH)⊥(SCD)
Vì(α)là mặt phẳng chứaABvà vng góc với(SCD)nên(α)chính là(ABH) Ta có(ABH)∩
(SAD) = AH, (ABH)∩(SAB) = AB.Lại có
H ∈ (ABH)∩(SCD)
AB ⊂(ABH)
AB k(SCD)
⇒(ABH)∩(SCD) = Hx,
vớiHxlà đường thẳng quaHvà song song vớiCD(do định lí??ở trang ??) GọiK= Hx∩SC Do
(ABH)∩(SCD) = HK, (ABH)∩(SBC) = BK Vậy thiết diện cần tìm tứ giácAHKB Ta có HK k AB Hơn
AB⊥(SAD)⇒ AB⊥AH, HKk AB⇒ HK⊥AH Do thiết diện hình thang vng AvàH Ta có diện tích thiết diện
SAHKB =
(AB+HK)AH
2
Vì∆SADvng Anên
AH2 =
AS2 +
AD2 = 3a2 +
1
a2 =
3a2 ⇒ AH =
a√3 Ta có:
SA2 =SH.SD⇒SH = SA
2
SD =
3a2
√
AD2+AS2 = 3a2
√
4a2 = 3a
2 Lại có:
SH SD =
HK
CD ⇒ HK=
SH.CD SD =
3a
2 a 2a =
3a
4 Vậy:
SAHKB =
(AB+HK)AH
2 =
1
a+3a
4
.a
√
3
2 =
7√3a2
16
Chú ý Ta cịn tìm giao tuyến mặt phẳng(ABH) và(SCD)bằng cách vận dụng hệ quả??ở trang??như sau:
H ∈ (ABH)∩(SCD)
AB⊂(ABH), CD⊂(SCD)
AB k CD
⇒(ABH)∩(SCD) = Hx,
(102)Bài 11 Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình vng Mặt bênSAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy(ABCD) GọiIlà trung điểm AB, gọi
(P)là mặt phẳng chứaDI vng góc với(SBC)
a) Tìm thiết diện mặt phẳng(P)với hình chóp Giả sử(P)cắtSCtạiM, tính tỉ số CM
CS b) Xác định hình chiếu củaCtrên mặt phẳng(P)
LLời giải
Phân tích.TrênDI, ta chọn điểm dựng đường thẳng qua điểm vng góc với(SBC)(theo dạng 14 trang 100) Do giả thiết(SAB)⊥(ABCD)nên ta chọn điểmI Do cóIB⊥BCnên theo dạng 10 trang 64, trong(SBC), ta chọnBCvà dựng mặt phẳng quaI
và vng góc vớiBC Và vậy, theo dạng trang 62, ta cần vẽ thêm đường thẳng cắtBIvà vng góc vớiBC
Giải.
a) Gọi E,J trung điểm đoạn thẳngSBvàEB Ta có hai mặt phẳng
(ABCD) (SAB) vng góc với theo giao tuyếnAB, mà BCvng góc với
AB nên BC vng góc với (SAB), suy
BCvng góc vớiI J Do tam giácSABđều nênAEvng góc vớiSB Ta cóI J⊥SB(do
I J đường trung bình ∆ABE) Như vậy:
I J⊥SB⊂(SBC)
I J⊥BC ⊂(SBC)
SB∩BC =B
⇒ I J⊥(SBC)
Do đó(DI J)⊥(SBC)⇒ (P) ≡(DI J).GọiK =DI∩BC, M=K J∩SC Khi thiết diện tứ giácDI J M Trong tam giácKCD, ta cóBI k CDvàBI =
2CDnên B,I trung điểm đoạn thẳngKC, KD Qua J dựng đường thẳng song song vớiBC cắtSCtại N Ta có:
SN SC =
JN BC =
SJ SB =
3
4 VìCK=2BCnên:
JN CK =
3 ⇒
MN MC =
MJ MK =
JN CK =
3
⇒ CN
CM =
MC−MN
CM =1− MN
MC =1−
3 =
5
⇒CM =
5CN = ·
1 4SC =
2 5SC Như CM
CS =
2
b) Theo câu a), ta có: (SBC)⊥(P), (SBC)∩(P) = J M Như vậy, từ C vẽCH vng góc với
J MtạiH, đóCHvng góc với(P) = (KDM)tạiH, hayHlà hình chiếuCđến mặt phẳng
(P)
Dạng 15 (Liên hệ dạng với dạng 10 trang 64, dạng 17 trang 135)
(103)Trường hợp Trong (P) có điểm A và đường thẳngdkhơng qua Asao choM A⊥d.
Cách giải.
Trong mặt phẳng (P) kẻ đường thẳng d0 đi qua A và
d0⊥d
Trong mặt phẳng (M,d0), dựng MH⊥d0 Khi đó H là điểm cần tìm
Bài 12 Cho hình chópS.ABC có đáy ABC tam giác hình chiếu H củaS mặt phẳng(ABC)trùng với tâm tam giác ABC Xác định chân đường vuông góc hạ từAđến mặt phẳng(SBC)
LLời giải
Vì tam giác ABC nên H trực tâm Vì ba tam giác vng SH A, SHB, SHC nên
SA=SB =SC Ta có
BC⊥SH ⊂(SAH)
BC⊥AH ⊂(SAH)
SH∩AH = H Suy raBC⊥(SAH)
Do đóBC⊥SA.VẽSIvng góc với BCtạiI Khi I
là trung điểmBC Vẽ ADvng góc với SI tạiD Khi đóDlà điểm cần tìm Thật vậy,
AD⊥SI ⊂(SBC)
AD⊥BC ⊂(SBC)
SI∩BC = I
⇒ AD⊥(SBC)
nênD(chân đường cao kẻ từAcủa tam giácSAI) hình chiếu Atrên(SBC) Trường hợp Trong (P) có hai điểm A,B sao cho
M A= MB. Cách giải.
Trong(P)kẻ đường trung trựcdcủa đoạn thẳng AB. Trong mặt phẳng (M,d), dựng MH⊥d Khi đó H là
điểm cần tìm
Bài 13 Cho hình chópS.ABC, đáyABClà tam giác cân tạiAvàSAB’ =SAC’ Xác định đường thẳng chứa chân đường cao hình chóp
LLời giải
Hai tam giácSAB vàSAC (do
AB = AC, SA cạnh chung, SAB’ = ’
SAC), suy SB = SC Dựng đường cao AM của∆ABC Khi AM đường trung trực đoạn thẳng BC Trong
(SAM), kẻ SH vng góc với MA H Khi đó:
BC⊥MS ⊂(SMA)
BC⊥MA⊂(SMA)
MS∩MA =M Suy
(104)Ta có
SH⊥AM ⊂(ABC)
SH⊥BC ⊂(ABC)
AM∩BC = M
⇒SH⊥(ABC) Chân đường caoHhạ từ Scủa hình chóp nằm trênAM
Trường hợp 3. Tồn đường thẳnga vng góc với mặt phẳng(P)
Cách giải.
Gọi (Q) là mặt phẳng qua M và đường thẳng a Tìm giao tuyến hai mặt phẳng(P)và(Q)
Kẻ đường thẳng qua Mvà song song vớia, cắt giao tuyến tạiH Khi đóHlà điểm cần tìm
Bài 14 Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác ABC vng tạiC Cho SA vng góc với mặt phẳng(ABC) Xác định chân đường vng góc hạ từ điểmMthuộc cạnh ABxuống mặt phẳng(SBC)
LLời giải
GọiKlà hình chiếu AtrênSC Ta có:
BC⊥AC ⊂(SAC)
BC⊥SA ⊂(SAC)
AC∩SA = A Suy raBC⊥(SAC)
MàAK ⊂(SBC)nênBC⊥AK Ta có:
AK⊥SC⊂(SBC)
AK⊥BC ⊂(SBC)
SC∩BC =C Suy AK⊥(SBC)
Mặt phẳng(AKB)chứaMvà đường thẳngAK, lại có(AKB)∩(SBC) = KB Trong(AKB)vẽ đường thẳng qua M, song song vớiAK, cắtKBtại H VìMH⊥(SBC)nên Hlà điểm cần tìm Trường hợp Điểm M thuộc mặt phẳng (Q) vng góc với
mặt phẳng(P) Cách giải.
Tìm giao tuyếndcủa hai mặt phẳng(P)và(Q).
Chọn trêndđiểmHsao choMH⊥d Khi đó Hlà điểm cần tìm
Bài 15 Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình chữ nhật Cho đường thẳngSAvng góc với(ABCD)
a) Chứng minh rằng(SAB)⊥(SBC)
b) Xác định chân đường vng góc hạ từ điểm Mnằm đường SA xuống mặt phẳng
(SBC)
(105)a)Ta có
BC⊥SA ⊂(SAB)
BC⊥AB⊂(SAB)
SA∩AB= A VậyBC⊥(SAB)
MàBC⊂(SBC)
nên(SBC)⊥(SAB)
b)Ta có:
(SAB)∩(SBC) = SB
Trong mặt phẳng(SAB), vẽ đường thẳng qua
M, vng góc với SB H Vì MH⊥(SAB)
nênH điểm cần tìm
c)Ta có:
O ∈ (α)∩(ABCD)
BC ⊂(ABCD), BC k (α) ⇒(α)∩(ABCD) =Ox,
vớiOx đường thẳng quaO vàOx k BC Gọi P vàQ giao điểm củaOxvới AB
vàCD Khi vìPQ⊂(α)vàPQ⊥(SAB)nên(α)⊥(SAB) ĐiểmSthuộc(SAB), chân đường vng góc hạ từSxuống(α)nằm giao tuyến của(α)và(SAB)
C BÀI TẬP ÔN-LUYỆN 1 Đề bài
Bài 16 Cho hình chópS.ABCcó đáy tam giác vng B,SA vng góc với(ABC) Gọi
B0,C0lần lượt hình chiếu vng góc AxuốngSB,SC Chứng minh rằng:
a) BC⊥(SAB)
b) AB0⊥(SBC)
c) (AB0C0)⊥(SAC)
d) Tứ giác BCC0B0nội tiếp đường tròn
Bài 17 Cho hình chóp tứ giác đềuS.ABCD, cạnh đáy a, cạnh bên a
√
5
2 Tính góc mặt phẳng
(SAB) (ABCD);
1 2 (SAB) và(SCD)
Bài 18 Cho hình chópS.ABCcó đáy tam giác vng tạiB, AB=a,SA⊥(ABC),÷BAC=α,
SA = a Gọi H K hình chiếu A SB SC Góc hai mặt phẳng
(SAC)và(SBC)là β
a) Chứng minh BC⊥AH, SC⊥(AHK)
b) Chứng minh rằngtanα tanβ= a
SK
Bài 19 Cho ∆ABC có BC = 2a đường cao AD = a Trên đường thẳng vuông góc với
mp(ABC)tạiAlấy điểmSsao choSA= a√2 GọiE,Flần lượt trung điểm củaSB,SC
a) Chứng minh BC⊥(SAD)
(106)c) Tính diện tích tam giácAEF
Bài 20 Cho hình chópS.ABCDcó đáy hình vng cạnha, tam giácSABđều,SC = a√2 GọiKlà trung điểm AD.Chứng minh
(SAB)⊥(ABCD);
1 2 AC⊥SK,CK⊥SD
Bài 21 Cho tứ diệnABCDcóAB⊥CD GọiHlà trực tâm tam giácBCDvàKlà trực tâm tam giác ACD Chứng minh rằng(AHK)vng góc với(ACD)và(BCD)
Bài 22 (ĐH-2002A) Cho hình chóp tam giác đềuS.ABC, có độ dài cạnh đáy bằnga GọiM,N
lần lượt trung điểm cạnhSB,SC Tính theoadiện tích∆AMN, biết rằng(AMN)⊥(SBC)
Bài 23 Cho hình chópS.ABCD, đáy hình vng cạnh a, SA⊥(ABCD), SA = x Xác định
xđể hai mặt phẳng(SBC)và(SDC)tạo với góc600
Bài 24 (ĐH-2008B) Cho hình chópS.ABCD, đáy hình vng cạnh2a,SA =a,SB= a√3,
(SAB)⊥(ABCD) Gọi M, N trung điểm cạnh AB, BC Tính cosin góc tạo hai đường thẳngSM, DN
Bài 25 Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 cạnh a Trên cạnh DC, BB0 lấy điểmM, Nsao cho DM= BN =x, với0≤ x≤a Chứng minh rằngAC0⊥MN Bài 26 Hình hộp ABCD.A0B0C0D0là hình hộp thoả mãn điều kiện sau?
a) Tứ diệnAB0CD0có cạnh đối nhau;
b) Tứ diệnAB0CD0có cạnh đối vng góc;
c) Tứ diệnAB0CD0là tứ diện
Bài 27 Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0cóAB= a,BC =b,CC0 =c
a) Chứng minh tổng bình phương tất đường chéo hình hộp tổng bình phương tất cạnh hình hộp
b) Nếu AC0 = BD0 = B0D = √a2+b2+c2thì hình hộp có phải hình hộp chữ nhật khơng? Vì sao?
Bài 28 Cho hình lập phươngABCD.A0B0C0D0có cạnh bằnga
a) Chứng minh rằngAC0vng góc với hai mặt phẳng(A0BD)và(B0CD0)
b) Cắt hình lập phương mặt phẳng trung trực AC0 Chứng minh thiết diện tạo thành lục giác Tính diện tích thiết diện
Bài 29 Cho hình lập phươngABCD.A0B0C0D0có cạnh bằngavà điểmKthuộc cạnhCC0sao choCK=
3a Mặt phẳng(α)đi qua A,Kvà song song vớiBD
a) Tìm giao tuyến của(α)và(BDD0B0)
(107)Bài 30 Cho hình hộp đứngABCD.A0B0C0D0có
AB= AD =a,AA0 = a √
3
2 ,BAD÷ =60
GọiM,Nlần lượt trung điểm cạnhA0D0vàA0B0 GọiSlà điểm đối xứng Aqua
A0 Chứng minh diện tích tứ giác BDMN ba phần tư lần diện tích∆SBD
AC0⊥(BDMN)
Bài 31 Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 Các điểm M, N thuộc cạnh AD
vàBB0 choAM =BN Chứng minh ba vectơ MN# », AB# »,B# »0Dđồng phẳng Bài 32 Cho hình lập phươngABCD.A0B0C0D0
a) Tính góc hai đường thẳng ACvàDA0
b) Chứng minh BD⊥AC0
Bài 33 Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1có cạnh bằng1 Lấy M,N, Ptheo thứ tự cạnhBB1,CDvàA1D1sao cho
B1M=CN = D1P=
a) Tính # »MNtheo vectơ AB# »,AD# »,AA# »1 Suy độ dài MN
b) Chứng minh AC1⊥MN
Bài 34 Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 Gọi Mvà N điểm thuộc AD0
vàDBsao choMA# »=kMD# »0, ND# »=kNB# »(k 6=0, k 6=1)
a) Chứng minh MN k (A0BC)
b) Khi MN k A0C, chứng tỏ rằngMN⊥AD0 vàMN⊥DB
Bài 35 Cho hai mặt phẳng vng góc(P)và(Q)có giao tuyến∆ Lấy A, Bcùng thuộc∆và lấyC ∈ (P), D ∈ (Q)sao cho AC⊥AB,BD⊥ABvà AB= AC = BD Xác định thiết diện tứ diện ABCDkhi cắt mặt phẳng(α)đi qua điểm Avà vng góc vớiCD Tính diện tích thiết diện khiAC = AB=BD =a
Bài 36 Cho hình chópS.ABCcó mặt bên hợp với mặt đáy gócα
a) Chứng minh hình chiếu vng góc S (ABC) tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC
b) Chứng minh SSAB+SSBC+SSCA = SABC
cosα
(108)2 Lời giải, hướng dẫn Câu 16.
a)Ta có:
BC⊥SA ⊂(SAB)
BC⊥BA ⊂(SAB)
SA∩BA= A
⇒ BC⊥(SAB)
b)DoBC⊥(SAB), màAB0 ⊂(SAB)nên suy raBC⊥AB0 Vậy
AB0⊥SB⊂(SBC)
AB0⊥BC ⊂(SBC)
SB∩BC =B
⇒ AB0⊥(SBC)
c)DoAB0⊥(SBC)nên AB0⊥SC Như ta có
SC⊥AB0 ⊂(AB0C0)
SC⊥AC0 ⊂(AB0C0)
AB0∩AC0 = A
⇒SC⊥(AB0C0) (*) MàSC ⊂(SAC)nên từ (*) suy ra(AB0C0)⊥(SAC)
d)Theo ta cóBC⊥(SAB) ⇒BC⊥BS Ta có
SC⊥(AB0C0) ⇒SC⊥C0B0
Như tứ giácBCC0B0 cóCBB÷0+ CC◊0B0 =900+900=1800nên nội tiếp đường trịn Câu 17. GọiOlà hình chiếu điểmStrên(ABCD)
1 Ta có OA, OB, OC, OD hình chiếu SA, SB, SC, SD (ABCD), mà
SA = SB =SC =SDnên ta cóOA =OB =OC =OD VậyOlà giao điểm AC
BD
Ta có (SAB)∩ (ABCD) = AB Gọi α (với 00 ≤ α ≤ 900) góc hai mặt phẳng
(SAB)và(ABCD) GọiMlà trung điểmAB Ta có
OM⊂(ABCD), OM⊥AB SM ⊂(SAB), SM⊥AB Suy raα =SM Lại cóOM= a
2 nên
SO2 =SB2−OB2= 5a
2 −
2a2
4 = 3a2
4 Trong tam giácSMOta có
tanα = SO
MO = a√3
2
a =
√
3⇒α =600 2 Gọiβ(với00≤ β≤900), N = MO∩DC Ta có
S ∈(SAB)∩(SCD)
ABk CD
AB⊂(SAB), CD ⊂(SCD)
⇒(SAB)∩(SCD) =Sx,
vớiSxlà đường thẳng quaSvà song song vớiAB Ta có
(SAB)∩(SCD) = Sx
(SMN)⊥Sx (do AB⊥(SMN), ABk Sx)
(SMN)∩(SAB) = SM, (SMN)∩(SCD) = SN
(109)Câu 18.
a) Ta có SA⊥(ABC), mà BC nằm (ABC) nên
SA⊥BC Như vậy:
BC⊥SA ⊂(SAB)
BC⊥BA ⊂(SAB)
SA∩BA= A Suy raBC⊥(SAB)
MàAH ⊂(SAB)nên BC⊥AH
AH⊥SB ⊂(SBC)
AH⊥BC ⊂(SBC)
SB∩BC =B Suy AH⊥(SBC)
MàSC ⊂(SBC)nên AH⊥SC
SC⊥AH ⊂(AHK)
SC⊥AK ⊂(AHK)
AH∩AK = A
⇒SC⊥(AHK)
b)Ta có:
(SAC)∩(SBC) =SC, (AHK)⊥SC
(AHK)∩(SAC) =KA, (AHK)∩(SBC) =KH Suy raβ= AKH÷ Ta có:
tanα tanβ= BC
AB· AH HK =
AH AB ·
BC
HK, cosα= AB AC
Do tam giácHBA đồng dạng với tam giácABSnên: AH
AB = SA
SB
Do tam giácSHKđồng dạng với tam giácSCBnên: BC
KH = SB SK
Từ đó:tanα tanβ= SA
SB · SB SK =
SA SK =
a SK
Câu 19.
a)Ta cóSA⊥(ABC) Vậy
BC⊥SA BC⊥AD Suy raBC⊥(SAD)
b) Ta có AB = AC = a√2, SB = SC = 2a, AE = a = AF Suy ∆AEF cân A, H trung điểm EF Do tam giác ABC cân A nên D trung điểm BC Bởi SD qua trung điểm H củaEF, H ∈ (SAD), suy AH ⊂ (SAD), H trung điểm SD(doEF đường trung bình của tam giácSBC)
c)∆AEF cạnha, có diện tích làS∆AEF =
a2√3 Câu 20. Do∆SABđều nênSB=SA = AB=a
1 Ta cóSB2+BC2=2a2=SC2 Vậy ∆SBCvng cân tạiB Do đó
BC⊥BA ⊂(SAB)
BC⊥BS ⊂(SAB)
BA∩BS =B
(110)2 Gọi H trung điểm AB Khi đóSH⊥AB, mà (SAB)⊥(ABCD) nên SH⊥(ABCD) (do định lí 3), màAC ⊂(ABCD)nên SH⊥AC Ta có
AC⊥HK ⊂(SHK)
AC⊥SH ⊂(SHK)
HK∩SH = H
⇒ AC⊥(SHK) ⇒ AC⊥SK
Trong hình vng ABCD có CK⊥DH Lại có CK⊥SH, suy CK⊥(SDH)
CK⊥SD Câu 21.
GọiMlà giao điểm củaBHvàCD Ta có:
CD⊥BM⊂(ABM)
CD⊥AB⊂(ABM)
AB∩BM =B
Suy raCD⊥(ABM) ⇒CD⊥AM Như ba điểmA,K,
M thẳng hàng Do mặt phẳng (AHK) mặt phẳng(ABM) Ta có:
CD⊥(AHK)
CD ⊂(ACD) ⇒(ACD)⊥(AHK)
CD⊥(AHK)
CD ⊂(BCD) ⇒(BCD)⊥(AHK)
Câu 22.
Gọi K trung điểm cạnh BC I = SK ∩ MN Từ giả thiết suy MN =
2BC =
a
2, MN k BC, I trung điểm SK MN Ta có ∆SAB ∆SAC, hai trung tuyến tương ứng AM = AN, dẫn tới ∆AMN cân A, suy AI⊥MN Mà (SBC)⊥(AMN) nên AI⊥(SBC), suy AI⊥SK Vậy ∆SAKcân A, suy SA = AK = a
√
3 Ta có:
SK2 =SB2−BK2 = 3a
2 −
a2
4 =
a2
2 Từ đóAI =√SA2−SI2 =
s
SA2−
SK
2
=
r 3a2
4 −
a2
8 =
a√10 Vậy:SAMN =
2MN.AI =
a
2
a√10
4 =
a2√10 16 Câu 23.
Ta có(SBC)∩(SDC) = SC Trong(SAC) kẻOI⊥SC (I ∈
SC) DoAC⊥BDmàAClà hình chiếu củaSCtrên(ABCD)
nên BD⊥SC Suy SC⊥(BID) Vậy góc hai mặt phẳng(SBC)và(SCD)là góc hai đường thẳng IDvà
IB Do hai tam giácSCD vàSCBbằng nên ID = IC, suy IO⊥CD Mặt khác IO⊥BD,OI < OC màOC =
(111)sinOCI’ = OI
OC ⇔OI =OC sinOCI’ ⇔OI =OC SA SC
Vậy:
’
BIO=600 ⇔tanBIO’ =
√
3
⇔BO
OI =
√
3⇔BO =OI√3
⇔BO=OC.SA
SC
√
3⇔ SC=SA√3
⇔pSA2+AC2=SA√3⇔px2+2a2 =√3x
⇔x2+2a2 =3x2⇔ x2 =a2 ⇔x =a
Điều kiện hai mặt phẳng(SBC),(SDC)tạo với góc600làx =a
Câu 24 Phân tích.Giả thiết cho(SAB)⊥(ABCD)nên ta sử dụng định lí trang 93 Góc hai đường thẳngSMvàDNđược quy góc hai đường thẳng cắt nhauSMvàME, vớiME k DN
Giải.
Cách 1.HạSH⊥ABtại H, đóSHvng góc với(ABCD) Vì
SA2+SB2 =4a2 =AB2
nên∆SABvuông tạiS, dẫn đếnSM = AB
2 = a Do đó∆SAMđều cạnha, suy raSH = a
√
3 Vẽ ME k DN, với E thuộc đoạn AD,
AE = a
2 Ta có AE⊥AH, mà AH hình chiếu củaSAtrên(ABCD)nên AE⊥SA, suy ra:
SE=pSA2+AE2 = a
√
5
2 ,ME= p
AM2+AE2 = a
√
5 Tam giácSMEcân tạiEnên
cos(SM,DN) =cos(SM,ME) =cos÷SME =MS
2+ME2−SE2 2MS.ME =
a2 a.a√5 =
√
5 Cách 2.Ta biểu thị hai vectơSM# », DN# »qua ba vectơ AB# », AD# », AS# »:
# »
SM =SA# »+AM# »=−AS# »+1
2
# » AB,
# »
DN =DC# »+CN# »= AB# »−1
2
# » AD
Vậycos(SM,DN) =
# » SM.DN# »
SM.DN , vớiSM =a, DN =
√
4a2+a2 =a√5.
# »
SM.DN# »=
−AS# »+1
2
# »
AB AB# »−1
2
# » AD
=−AS# ».# »AB+1
2
# » AB2
=−AS.AB cos 600+1
2AB
2=−a2+2a2 =a2.
Do đó:cos(SM,DN) = a
2
a.a√5 =
√
(112)Câu 25.
ĐặtAA# »0 = #»a, AB# »= #»b, AD# » = #»c Khi đó:
|#»a|=
#» b
=|
#»c| =a, # »
BN = x
a
#»a, DM# »= x a
#» b Ta có:# »
AC0 = # »AA0+AB# »+AD# »= #»a +#»b +#»c
MàMN# »= AN# »−AM# »=# »AB+BN# »−AD# »+DM# »nên
# »
MN =#»b +x
a #»a
−#»c + x
a #» b= x
a #»a +
1− x
a
#»
b −#»c Do #»a#»b = #»b #»c = #»c #»a =0nên
# »
AC0.MN# »=#»a +#»b +#»c hx a
#»a + 1− x
a
#»
b −#»ci
= x
a
#»a2+1−x
a
#»
b2−#»c2 =xa+1−x
a
a2−a2 =0 Vậy AC# »0⊥# »MN ⇒ AC0⊥MN
Câu 26.
a)Ta có B0D0 = BD Vậy AC = B0D0 ⇔ AC = BD,
ABCD hình chữ nhật Tương tự ta có ABB0A0
ADD0A0 hình chữ nhật Vậy tứ diện AB0CD0 có cạnh đối ABCD.A0B0C0D0 hình hộp chữ nhật Ngược lại nếuABCD.A0B0C0D0là hình hộp chữ nhật dễ thấy tứ diện AB0CD0 có cạnh đối
b)Ta cóBD k B0D0 VậyAC⊥B0D0khi AC⊥BD Khi ABCD hình thoi Tương tự ta có ABB0A0 ADD0A0 hình thoi Vậy hình hộp ABCD.A0B0C0D0 hình hộp thoi (tức sáu mặt hình hộp hình thoi) Cũng dễ thấy hình hộp
ABCD.A0B0C0D0 hình hộp thoi tứ diện AB0CD0 có cạnh đối vng góc
c)KhiAB0CD0là tứ diện cạnh đối diện vừa vừa vng góc Vậy từ kết câu a) câu b) suy raABCD.A0B0C0D0là hình lập phương Ngược lại nếuABCD.A0B0C0D0
là hình lập phương thìAB0CD0là tứ diện dều Câu 27.
a)Trong hình bình hànhBDD0B0, ta có
D0B2+B0D2 =2(BD2+B0B2) Trong hình bình hành ACC0A0, ta có
A0C2+C0A2=2(AC2+A0A2) Từ suy
C0A2+A0C2+D0B2+B0D2
=2(BD2+AC2+B0B2+A0A2) =4 a2+b2+c2
Vậy ta có điều phải chứng minh
b)NếuAC0 =BD0 =B0D=√a2+b2+c2thì theo câua)suy ra
A0C=pa2+b2+c2 ⇒ A0C = AC0 =BD0 =B0D =pa2+b2+c2,
(113)AA0 nên AA0⊥(ABCD) Tương tự ta có AB⊥(ADD0A0) Do ABCD.A0B0C0D0là hình hộp chữ nhật
Câu 28.
a)Vì ABCD.A0B0C0D0là hình lập phương nên
AA0 = AB= AD= a,C0A0 =C0B =C0D=a√2
Suy A C0 nằm trục đường tròn ngoại tiếp tam giác
A0BD, AC0⊥(A0BD) Tương tự ta chứng minh
AC0⊥(CB0D0)
b)Gọi M trung điểm đoạn thẳng BC, MA = MC0 (vì a
√
5
2 ) nên Mthuộc mặt trung trực(α)củaAC 0.
Tương tự ta chứng minh N, P, Q, R, S có tính chất (N, P, Q, R, Slần lượt trung điểm củaCD,DD0,D0A0,A0B0,B0B) Vậy thiết diện hình lập phương bị cắt bởi(α)là lục giácMNPQRS Dễ thấy lục giác cạnh a
√
2
2 VìMA
0là đường trung tuyến của∆MAC0nên
AM02= MA
2+MC02
2 −
AC02
4 =
5a2
4 − 3a2
4 =
a2
2 Từ ta tính diện tích thiết diện
6S∆AMN =6
1 2.A
0
M2sin 600 =3.a 2
√
3 =
3√3 a
2.
Câu 29.
a)GọiO = AC∩BD,O0 = A0C0∩B0D0
Trong(AA0C0C), gọi Ilà giao điểm củaOO0vàAK Ta có
I ∈ (α)∩(BDD0B0)
AK ⊂(α), (α)k BD
Suy giao tuyến mặt phẳng (α) (BDD0B0) đường thẳngIxqua I, song song vớiBD
b) Gọi N = Ix ∩ DD0, M = Ix ∩ BB0 Khi mp(α)≡mp(ANKM) Ta có BM = DN = OI = a
3 Đáy ABCD hình vng suy BD⊥AC mà AC hình chiếu AK (ABCD) nên BD⊥AK Lại có
BD k MN nên suy AK⊥MN Ta có I trung điểm củaMNvàAK nên thiết diệnAMKNlà hình thoi
c)Ta có MB=OI =
2CK =
a
3
VìBCKMlà hình thang nên diện tích tứ giácBCKMlà:
a
3+ 2a
3
a
2 =
a2
2
(114)Gọi O tâm hình thoi ABCD, gọi S điểm đối xứng củaAquaA0 Khi đóS,M,Dthẳng hàng Mlà trung điểm SD; S,N,B thẳng hàng N trung điểm SB Ta có∆BAD tam giác cạnh a, suy AO = a
√
3
2 , AC = 2AO = a√3 = SA, CC0 = a
√
3
2 = AO Hai tam giác vng
SAOvàACC0 nhau, suy ra: ÷ASO =CAC÷0 ⇒CAC÷0+÷AOS =900
Do đóAC0⊥SO (1)
Ta có
BD⊥AC
BD⊥AA0 ⇒ BD⊥(ACC
0A0) ⇒BD⊥AC0. (2) Từ (1) (2) suy AC0⊥(BDMN)
VìS∆SMN =
1
4S∆SBD nênSBDMN =
4S∆SBD Câu 31.
Đặt # »AB = #»a, AD# » = #»b, # »AA0 = #»c Ta khai triển vectơ MN# », AB# », B# »0D theo ba vectơ #»a, #»b, #»c Muốn vậy, đặt
# »
MA =kAD# ».Khi NB# » =kBB# »0.Theo quy tắc hình hộp ta có# »
B0D =−#»a +#»b −#»c Như vậy:
# »
MN = MA# »+AB# »+BN# »
=k#»b +AB# »−k#»c
= AB# »+k(#»b − #»c) = AB# »+kB# »0D+#»a
= (k+1)AB# »+kB# »0D
Từ MN# »= (k+1)AB# »+kB# »0Dvà hai vectơ AB# », B# »0Dkhông phương, suy ba vectơMN# »,
# »
AB,B# »0Dđồng phẳng Câu 32.
ĐặtAB# »= #»a, AD# » = #»b, AA# »0 = #»c Ta có# »
AC# »= AB# »+AD# »= #»a + #»b,
DA0 = AA# »0−AD# » = #»c −#»b Do đó:
cosAC# »,DA# »0=
# » AC.DA# »0
# » AC
# » DA0
=
#»
a + #»b #»c − #»b
#»a + #»b
#»c − #»b
(*)
Giả sử hình lập phương có cạnh bằngx, từ (*) ta có cosAC# »,DA# »0 =
#»a.#»c −#»a.#»b + #»b.#»c −#»
b2 x√2.x√2 =
−x2
2x2 =− (do #»a⊥#»b, #»b⊥#»c, #»c⊥#»a, #»b2 =
#» b
(115)
b) Ta cóBD# »= AD# »−AB# »= #»b −#»a, AC# »0 = AC# »+CC# »0 = #»b +#»a +#»c.Vậy
# »
BD.AC# »0 = (#»b −#»a)(#»b + #»a + #»c)
= (#»b)2− #»b #»a +#»b#»c −#»a#»b −(#»a)2−#»a #»c =x2−x2 =0 Suy raBD⊥AC0
Câu 33. a)Trước hết dễ dàng nhận thấy rằng:
# »
MB =−2
3
# » BB1 =−2
3
# »
AA1,CN# » =−1
3
# »
DC =−1
3
# » AB Từ đó:# »
MN = MB# »+BC# »+CN# »
=−2
3
# »
AA1+AD# »−
# » AB
MN2 = MN# »2=
−2
3
# »
AA1+AD# »−1 # » AB = 9AA
1+AD2+ 9AB
2−4
# » AA1.AD# »
−2
3
# »
AB.AD# »+4
9
# » AA1.AD# »
DoAA1,AB,ADđơi vng góc nên
# »
AA1.AB# »= AB# ».AD# » =AD# ».AA# »1=0 Vậy MN2 = 14
9 ⇒MN =
√
14
b)Dễ dàng thấy AC# »1 = AA# »1+AB# »+AD# » Vậy:
# »
AC1.MN# » =# »AB+# »AD+AA# »1
−2
3
# »
AA1+AD# »−1
# » AB
=−1
3AB
2+AD2−2 3AA
2 =0 Do đóAC1vng góc vớiMN
Câu 34.
a)Đặt AA# »0 = #»a, AB# » = #»b, AD# »= #»c Khi #»a.#»b = #»b.#»c = #»c.#»a =0 #»a2 = #»b2 = #»c2
Vì# »MA# »=kMD# »0nên:
MA=kMA# »+AD# »0
⇒ AM# »= k
k−1
# » AD0
⇒ AM# »= k
k−1(
#»a + #»c).
TừND# »=kNB# », ta có:
# »
AD−AN# »=kAB# »−AN# » Suy ra:AN# »=
# »
AD−kAB# »
1−k =
−k
1−k #» b +
1−k
#»c.Từ đó: # »
MN = AN# »−AM# »= −k
1−k #»
b +
1−k
#»c −
k k−1(
(116)= 1+k
1−k
#»c + k
1−k
#»
a −#»b Vậy MN# » = 1+k
1−k # » BC+ k
1−k # »
BA0 Suy ba vectơ MN# »,BC# »,BA# »0 đồng phẳng Các điểm M, N
lần lượt thuộcAD0,DB, vớik 6=0,k6=1nênMN không thuộc(A0BC) Suy raMN k (A0BC)
b) Ta có A# »0C = −#»a +#»b + #»c, A0C AD0 chéo nhau, A0Cvà BD chéo mà M ∈ AD0,
N ∈ BD Do đường thẳngMNsong song với đường thẳngA0Ckhi khiMN# »=mA# »0C, tức
1+k
1−k
#»c + k
1−k
#»
a −#»b =−m#»a +m#»b +m#»c
Do #»a,#»b, #»c ba vectơ không đồng phẳng nên đẳng thức xảy k
1−k =−m
−k
1−k =m
1+k
1−k =m
⇒ −k=1−k ⇔k=
2
Vậy khik =
2 MN k A
0C Khi đóMN# »=−1
#»
a − #»b −#»c.Mặt khác
# »
AD0 = #»a +#»c, BD# »= #»b −#»c Vậy MN# ».AD# »0 = −1
3
#»a2−#»c2
= 0, MN# ».DB# » = −1
3
−#»b2+#»c2 = 0.Điều khẳng định
MN⊥AD0vàMN⊥DB Câu 35.
Gọi I trung điểm BC, AI⊥BC Do BD⊥(ABC)
nên CB hình chiếu vng góc CD (P), theo định lí ba đường vng góc suy AI⊥CD Trong (CDB), kẻ I J
vng góc vớiCD(J ∈ CD)thì mặt phẳng(AI J)chính mặt phẳng(α)và thiết diện phải tìm là∆AI J Dễ thấy∆AI J vuông tạiI Vậy S∆AI J =
1
2I A.I J Ta có
AI =
2BC =
a√2 ;
I J DB =
CI CD
Suy I J = CI
CD.DB= a√2 2a√3.a =
a√6 Do đóS∆AI J =
1
a√2
a√6
6 =
a2√3 12 Câu 36.
Gọi I hình chiếu vng góc củaS mặt phẳng(ABC) Gọi
M, P, Nlần lượt hình chiếu vng góc ItrênBC,CA, AB
a)Ta cần chứng minh I M = I N = IP Ta có BC⊥MI, mà MI hình chiếu củaSMtrên(ABC), nên theo định lí ba đường vng góc suy BC⊥SM Từ suy SMI’ = α Tương tự ta ’
SN I =α,SPI‘ =α Ta có tanα = SI
I M = SI I N =
SI
(117)b) Vì hình chiếu ∆SBC (ABC) tam giác IBC nên theo định lí hình chiếu ta có
SIBC =SSBC cosα Tương tự
SICA =SSCA cosα, SI AB =SSAB cosα.
Mà điểmI nằm tam giácABCnên
SSAB+SSBC+SSCA = SI AB
+SIBC+SICA
cosα =
SABC
cosα (đpcm) Câu 37.
Phân tích.Đề cho hình chóp tam giác ta phải ý đến tính chất: hình chóp đều, chân đường cao trùng với tâm đáy; tam giác tâm đường trịn ngoại tiếp trọng tâm trùng Cịn việc dựng gócα,β, bạn đọc xem lại dạng 12 trang 95
Giải.GọiH hình chiếu củaStrên (ABC) Khi H A,
HB, HC hình chiếu SA, SB, SC (ABC), mà
SA=SB =SCnên H A= HB= HC Từ kết hợp với giả thiết tam giácABCđều suy H tâm tam giác
ABC GọiElà trung điểm AB Ta có:
(SAB)∩(CAB) = AB CE⊂(CAB), CE⊥AB SE⊂(SAB), SE⊥AB Suy góc hai mặt phẳng
(SAB)và(CAB)là:α =(⁄SE,CE) = SEC’ Ta có:
(DAB)∩(CAB) = AB
(SCE)⊥AB
(SCE)∩(DAB) = ED
(SCE)∩(CAB) = EC
=(ÔED,EC) = ữDEC
t=SCE, ú l góc nhọn Ta có:cotα =
HE
HS, cotϕ= HC HS
MàHC=2HEnêncotϕ=2 cotα Trong tam giácDCE, ta có:
ED
sinϕ =
CE
sin(β+ϕ) ⇒ ED=
CEsinϕ sin(β+ϕ) =
a√3 sinϕ sin(β+ϕ) DoAB⊥(SEC)nên AB⊥DE Như vậy:SABD =
2ED.AB =
a2√3 sinϕ
sin(β+ϕ) Tiếp theo, ta tính sinϕ,cosϕtheoα Ta có:
cot2ϕ=4cot2α ⇒ sin2ϕ
−1=4
1 sin2α
−1
⇒
sin2ϕ
=
sin2α
−3= 4−3sin
2 α sin2α
⇒sinϕ= p sinα 4−3sin2α
Tiếp theo, ta có:
sin2ϕ= sin
α 4−3sin2α
⇔1−cos2ϕ= sin
α 4−3sin2α
⇔cos2ϕ=1− sin
α 4−3sin2α
⇔cos2ϕ= 4−4sin
(118)⇔cos2ϕ= 4cos
α 4−3sin2α
⇔cosϕ= p cosα 4−3sin2α
Như vậy:
SABD =
a2√3 sinϕ sin(β+ϕ) =
a2√3 sinα p
4−3sin2α(sinβcosϕ+cosβsinϕ)
= a
2√3 sin α
2 sinβcosα+cosβsinα
D BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM 1 Đề bài
Câu 1. Mệnh đề nàođúngtrong mệnh đề sau? A Góc gữa hai mặt phẳng ln góc nhọn
B Góc mặt phẳng(P)và mặt phẳng(Q)bằng góc mặt phẳng(P)và mặt phẳng
(R)khi(Q)k (R) (hoặc mặt phẳng(Q)trùng với mặt phẳng (R))
C Góc mặt phẳng(P)và mặt phẳng(Q)bằng góc mặt phẳng(P)và mặt phẳng
(R)thì(Q)song song với(R) D Cả ba mệnh đề
Câu 2. Cho hai mặt phẳng(P)và(Q)vng góc với Mệnh đề sau mệnh đề sai?
A Nếu đường thẳng a vng góc với giao tuyến của(P) và(Q) thìa vng góc với mặt phẳng(P)và vng góc với mặt phẳng(Q)
B Một đường thẳng qua điểm mặt phẳng(P)và vng góc với mặt phẳng(Q)
thì nằm trọn mặt phẳng(P)
C Một đường thẳng nằm mặt phẳng mà vng góc với giao tuyến vng góc với mặt phẳng
D Trong mặt phẳng có đường thẳng vng góc với mặt phẳng
Câu 3. Cho mặt phẳng (P) (Q) vng góc với nhau, đường thẳng a vng góc với mặt phẳng(Q) Khi
A avng góc với(P) B asong song với(P)
C anằm trên(P) D anằm trên(P)hoặc song song với(P) Câu 4. Cho (P) (Q) hai mặt phẳng vng góc với giao tuyến chúng đường thẳngm Gọia, b,c,dlà đường thẳng Xét mệnh đề sau:
(1) Nếua⊂(P)vàa⊥mthìa⊥(Q)
(2) Nếub⊥mthìb ⊂(P)hoặcb ⊂(Q)
(3) Nếuc k mthìc k(P)hoặcck (Q)
(119)Câu 5. Hai mặt phẳng vng góc với
A có hai đường thẳng vng góc với nằm hai mặt phẳng B có đường thẳng nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng C đường thẳng nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng
D góc lớn hai đường thẳng nằm hai mặt phẳng góc vng Câu 6. Cho hai mặt phẳng (P),(Q) hai mặt phẳng vng góc với có giao tuyến đường thẳng m a,b,c,d đường thẳng Trong khẳng định sau, khẳng định sai?
A Nếua ⊂(P)vàa⊥mthìa⊥(Q) B Nếub⊥mthìb ⊂(P)hoặcb ⊂(Q) C Nếuc k mthìck (P)hoặcc k (Q) D Nếud⊥mvàdk (Q)thìd⊥(P)
Câu 7. Điều kiện sau điều kiện cần đủ để hai mặt phẳng(P)và(Q)
vuông góc với nhau?
A Có đường thẳng song song với(P)và vng góc với(Q)
B Mỗi đường thẳnganằm trong(P)đều có đường thẳngbnằm trong(Q)sao choavng góc vớib
C Có đường thẳng nằm trong(P)mà hình chiếu vng góc trên(Q)trùng với giao tuyến của(P)và(Q)
D Có hai đường thẳnga,b vng góc với nhau, nằm trên(P)và(Q)sao cho avà
bđều vng góc với giao tuyến của(P)và(Q)
Câu 8. Có mặt phẳng qua điểmAcho trước vng góc với hai mặt phẳng phân biệt(P)và(Q)?
A Khơng có B Có
C Có vơ số D Có có vô số
Câu 9. Cho đường thẳngavà mặt phẳng(P) Có mặt phẳng quaavà vng góc với mặt phằng(P)?
A Khơng có B Có
C Có vơ số D Có có vơ số
Câu 10. Cho hình chóp tứ giácS.ABCDcó đáy hình vng cạnh bên vng góc với mặt đáy Có mặt bên vng góc với mặt đáy?
A Khơng có mặt bên vng góc với mặt đáy B Có mặt bên vng góc với mặt đáy C Có hai mặt bên vng góc với mặt đáy D Có ba mặt bên vng góc với mặt đáy Câu 11. Mệnh đề sau đâyđúng?
A Hai mặt phẳng vng góc với mặt phẳng song song với B Hai mặt phẳng vng góc với mặt phẳng vng góc với
C Hai mặt phẳng vng góc với mặt phẳng song song với đường thẳng
D Hai mặt phẳng vng góc với mặt phẳng vng góc với đường thẳng
Câu 12. Cho ba mặt phẳng(P),(Q)và(R) Mệnh đề sau đâyđúng? A Nếu(P)⊥(Q)và(R)⊥(Q)thì(P) k (R)
B Nếu(P) k (Q)và(R)⊥(P)thì(R) k (Q) C Nếu(P)⊥(Q)và(R)k (Q)thì(P)⊥(R) D Nếu(P) k (Q)và(R)k (Q)thì(P)⊥(R)
Câu 13. Cho hai mặt phẳng(P)và(Q)cắt theo giao tuyến ∆ Gọi ϕlà góc (P)
(120)ϕbằng góc hai đường thẳngavàbcùng vng góc với∆.
ϕbằng góc hai đường thẳngavàbcùng vng góc với∆, nằm trên(P)và
(Q)
ϕbằng góc hai đường thẳngavàbđồng quy với∆, vng góc với∆, lần lượt nằm trên(P)và(Q)
A B C D
Câu 14. Cho hình chóp S.ABC cóSA⊥(ABC) đáy ABC tam giác vng B Hãy xác định gócα hai mặt phẳng(ABC)và(SBC)
A α =SBA’ B α =÷BCA C α =SCA’ D α =SBC’
Câu 15. Cho hình chópS.ABCcó SA⊥(ABC) đáy ABC tam giác vuông A Hãy xác định gócα hai mặt phẳng(ABC)và(SBC)
A α =SBA’ B α =÷BCA C α =SCA’ D α =SMA÷ Với Mlà hình chiếu củaAtrênBC
Câu 16. Cho hình chópS.ABCcóSA⊥(ABC)và đáyABClà tam giác cân tạiA Hãy xác định gócαgiữa hai mặt phẳng(ABC)và(SBC)
A α =SBA’ B α = MSA÷ C α =SMA÷ D α =SCA’ Với Mlà trung điểmBC
Câu 17. Cho hình chópS.ABCDcó đáy hình vng tâmO,
SA vng góc với (ABCD) Góc hai mặt phẳng (SBD)
và(ABCD)là
A ÷AOS B ÷ADS C ABS’ D BSO’
A
B C
D S
O
Câu 18. Cho tứ diện ABCD với đường thẳng AB,AC,AD đôi vuông góc, H trực tâm tam giácBCD Góc mặt phẳng(BCD)và mặt phẳng(ACD)bằng góc góc sau đây?
A ÷ACB B ÷ADB C ABH÷ D BAH÷ Câu 19 (HK2 khối 11, 2017 - 2018 Sở Giáo Dục Hà Nam).
Cho hình chópS.ABCD có đáy ABC tam giác cạnh a Biết SA ⊥ (ABC) vàSA = 3a Gọiαgiữa hai mặt phẳng(ABC)và(SBC) Tínhtanα
A tanα =2 B tanα =2
√
3 C tanα =
√
3
2 D tanα =3
√
3 Câu 20 (HK2 năm học 2016-2017, THPT Chuyên Long An, Long An).
Cho hình chóp tứ giác đềuS.ABCDcóOlà giao điểm AC vàBD, cạnh bên cạnh đáy bằnga Góc hai mặt phẳng(SAC)và(SBD)bằng:
A 90◦ B 30◦ C 60◦ D 45◦
(121)Câu 22. Cho tứ diện ABCD với đường thẳng AB,BC,CD đơi vng góc Góc mặt phẳng(BCD)và mặt phẳng(ACD)bằng góc góc sau đây?
A ÷ACB B ADB÷
C ’AIB, I trung điểm củaCD
D ÷ABG, đóGlà trọng tâm tam giácBCD Câu 23 (TT LTĐH Diệu Hiền 11/2017, Cần Thơ).
Cho hình chópS.ABCcó đáy tam giác vuông tạiB,SA ⊥(ABC),SA =√3cm, AB=1cm,
BC =√2cm Mặt bên(SBC)hợp với đáy góc
A 30◦ B 90◦ C 60◦ D 45◦ Câu 24 (HK2 năm học 2016-2017, THPT Chuyên Long An, Long An).
Cho hình chóp tứ giác đềuS.ABCD cóO giao điểm AC vàBD, cạnh bên cạnh đáy bằnga Góc đường thẳngSCvà(ABCD)bằng:
A 45◦ B 30◦ C 60◦ D 90◦
Câu 25. GọiSlà diện tích tam giác ABCtrong mặt phẳng(P)vàS0là diện tích hình chiếu của∆ABC mặt phẳng(P0) (tức làS0 diện tích tam giác A1B1C1 mặt phẳng
(P0)), gọiαlà góc hai mặt phẳng(P)và(P0)
Trong mệnh đề sau, mệnh đề đúng?
A S=S0 cosα B S0 =S sinα C S=S0 sinα D S0 =S cosα Câu 26. Cho hình chópS.ABCD có đáy hình vng,∆SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy GọiHlà trung điểmAB Tính góc đường thẳng
SHvà mặt phẳng(ACD)
A 300 B 450 C 600 D 900 Câu 27 (Đề thi thử, THPT Phan Châu Trinh, Đà Nẵng, năm 2018).
Cho hình chópS.ABCcóSA ⊥(ABC) Tam giác ABCvng tạiAcóAB= a,BC =2a Tính góc hai mặt phẳng(SBC)và(ABC), biết rằngSC = a
√
21
(122)Câu 28. Cho hình chóp tứ giác S.ABCDcó cạnh đáy a, góc cạnh bên mặt đáy bằngβ(00 <β <900).Tínhtangóc hai mặt phẳng(SAB)và(ABCD)theoβ
A √2 cotβ B
√
3 tanβ C
√
2 tanβ D
√
3 cosβ Câu 29 (HK2 khối 11, THPT chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai 2018).
Cho hình chóp tứ giác đềuS.ABCDcó cạnh đáy bằng2, cạnh bên bằng3 Số đo góc cạnh bên mặt đáy (làm tròn đến phút)
A 61◦520 B 69◦180 C 28◦80 D 75◦20 Câu 30 (Đề TT-THPTQG, Chun Biên Hịa, Hà Nam 2018).
Cho hình lăng trụ đềuABC.A0B0C0có tất cạnh a GọiMlà trung điểm củaABvà αlà góc tạo đường thẳng MC0và mặt phẳng(ABC) Khi đótanαbằng
A
√
7
7 B
√
3
2 C
√
21
7 D
2√3
Câu 31. Cho đường thẳngdcắt khơng vng góc với mặt phẳng(P) Gọi(Q)là mặt phẳng thay đổi ln chứad Gọiϕlà góc giữa(P)và(Q) Chọn mệnh đề mệnh đề sau
A Chỉ tồn giá trị lớn nhất, không tồn giá trị nhỏ ϕ B Chỉ tồn giá trị nhỏ nhất, không tồn giá trị lớn ϕ
C Không tồn giá trị lớn không tồn giá trị nhỏ ϕ D Tồn giá trị lớn giá trị nhỏ ϕ
Giả thiết sau dùng cho câu 32, 33, 34, 35. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnha,SA⊥(ABC)vàSA = a
2
Câu 32. Góc hai mặt phẳng(SAB)và(ABC)bằng
A 00 B 450 C 600 D 900 Câu 33. Góc hai mặt phẳng(SAB)và(SAC)bằng
A 00 B 450 C 600 D 900 Câu 34. Góc hai mặt phẳng(ABC)và(SBC)bằng
A 00 B 300 C 450 D 600 Câu 35. Từ Ahạ AH⊥SM góc giữaSA# »vàAH# »bằng:
A 300 B 450 C 900 D 1500
(123)Giả thiết sau dùng cho câu 37, 38. Cho hình lập phươngABCD.A0B0C0D0
Câu 37. Mặt phẳng(ACC0A0)vng góc với mặt phẳng
A (BDD0B0),(ABCD),(BCC0B0) B (BDD0B0), (ABCD),(ABB0A0) C (BDD0B0),(ABCD),(A0B0C0D0) D (BDD0B0), (AA0D0D),(A0B0C0D0) Câu 38. Mặt phẳng(A0BCD0)vng góc với mặt phẳng
A (ABCD) B (ADC0B0) C (BCC0B0) D (ABB0A0) Câu 39. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 có
cạnh a Tính diện tích thiết diện hình lập phương bị cắt mặt phẳng trung trực(α) đoạn
AC0 A
√
3a2
2 B
3√3a2
4 C
√
3a2
4 D 3a2
2
A B
C D
A0 B0
C0 D0
Câu 40. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0cóAA0 =4AB=2AD Tínhsincủa góc tạo mặt phẳng(A0BD)với mặt phẳng(ABCD)
A 2√5 B
√
105
21 C
√
21
21 D
√
5 2 Đáp án lời giải
ĐÁP ÁN TRẮC NGHIỆM 1 B
2 A 3 D 4 B
5 B 6 B 7 B 8 D
9 D 10 C 11 C 12 C
13 C 14 A 15 D 16 C
17 A 18 D 19 B 20 A
21 B 22 A 23 C 24 A
25 D 26 D 27 A 28 C
29 A 30 D 31 D 32 D
33 C 34 B 35 D 36 B
37 C 38 B 39 B 40 B LỜI GIẢI CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM
Câu 1. Mệnh đề A sai góc hai mặt phẳng góc vng Mệnh đề B Mệnh đề C sai hai mặt phẳng(R)và(Q)có thể trùng
(124)Câu 2. Mệnh đề sai là: Nếu đường thẳng a vng góc với giao tuyến (P) (Q) a
vng góc với mặt phẳng(P)và vng góc với mặt phẳng(Q) Chọn đáp án A
Câu 3. Cho mặt phẳng (P) (Q) vng góc với nhau, đường thẳng a vng góc với mặt phẳng(Q), đóanằm trên(P)hoặc song song với(P)
Chọn đáp án D
Câu 4. (1): đúng; (2): sai; (3): đúng; (4): sai Chọn đáp án B
Câu 5. Hai mặt phẳng vng góc với có đường thẳng nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng
Chọn đáp án B
Câu 6. "Nếub⊥mthìb⊂(P)hoặcb ⊂(Q)" khẳng định sai có thểb6⊂ (P)vàb 6⊂ (Q) Chọn đáp án B
Câu 7. Mỗi đường thẳng a nằm (P) có đường thẳng b nằm (Q) cho a
vng góc vớib, đó(P)và(Q)có thể trùng Chọn đáp án B
Câu 8. Có khi(P)và(Q)cắt nhau, có vơ số khi(P) k(Q) Chọn đáp án D
Câu 9. Có khiakhơng vng góc với(P), có vơ số khiavng góc với(P) Chọn đáp án D
Câu 10.
Giả sửSA⊥(ABCD) Khi có mặt bên vng góc với mặt đáy làSAB,SAD
Chọn đáp án C
Câu 11. Mệnh đề A sai hai mặt phẳng cắt Mệnh đề B sai hai mặt phẳng tạo với góc khác900 Dễ thấy mệnh đề C Mệnh đề D sai trường hợp mp(P)và mp(Q)cùng vng góc với mp(R),(P)⊥(Q)thì khơng thể có đường thẳng vng góc với(P)và(Q)
Chọn đáp án C
(125)Câu 13. avà bchỉ cần nằm (P), (Q) vng góc với ∆là đủ, thêm đồng quy với∆càng tốt nên có tất mệnh đề
Chọn đáp án C
Câu 14.
Ta có giao tuyến hai mặt phẳng (SBC) và(ABC)
BC (1)
Ta có đường thẳngSA vng góc với mặt phẳng(ABC), mà đường thẳngBCnằm trong(ABC)nênSAvng góc vớiBC Ta có:
BC⊥BA ⊂(SAB)
BC⊥SA ⊂(SAB)
BA∩SA= A
Suy ra(SAB)⊥BC (2)
Lại có:
(SBA)∩(ABC) = BA
(SBA)∩(SBC) = BS (3) Từ (1), (2), (3) suy raα =SBA’
A
B
C S
α
Chọn đáp án A
Câu 15.
Ta có giao tuyến hai mặt phẳng (SBC) và(ABC)
BC (1)
Ta có đường thẳngSA vng góc với mặt phẳng(ABC), mà đường thẳngBCnằm trong(ABC)nênSAvng góc vớiBC Ta cóBCvng góc vớiAMtại M Như vậy:
BC⊥MA⊂(SAM)
BC⊥SA ⊂(SAM)
MA∩SA = A
Suy ra(SAM)⊥BC (2)
Lại có:
(SMA)∩(ABC) = MA
(SMA)∩(SBC) = MS (3) Từ (1), (2), (3) suy raα =SMA÷
A
B
C S
M
α
Chọn đáp án D
Câu 16.
Ta có giao tuyến hai mặt phẳng (SBC) và(ABC)
BC (1)
Ta có đường thẳngSA vng góc với mặt phẳng(ABC), mà đường thẳngBCnằm trong(ABC)nênSAvng góc với BC Do tam giác ABC cân A M trung điểm
BCnên BCvng góc vớiAMtại M Như vậy:
BC⊥MA⊂(SAM)
BC⊥SA ⊂(SAM)
MA∩SA = A
Suy ra(SAM)⊥BC (2)
Lại có:
(SMA)∩(ABC) = MA
(SMA)∩(SBC) = MS (3) Từ (1), (2), (3) suy raα =SMA÷
A
B
C S
M
α
(126)Câu 17.
Ta có hai mặt phẳng (ABCD) (SBD) cắt theo giao tuyến BD Lại có AO nằm (ABCD) vng góc với
BD O; SO nằm (SBD) vng góc với BD tạiO Do góc hai mặt phẳng (SBD) và(ABCD) góc hai đường thẳngOAvàOS, tức góc÷AOS
A
B C
D S
O
Chọn đáp án A
Câu 18. Dễ thấy BA⊥(ACD), AH⊥(BCD), suy góc mặt phẳng (BCD) mặt phẳng(ACD)bằng góc hai đường thẳngBAvàAH, tức góc BAH÷
Chọn đáp án D
Câu 19.
Ta có(ABC)và(SBC)có giao tuyến làBC (1) GọiMlà trung điểmBC, suy raAM⊥ BC (2) MàSA ⊥BC nênBC ⊥(SAM)suy raSM ⊥BC (3) Từ (1), (2) (3) suy
α = ((ABC),(SBC)) = (AM,SM) = SM Xét tam giácSAMvng Ata có
tanα = SA
AM =
3a a√3
2
=2√3
S
B
A C
M
Chọn đáp án B
Câu 20.
Ta cóBD⊥(SAC)nên(SAC) ⊥(SBD)
O
A B
S
C D
Chọn đáp án A
(127)Câu 22. Dễ thấy rằng:
(ACD)∩(BCD) =CD
(ABC)⊥CD
(ABC)∩(ACD) = AC
(ABC)∩(BCD) = BC
Như góc mặt phẳng(BCD) mặt phẳng (ACD) góc hai đường thẳng
ACvàBC, tức góc÷ACB Chọn đáp án A
Câu 23.
DoSA ⊥(ABC)nên (
SA ⊥AB SA ⊥BC
Mặt khácBC ⊥ ABnênBC ⊥SB Vậy góc (SBC)và đáy gócSBA’ =α Tam giácSABvng tạiAnên
tanα = SA
AB =
√
3⇒ α=60◦
A
B
C S
Chọn đáp án C
Câu 24.
Góc SC (ABCD) góc SC
vàOC Ta có:SO =OC nên∆SOCvng cân Vậy góc đường thẳng SC
(ABCD)là gócSCO’ =45◦
O
A B
S
C D
Chọn đáp án A
Câu 25. Mệnh đề làS0 =S cosα
Lưu ý.Ta có kết tổng qt (Định lí hình chiếu) sau: GọiS diện tích đa giác
(H ) mặt phẳng(P) vàS0 diện tích hình chiếu (H 0) của(H )trên mặt phẳng (P0) Khi đóS0 =S cosα, đóα góc hai mặt phẳng(P)và(P0)
Chọn đáp án D
Câu 26. Do tam giác SABđều cạnh anên SH⊥AB, mà(SAB) vng góc với(ABCD) theo giao tuyến ABnênSH⊥(ABCD) Như ta chọnD
Chọn đáp án D
(128)DựngAH ⊥BC tạiH Khi đó:
BC ⊥(SAH) ⇒BC ⊥SH Ta có:
(ABC)∩(SBC) = BC BC⊥AH,BC⊥SH
AH ⊂(ABC),SH ⊂(SBC)
Suy Ô
(ABC),(SBC)=SH Aữ Ta cú: AC =a3; AH = a
√
3 ; vàSA = 3a
2 Suy ra: tanSH A÷ =
SA AH =
√
3⇒SH A÷ =60◦
Vy Ô
(ABC),(SBC)=60
A
B
C S
H
a 2a a√21
2
Chọn đáp án A
Câu 28.
GọiOlà hình chiếu Strên (ABCD) Khi tam giácSOA,SOB,SOC,SODbằng nên cạnhOA,OB,
OC,ODbằng hayOlà giao điểm ACvàBD Hình chiếu cạnh bên SB mặt phẳng (ABCD) OB, đóSBO’ = β GọiMlà trung điểmAB Khi đó:
(SAB)∩(ABCD) = AB MS ⊂(SAB), MS⊥AB MO⊂(ABCD), MO⊥AB
Suy góc hai mặt phẳng(SAB) và(ABCD)là SM Ta có
tanSMO÷ = SO
OM =
OBtanβ 0, 5a =
a√2 tanβ
a =
√
2 tanβ. Chọn đáp án C
Câu 29.
Góc cạnh bênSBvà mặt phẳng(ABCD)là gócSBO
(Olà tâm hình vng ABCD) Ta có
OB= BD
2 =
2√2
2 =
√
2, cosSBO’ = OB
SB =
√
2
3 ⇒SBO’ =61 ◦520.
A D
C
B S
O
(129)Ta cóMClà hình chiếu củaMC0trên mặt phẳng(ABC)nên ◊
C0MC góc đường thẳng MC0 mặt phẳng (ABC) Do đóα=C◊0MC Tam giác ABCđều cạnhacóCMlà đường cao nênCM = a
√
3
Tam giácC0MC vng góc tạiCcóα =C◊0MCnên tanα = C
0C
CM = a a√3
2
= √
3
B A
A0
C C0
M
B0
α
Chọn đáp án D
Câu 31.
Gọi I giao điểm d (P) Lấy điểm A d khơng trùng với I Gọi H hình chiếu vng góc A (P) Gọi∆là giao tuyến của(P)và(Q) GọiKlà hình chiếu vng góc củaHtrên∆ Ta có góc giữa(P)và(Q)là gócϕ= AKH÷ Khi(Q) thay đổi thì∆ vàK thay đổi cịn A,H,I cố định Ta có:
cotϕ = HK
AH ≤ H I
AH =cotϕ0 Suy ϕ ≥ ϕ0 Do đóϕcó giá
trị nhỏ Giá trị lớn củaϕlà90◦ khi(Q) ⊥(P)
H I
K A
ϕ ∆
Chọn đáp án D
Câu 32. Chú ýSAvng góc với(ABC), màSA ⊂(SAB)nên(SAB)⊥(ABC) Chọn đáp án D
Câu 33. Chú ýSAvng góc với mặt phẳng đáy tam giác ABCđều
(SAB)∩(SAC) = SA
(ABC)⊥SA
(ABC)∩(SAB) = AB
(ABC)∩(SAC) = AC
((SABÔ),(SAC)) = (ÔAB,AC) =600
(130)Cõu 34. GọiMlà trung điểm cạnhBC, đóAMvng gócBC
(ABC)∩(SBC) = BC
(SAM)⊥BC
(ABC)∩(SAM) = AM
(SBC)∩(SAM) = SM
((ABCÔ),(SBC)) =(ÔMA,MS) =SMAữ
Ta cúAM = a √
3
2 , suy ratanSMA÷ =
SA AM =
1
√
3 ⇒ ÷
SMA=300 Chọn đáp án B
Câu 35. Ta cóSM =pSA2+AM2 = r
a4 +
3a2 =a Ta cóSA2=SH.SM ⇒SH = a
4
Do đó:
1
AH2 =
AS2 +
AM2 =
a2 + 3a2 =
16 3a2 cosSAH÷ =
AS2+AH2−SH2
=
a4
4 + 3a2
16 −
a2
16
√ =
√
(131)Suy raSAH÷ =300 Vậy góc hai vectơSA# »vàAH# »bằng 1800−300 =1500 Chọn đáp án D
Câu 36. Bốn mặt bên hai mặt chéo Chọn đáp án B
Câu 37. Mặt phẳng(ACC0A0)vng góc với mặt phẳng
(BDD0B0),(ABCD),(A0B0C0D0) Chọn đáp án C
Câu 38. Dễ thấy:
AB0⊥A0B AB0⊥A0D0
Suy AB0⊥(A0BCD0) Do đó(ADC0B0)⊥(A0BCD0)
Chọn đáp án B
Câu 39.
Gọi M trung điểm củaBC Ta có MA = MC0 =
a√5
2 nên M thuộc mặt phẳng trung trực AC 0. GọiN, P, Q, R,Slần lượt trung điểm củaCD, DD0,
D0A0,A0B0,BB0 Chứng minh tương tự ta có điểm thuộc mặt phẳng trung trực AC0 Vậy thiết diện hình lập phương bị cắt mặt phẳng trung trực(α)của đoạn AC0là hình lục giác MNPQRS có cạnh a
√
2
2 Diện tích S thiết diện cần tìm là:
S=6 a
√
2
!2
√
3 =
3√3a2
4
A
A0 R
S
N
C0 P
Q D0
D M
B C
Chọn đáp án B
(132)Giả sử
AA0 =4AB=2AD =4a Khi
(
AB= a AD=2a
GọiHlà hình chiếu củaAlênBD Khi ta có: (
AH ⊥BD
AA0 ⊥ BD ⇒BD ⊥(AA
0H).
Do đóA0H ⊥BD Vậy góc giữa(A0BD)với(ABCD)
là gócA◊0H A Ta có:
AH2 =
AB2 +
AD2 = 4a2 Suy AH = 2a
√
5
A D
A0 D0
B C
B0 C0
H
Do đóA0H =√AA02+AH2 =
√
105 VậysinA◊0H A= AA
0
A0H =
(133)BÀI 5. KHOẢNG CÁCH A TÓM TẮT LÍ THUYẾT
1 Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng, đến đường thẳng. Định nghĩa Khoảng cách từ điểm M đến mặt
phẳng(P) d(M;(P)) = MH, với H hình chiếu củaMtrên mặt phẳng(P)
Định nghĩa Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng ∆ d(M;∆) = MH, với H hình chiếu điểmMtrên∆
Nhận xét Giả sử đường thẳng∆cắt mp(P)tại M Trên∆lấy hai điểmAvàB Khi đó: d(A;(P))
d(B;(P)) =
AM BM
2 Khoảng cách đường thẳng mặt phẳng. Cho đường thẳng d song song với mặt phẳng(P) Khi khoảng cách giữadvà(P)bằng khoảng cách từ điểm trêndđến
(P)
3 Dựng đoạn vng góc chung hai đường thẳng chéo nhauavàb Khoảng cách giữa hai đường thẳng.
Cách 1(Sử dụng cho trường hợpa⊥b)
Dựng(P)chứabvà vng góc vớiatại A.
DựngABvng góc vớibtạiB Khi đoạnABlà đoạn vng góc chung avàb
Cách 2.
Dựng mặt phẳng(P)chứa đường thẳngbvà song song với đường thẳnga
Dựnga0là hình chiếu củaatrên mặt phẳng(P)như sau:
• Chọn Mtrêna, dựngMH⊥(P)tạiH
• Từ H, dựng đường thẳng a0 k a, cắt đường thẳng
btại điểmB
Từ B, dựng đường thẳng song song với MH, cắtatại A. Khi đoạnABlà đoạn vng góc chung củaavàb
Chú ý Từ cách2thấy rằng:d(a;b) = AB= MH =d(a;(P))
Do tốn u cầu tính d(a;b) thì ta tính d(a;(P)), với (P) là mặt phẳng chứabvà song song vớia
Khoảng cách hai đường thẳng chéo khoảng cách hai đường thẳng mặt phẳng song song với nó, chứa đường thẳng lại Khoảng cách hai đường thẳng chéo khoảng cách hai mặt phẳng song song chứa hai đường thẳng
(134)Cách 3.
Dựng mặt phẳng (P) chứa đường thẳng b và song song vớia
Dựng mặt phẳng(Q)chứaavà vng góc với(P) Xác định J = (Q)∩b
Từ J, dựng đường thẳng c⊥(P), đó c ⊂ (Q) vàc cắtatại I
Khi đoạnI Jlà đoạn vng góc chung củaavàb Cách 4.
Dựng mặt phẳng(P)vng góc với đường thẳngatại điểmO
Dựng hình chiếub0 củabtrên(P). Dựng hình chiếuHcủaOtrênb0.
Từ H, dựng đường thẳng song song vớia, cắtbtạiB. Từ B, dựng đường thẳng song song vớiOH, cắt a tại
A
Khi đoạnABlà đoạn vng góc chung củaavàb
B MỘT SỐ DẠNG TOÁN
Dạng 16 Tính khoảng cách từM đến đường thẳng∆. Phương pháp.
Cách 1.Dùng định nghĩa trang 133
Cách 2.Nếu có mặt phẳng(P)qua Mvà vng góc với∆tạiHthìd(M;∆) = MH
Bài Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình thoi tâmO,SA = AB=2a,÷ABC =600 vàSA⊥(ABCD)
a) Chứng minhBD⊥SC Tínhd(O;SC)
b) Tínhd(O;SB)vàd(D;SB)
LLời giải
a)Ta cóSA⊥(ABCD) ⇒SA⊥BD Mặt khácABCDlà hình thoi nên AC⊥BD Vậy:
BD⊥AC
BD⊥SA ⇒ BD⊥(SAC)⇒ BD⊥SC
GọiIlà hình chiếu củaOtrênSC Vì∆CASđồng dạng với∆CIOnên CS
CO = AS IO
Do đóOI = AS.CO
CS Suy ra:
(135)Vậyd(O;SC) = √a
2
b)KẻOH vng góc với SBtại H Khi d(O;SB) = OH Vì BD⊥(SAC), mà SO ⊂ (SAC)
nênBD⊥SO Vậy∆SOBvuông tạiO DoOHlà đường cao tam giác vuông∆SOBnên
OH2 =
OB2 +
OS2 =
2a √
3
2 +
1
SA2+AO2 = 3a2 +
1 5a2
Vậyd(O;SB) = OH = a √
30
KẻDKvng góc vớiSBtạiK Khi
d(D;SB) = DK=2HO=2a
√
30
4 =
a√30
Dạng 17 (Hãy liên hệ dạng với dạng 10 trang 64, dạng 15 trang 102) Tính khoảng cách từ điểmM đến mặt phẳng(P)
Phương pháp.
Cách 1.Dùng định nghĩa trang 133 Cách 2.
Bước 1.Tìm mặt phẳng(Q)chứaMvà(Q)⊥(P). Tìmd= (P)∩(Q)
Bước 2.Qua Mkẻ MH⊥dtại H Khi vìMH⊥(P) nên d(M;(P)) = MH
Lưu ý.
Nếu đường thẳng ∆ song song với
mp(P) d(∆;(P)) = d(M;(P)), với
Mlà điểm trên∆
Nếu mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng (Q) khoảng cách hai mặt phẳng(P)và(Q)là:
d((P);(Q)) =d(M;(P)) =d(N;(Q)), với M ∈ (Q),N ∈ (P)
Bài Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác ABC vuông cân B SA⊥(ABC) Biết
AC =2a,SA =a GọiM,N, Plần lượt trung điểm AB, BC, SB
a) Chứng minh MP k(SAC) Tínhd(MP,(SAC))
b) Chứng minh (MNP) k(SAC) Tínhd((MNP),(SAC))
c) Tính khoảng cách giữaSAvới(CMP)
LLời giải
a)Ta có:
MP6⊂(SAC)
MPk SA⊂(SAC)
Suy MPk(SAC) (1)
GọiIlà trung điểm củaAC Do tam giácABCcân tạiBnênBI⊥AC Lại cóSA⊥BI Từ suy raBI⊥(SAC) GọiHlà trung điểmAI
MH k BI Do đóMH⊥(SAC) Vậy
(136)Ta cóMH = BI
2 =
AC
4 =
a
2
b)
MN 6⊂ (SAC)
MN k AC ⊂(SAC) ⇒MN k (SAC) (2)
Mà MNvà MPlà hai đường thẳng cắt nằm trong(MNP)nên từ (1) (2) suy
(MNP) k (SAC) Từ
d((MNP);(ABD)) =d(M,(SAC)) = MH = a
2
c)Ta có:
SA 6⊂(CMP)
SA k MP ⊂(CMP)
Suy raSA k(CMP)⇒d(SA,(CMP)) =d(A,(CMP)) Hạ AK⊥CM (K ∈ CM) Ta có:
AK⊥CM
AK⊥MP ⇒ AK⊥(CMP) Sử dụng tính chất đồng dạng
của tam giác ta có AK
BC = AM
CM ⇒ AK =
AM.BC
CM Dễ dàng tính được: AB= BC =a√2,AM= a
√
2 ,
CM =pBC2+BM2 = r
2a2+a2 =
a√10
Từ đóAK = AM.BC
CM = a√2
2 a
√
2
a√10
= a √
10 Vậyd(SA,(CMP)) =d(A,(CMP)) = AK = a
√
10
Bài (ĐH 2014B) Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0có đáy tam giác cạnha Hình chiếu vng góc A0trên(ABC)là trung điểm cạnh AB Góc đường thẳng A0Cvà mặt đáy bằng600 Tính theoakhoảng cách từ điểm Bđến mặt phẳng(ACC0A0)
LLời giải
Gọi H trung điểm AB Theo giả thiết ta có A0H⊥(ABC) Do hình chiếu A0C
trên (ABC) HC, suy góc A0C mặt đáy là: ◊A0CH =600
A0H =HC tanA◊0CH
A0H = 3a
2 Gọi I hình chiếu vng góc củaHtrên AC Khi đó:
AC⊥I H⊂(A0I H)
AC⊥A0H⊂(A0I H)
I H∩A0H = H
Suy AC⊥(A0I H), mà AC ⊂ (ACC0A0)
nên (ACC0A0)⊥(A0I H).Mặt phẳng (A0I H)
vng góc với mặt phẳng (ACC0A0) theo giao tuyến A0I nên kẻ HK vng góc với A0I K thìK hình chiếu H
(ACC0A0), đó: d(H,(ACC0A0)) = HK Ta có:
(137)1
HK2 =
H I2 +
H A02 =
16 3a2 +
4 9a2 =
52
9a2 ⇒ HK= 3a
2√13;
d B,(ACC0A0)
=2d H,(ACC0A0)
=2HK = √
13a
13
Bài Cho tứ diệnOABC có ba cạnhOA,OB,OCđơi vng góc ĐặtOA = a,OB =b,
OC = c GọiKlà hình chiếu vng góc củaOtrênBC Chứng minh khoảng cách dtừO
đến mặt phẳng(ABC)bằng khoảng cách từOđếnAKvà
d2 =
a2 +
b2 +
c2
LLời giải
Ta cóAO⊥(OBC) Suy raOA⊥BC Vậy:
BC⊥OK ⊂(AOK)
BC⊥OA ⊂(AOK)
OK∩OA=O
⇒BC⊥(AOK) MàBC⊂(ABC)nên(ABC)⊥(AOK) Ta có:
(ABC)⊥(AOK)
(ABC)∩(AOK) = AK OH ⊂(AOK), OH⊥AK
⇒OH⊥(ABC) Do đód(O;(ABC)) =OH =d(O;AK).Ta có:
1
d2 =
OH2 =
OA2 +
OK2 =
OA2 +
OB2 +
OC2 =
a2 +
b2 +
c2 Lưu ý.Kết toán sử dụng nhiều
Dạng 18 Dựng đoạn vuông góc chung hai đường thẳng chéo nhau a và b. Khoảng cách hai đường thẳng.
Phương pháp.
Cách 1(Sử dụng cho trường hợpa⊥b)
Dựng(P)chứabvà vng góc vớiatại A.
DựngABvng góc vớibtạiB Khi đoạnABlà đoạn vng góc chung avàb
Cách 2.
Dựng mặt phẳng(P)chứa đường thẳngbvà song song với đường thẳnga
Dựnga0là hình chiếu củaatrên mặt phẳng(P)như sau:
• Chọn Mtrêna, dựngMH⊥(P)tạiH
• Từ H, dựng đường thẳng a0 k a, cắt đường thẳng
btại điểmB
Từ B, dựng đường thẳng song song với MH, cắtatại A. Khi đoạnABlà đoạn vng góc chung củaavàb
(138)Do tốn u cầu tính d(a;b) thì ta tính d(a;(P)), với (P) là mặt phẳng chứabvà song song vớia
Khoảng cách hai đường thẳng chéo khoảng cách hai đường thẳng mặt phẳng song song với nó, chứa đường thẳng cịn lại Khoảng cách hai đường thẳng chéo khoảng cách hai mặt phẳng song song chứa hai đường thẳng
Như vậy, dùng ý 10 ta tính khoảng cách hai đường thẳng chéo cách gián tiếp mà không cần dựng đoạn vng góc chung
Cách 3.
Dựng mặt phẳng (P) chứa đường thẳng b và song song vớia
Dựng mặt phẳng(Q)chứaavà vng góc với(P) Xác định J = (Q)∩b
Từ J, dựng đường thẳng c⊥(P), đó c ⊂ (Q) vàc cắtatại I
Khi đoạnI Jlà đoạn vng góc chung củaavàb Cách 4.
Dựng mặt phẳng(P)vng góc với đường thẳngatại điểmO
Dựng hình chiếub0 củabtrên(P). Dựng hình chiếuHcủaOtrênb0.
Từ H, dựng đường thẳng song song vớia, cắtbtạiB. Từ B, dựng đường thẳng song song vớiOH, cắt a tại
A
Khi đoạnABlà đoạn vng góc chung củaavàb
Bài Cho tứ diệnOABC, đóOA,OB,OCđơi vng góc vàOA =OB =OC = a Gọi I trung điểm BC Hãy dựng tính độ dài đoạn vng góc chung cặp đường thẳng:
OA BC;
1 2 I A OC
LLời giải
1 Ta cóOA⊥BC Mặt phẳng(OBC)chứaBCvà vng góc vớiOAtạiO KẻOI vng góc vớiBC tạiI, Ilà trung điểm BC VìOI vng góc vớiOAvàBC tạiOvà
InênOI đoạn vng góc chung hai đường thẳngOAvàBC Ta có
OI = BC
2 =
√
OC2+OB2
2 =
√
a2+a2
2 =
(139)Ta có(OAB)⊥OC(tạiO).KẻI Jvng góc vớiOBtại J, Jlà trung điểmOBvà
I J⊥(OAB)tại J Vậy AJ hình chiếu
AI (OBC) Chiếu vng góc O
AJ thành H Dựng HE k OC(E ∈ AI) Dựng EF k OH(F ∈ OC) Khi EF đoạn vng góc chung AI vàOC
EF = OH Trong tam giác vng AOJ ta có:
1
OH2 =
OJ2 +
OA2
=
a2 +
a2 =
a2 Suy raOH2 = a
2
5 ⇒OH =
a√5
5 VậyEF =
a√5
Lưu ý.Đối với câub), hình chiếu củaAI mặt phẳng(OBC)chứaOClàOI, màOI khơng vng góc vớiOC nên AI khơng vng góc vớiOC Do ta khơng sử dụng cách mà phải dựng đoạn vng góc chung trường hợp tổng quát (cách 4) Cũng dựng đoạn vng góc chung theo cách sau:
Dựng mặt phẳng chứa AI và song song vớiOClà(AI J).
TrênOCchọn điểmO, hình chiếu củaOtrên(AI J)chính hình chiếu H củaO AJ
VẽHE kOC,EthuộcAI VẽEF kOH,FthuộcOC Khi đóEFlà đoạn vng góc chung. Bài Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình vng cạnha GọiI, M, N, Plần lượt trung điểm AB, BC,SD, SBvà giả sửSI⊥(ABCD) Hãy dựng đoạn vng góc chung tính khoảng cách hai đường thẳngMN vàAP
LLời giải
Gọi J trung điểm SA Khi JN BM song song nửaADnênBMN J hình bình hành, đó:
MN k BJ ⊂ (SAB), suy MN k (SAB) Vậy mp(SAB)chứa APvà song song với MN Vì
BC⊥BA ⊂(SAB)
BC⊥IS⊂(SAB)
BA∩IS = I
nên BC⊥(SAB) Gọi G = AP∩ BJ Vẽ đường thẳng quaG, song song với BM, cắt MNtại Q Ta có:
BC⊥(SAB)
GQk BC ⇒ GQ⊥(SAB)
MàAP⊂(SAB)nênGQ⊥AB Lại có
MN k (SAB)
GQ⊥(SAB) ⇒ GQ⊥MN VậyGQlà đoạn vng
góc chung củaAPvàMN Khoảng cách hai đường thẳng MNvàAPbằngGQ= a
2 Bài Cho hình chópS.ABC cóSA vng góc với mặt phẳng (ABC), SA = a, đáy ABC tam giác cạnha Hãy dựng đoạn vng góc chung hai đường thẳngACvàSBvà tính khoảng cách hai đường thẳng
(140)Phân tích.Hình chiếu SBtrên mặt phẳng (ABC) chứa AC AB, mà ABkhơng vng góc với AC nênSB khơng vng góc với AC Do ta không sử dụng cách mà phải dựng đoạn vng góc chung trường hợp tổng qt (cách 4)
Giải.
•Dựng mặt phẳng vng góc vớiAC Gọi
D trung điểm AC, BD⊥AC Vẽ đường thẳng Ax qua A song song với
BD Khi đó:
Axk BD AC⊥BD
Suy AC⊥Ax Như
AC⊥Ax AC⊥AS
Suy ACvng góc với mp(S,Ax)tạiA
•Dựng hình chiếu củaSBtrên mp(S,Ax) Ta có mp(S,Ax) cắt SB S Vẽ đường thẳng qua B song song với AC, cắt Ax
tại E Khi BE⊥mp(S,Ax), suy hình chiếu SB mp(S,Ax) SE
mp(S,Ax)≡mp(SAE)
•DựngFlà hình chiếu củaAtrênSE
•Vẽ đường thẳng quaFsong song vớiBEcắtSBtại H
•QuaHvẽ đường thẳng song song với AFcắtACtạiK
Ta cóKH vng góc vớiACtạiKvà vng góc vớiSBtạiHnênHKlà đoạn vng góc chung hai đường thẳng ACvàSB
Ta có AFHKlà hình chữ nhật nên HK = AF Mặt khác AFlà đường cao tam giác vuông
SAEnên:
1
AF2 =
AE2 +
AS2 =
BD2 +
a2 = 3a2 +
1
a2 = 3a2 Khoảng cách hai đường thẳngSBvàAClà:
d(SB,AC) = HK = AF=a
r =
a√21
Lưu ý.Nếu dựng đoạn vng góc chung hai đường thẳngACvàSBtheo cách ta tiến hành sau:
Mặt phẳng chứaSBvà song song với AClà(SBE). Hình chiếu củaACtrên(SBE)được dựng sau:
• Trên ACchọn điểmA Hình chiếu củaAtrên(SBE)làF
• Từ Fvẽ đường thẳng song song vớiAC cắtSBtại H
• Khi đóFH hình chiếu củaACtrên(SBE) Từ Hvẽ đường thẳng song song vớiAFcắtACtạiK.
Khi đóHKlà đoạn vng góc chung hai đường thẳng ACvàSB.
Cách khác (sử dụng vectơ).Giả sử HK đoạn vng góc chung hai đường thẳng AC
vàSB, với H thuộc SB, K thuộc AC Ta biểu diễn KH# » theo ba vectơ không phương
# »
(141)=xAC# »+AS# »+yAB# »−AS# »=x# »AC+ (1−y)AS# »+yAB# »
Ta có:
# »
KH⊥# »AC⇔ KH# ».AC# »=0
⇔hxAC# »+ (1−y)AS# »+y# »ABi.AC# »=0
⇔xAC# »2+yAB# ».AC# »=0
⇔xAC2+yAB.AC cos 600=0
⇔a2x+1
2a
2y=0
⇔2x+y =0 Lại có:
# »
KH⊥SB# »⇔KH# ».AB# »−AS# »=0
⇔AB# »−AS# ».hxAC# »+ (1−y)AS# »+y# »ABi =0
⇔1
2a
2x+ya2−(1−y)a2 =0
⇔x+2y−2(1−y) =0
⇔x+4y=2
Ta có hệ:
2x+y =0
x+4y =2 ⇔(x;y) =
−2
7;
Như vậy:KH# » =−2
7
# » AC+3
7
# » AS+4
7
# » AB
Đoạn vng góc chung hai đường thẳngACvàSBlàHKvới HthuộcSB,KthuộcAC
# »
KH =−2
7
# » AC+3
7
# » AS+4
7
# »
AB Do đó:
7KH# » =3AS# »+4AB# »−2AC# »
⇔49KH# »2 =3AS# »+4# »AB−2# »AC2
⇔49KH2 =9AS2+16AB2+4AC2−16AB# ».AC# »
⇔49KH2 =9a2+16a2+4a2−8a2
⇔KH2 = 21a
2 49
Độ dài đoạn vng góc chung là:KH = a √
21
Bài (THPT Quốc gia năm 2015) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng (ABCD), góc đường thẳng SC mặt phẳng
(ABCD)bằng450 Tính theoakhoảng cách hai đường thẳngSBvàAC
(142)DoSA vng góc với mặt phẳng(ABCD)
nên hình chiếu SC (ABCD)
AC, góc đường thẳng SC mặt phẳng(ABCD)là góc hai đường thẳng CS CA, tức góc SCA’ = 450 Trong tam giác vng SAC, ta có: SA =
ACtan 450 HaySA = a√2 GọiElà điểm đối xứng củaDqua A, đó:
AC 6⊂ (SBE)
AC k BE⊂(SBE) ⇒ AC k(SBE)
Khoảng cách hai đường thẳngSBvà
AClà:
d(AC,SB) =d(AC,(SBE)) =d(A,(SBE))
Kẻ AH⊥BEtại H, kẻ AK⊥SH tạiK Khi đó:
AK⊥SH
AK⊥BE ⇒ AK⊥(SBE) ⇒d(A,(SBE)) = AK
DoAKlà đường cao tam giác vuôngSAH nên:
AK2 =
AS2 +
AH2 DoAHlà đường cao tam giác vuông ABEnên:
1
AH2 =
AB2 +
AE2 =
a2 +
a2 =
a2 Vậy
AK2 = 2a2 +
2
a2 =
2a2 ⇒ AK
2 = 2a2
5 ⇒ AK =
a√10 Khoảng cách hai đường thẳngSBvàAClà: AK = a
√
10
Bài Cho hình lập phươngABCD.A0B0C0D0có cạnh a Tính khoảng cách hai hai đường thẳngAC vàDC0
LLời giải
Gọi I tâm hình vng ADD0A0 Vì AC k A0C0 mà A0C0 nằm trong(A0C0D)nên AC k (A0C0D) Vậy
d(AC;DC0) =d(AC;(A0C0D)) =d(A;(A0C0D)) Vì giao điểm AD0và(A0C0D)là Inên ta có:
d(A;(A0C0D))
d(D0;(A0C0D)) =
I A ID0 =1 Từ ta suy
d(A;(A0C0D)) = d(D0;(A0C0D))
Do tứ diện D0A0C0D có ba cạnh D0A0, D0C0, D0D vng góc với đơi nên theo tốn trang 137 ta có:
1
[d(D0;(A0C0D))]2 =
1
D0A02 +
D0C02 +
D0D2 =
a2 Vậyd(AC;DC0) =d(D0;(A0C0D)) = a
√
3
(143)Bài 10 Cho lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy tam giác vuông AB= BC =a, cạnh bên
AA0 = a√2 Gọi M trung điểm BC Tính khoảng cách hai đường thẳng AM
B0C
LLời giải
GọiNlà trung điểmBB0
Khi đóMN k CB0 ⇒CB0 k (AMN) Như ta có:
d(AM;B0C) = d(B0C;(AMN)) = d(B0;(AMN))
Vì đường thẳngBB0cắt mặt phẳng(AMN)tại điểmNnên
d(B0;(AMN))
d(B;(AMN)) =
B0N BN =1
Suy d(AM;B0C) = d(B0C;(AMN)) = d(B;(AMN)) Vì tứ diện BAMN có BA, BM, BN
đơi vng góc nên theo tập trang 137, ta có:
d2 =
BA2 +
BM2 +
BN2 =
a2 +
a2 +
a2 =
a2 Vậyd(AM;B0C) = d= a
√
7
Bài 11 Cho hai đường thẳngavàb chéo nhận ABlàm đoạn vng góc chung(A ∈ a,
B ∈b) Các điểmM,N thay đổi trênavàbsao cho AM.BN =ckhơng đổi Tìm vị trí củaM,N choMNnhỏ
LLời giải
Phân tích.Ta cần tính MNtheoAB, AM, BN Một suy nghĩ tự nhiên tạo đoạn thẳng xuất phát từ M N có độ dài AB Như ta vẽ đường thẳngc qua
Mvà song song vớiAB Đến nảy sinh nhu cầu cần phải vẽ đường thẳng quaBvà song song vớiAM, cắtctạiP Khi MP = AB Đến ta tính MNtheo AB, AM,BN
và góc÷PBN, sau đưa đánh giá bất đẳng thức để tìm giá trị nhỏ MN Giải.Kẻ đường thẳnga0quaBvà song song vớia Khi đóABvng
góc với b vng góc với a0 nên AB vng góc với mặt phẳng
(b,a0) Lấy P thuộc a0 cho MP k AB Gọi ϕ góc tạo hai đường thẳngavàb Ta có:
MN2 = MP2+NP2
= AB2+BP2+BN2−2BP.BNcos÷PBN = AB2+AM2+BN2−2AM.BNcos÷PBN
≥ AB2+AM2+BN2−2AM.BNcosϕ
≥ AB2+2AM.BN−2AM.BNcosϕ
= AB2+2c−2ccosϕ= AB2+2c(1−cosϕ) Dấu đẳng thức xảy
AM =BN =√c, AM# »,BN# »=÷PBN = ϕ.
Vậy đoạn thẳngMN nhỏ bằngpAB2+2c(1−cosϕ), đạt khi AM = BN = √c vàAM# »,BN# »= ϕ
Cách khác (dùng vectơ).Ta có:
# »
MN = MA# »+AB# »+BN# »⇒ MN# »2 =MA# »+AB# »+BN# »2 Như vậy:
(144)= AB2+MA2+BN2+2MA# ».BN# »
= AB2+MA2+BN2+2MA.BNcosMA# »,BN# »
≥ AB2+ (MA2+BN2)−2MA.BNcosad,b
(1)
≥ AB2+2MA.BN−2MA.BNcosad,b
(2)
= AB2+2MA.BNh1−cosad,b i
= AB2+2ch1−cosad,b i
Do MN ≥
r
AB2+2ch1−cosad,b i
, dấu "=" xảy dấu "=" (1) (2) xảy hay:
(
cosMA# »,BN# »=−cosad,b
AM =BN =√c Vậy MNbé
r
AB2+2ch1−cosad,b i
, đạt (
cosMA# »,BN# »=−cosad,b
AM =BN =√c C BÀI TẬP ÔN LUYỆN
1 Đề bài
Bài 12 Cho tứ diện OABC có OA⊥(OBC) Gọi K hình chiếu vng góc O BC Chứng minh khoảng cách từOđến mặt phẳng(ABC)bằng khoảng cách từOđếnAK Bài 13 Cho tứ diệnOABCcóOA⊥(OBC),CO⊥CB Chứng minh khoảng cách từOđến mặt phẳng(ABC)bằng khoảng cách từOđến AC
Bài 14 Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh AB = a đường cao hạ từ S h Tính khoảng cách từ Ađến(SBC)
Bài 15 Cho hai điểm A,Bnằm phía với mặt phẳng(P) Trên đoạn ABlấy điểm Msao cho MA
MB =3 Tính khoảng cách từ Mđến(P), biết khoảng cách từ AvàBđến(P)tương ứng
làavàb
Bài 16 Cho hình chópS.ABCcóSA =a√2và vng góc với đáy Đáy tam giác vng
Bvà cóAB =a; Mlà trung điểmAB Tính khoảng cách SMvàBC
Bài 17 Cho tứ diện ABCDcó AC = BC = AD = BD = a, AB = c,CD = c0 Tính khoảng cách hai đường thẳngABvàCD
Bài 18 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnha Mặt bên SAB tam giác cân tạiSvà(SAB)vng góc với(ABCD), cạnh bênSCtạo với mặt phẳng đáy gócα Tính:
a) Chiều cao hình chópS.ABCD
(145)Bài 19 Cho hình hộp đứng ABCD.A0B0C0D0 có đáy hình thoi cạnh a, A“ = 600, góc đường chéoA0Cvà mặt phẳng đáy bằng600
a) Tính đường cao hình hộp
b) Tìm đường vng góc chung A0C vàBB0 Tính khoảng cách hai đường thẳng
Bài 20 Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0 có tất cạnh a Góc tạo cạnh bên mặt phẳng đáy bằng300 Hình chiếu Hcủa điểm Atrên mặt phẳng(A0B0C0)thuộc đường thẳngB0C0
a) Tính khoảng cách hai mặt phẳng đáy
b) Chứng minh hai đường thẳng AA0 B0C0 vng góc, tính khoảng cách chúng
c) Tính góc đường thẳngBC vàAC0
d) Tính góc (ABB0A0)và(A0B0C0)
Bài 21 Cho hình hộp chữ nhậtABCD.A0B0C0D0có
AB= AA0 =a,AC0 =2a
a) Tính khoảng cách từ điểm Dđến mặt phẳng(ACD0)
b) Tìm đường vng góc chung đường thẳng AC0 vàCD0 Tính khoảng cách hai đường thẳng
Bài 22 Cho hình chópS.ABCD, đáy hình chữ nhật vàAB=2a, BC =a Các cạnh bên hình chóp bằnga√2
a) Tính khoảng cách từSđến(ABCD)
b) Gọi F, Elần lượt trung điểm cạnh AB vàCD, K điểm thuộc đường thẳng AD Chứng minh khoảng cách hai đường thẳng EFvàSK không phụ thuộc vào vị trí củaKtrên đường thẳng AD Hãy tính khoảng cách theoa
Bài 23 Cho hình chóp tứ giác đềuS.ABCDcó AB = SA = a Gọi Mlà trung điểm SC Kí hiệu(P)là mặt phẳng qua AMvà song song vớiBD Tính khoảng cách từSđến(P) Bài 24 Cho hình lập phươngABCD.A0B0C0D0 Gọi M,Nlần lượt trung điểm đoạn thẳngAB, B0C0 Xác định đoạn vuông góc chung củaAN vàDM
Bài 25 Cho hình chópS.ABCD đáy nửa lục giác đều, SA = a vàSA vng góc với mặt phẳng(ABCD), AB = BC = CD = a Xác định đoạn vng góc chung củaBDvàSC Tính độ dài đoạn vng góc chung
2 Lời giải, hướng dẫn Câu 12.
Ta cóAO⊥(OBC), suy raOA⊥BC Vậy
BC⊥OK ⊂(AOK)
BC⊥OA ⊂(AOK)
OK∩OA=O
⇒BC⊥(AOK) MàBC⊂(ABC)nên(ABC)⊥(AOK) Ta có:
(ABC)⊥(AOK)
(ABC)∩(AOK) = AK OH ⊂(AOK), OH⊥AK
(146)Câu 13.
Ta cóAO⊥(OBC), suy raOA⊥BC Vậy
BC⊥CO ⊂(AOK)
BC⊥OA⊂(AOK)
OC∩OA=O
⇒BC⊥(AOC) MàBC ⊂(ABC)nên(ABC)⊥(AOC) Ta có:
(ABC)⊥(AOC)
(ABC)∩(AOC) = AC OH ⊂(AOC), OH⊥AC
⇒OH⊥(ABC) Do đód(O;(ABC)) =OH =d(O;AC)
Câu 14 Phân tích. Đề cho hình chóp tam giác ta phải ý đến tính chất: hình chóp đều, chân đường cao trùng với tâm đáy; tam giác tâm đường trịn ngoại tiếp trọng tâm trùng Còn việc xác định hình chiếu Atrên(SBC), bạn đọc xem lại dạng 17 trang 135 định lí trang 93
Giải.GọiHlà hình chiếu củaStrên(ABC) Khi H A,
HB, HC hình chiếu SA, SB, SC (ABC), mà
SA = SB = SC nên H A = HB = HC Từ kết hợp với giả thiết tam giác ABCđều suy H tâm tam giác ABC GọiElà trung điểmBC Khi đó:
BC⊥AE⊂(SAE)
BC⊥SE⊂(SAE)
AE∩SE=E
Suy BC⊥(SAE) Do (SBC)⊥(SAE) Như
(SBC)vng góc với(SAE)theo giao tuyếnSEnên từA
vẽAK vng góc với giao tuyếnSE, ta có:
AK⊥(SBC)⇒d(A,(SBC)) = AK
Ta có:2SSAE =SH.AE= AK.SE⇒ AK = SH.AE
SE Trong đó:
SH =h, AE= a √
3
SE=pSH2+HE2 = r
h2+ AE2
9 =
r
h2+ a2 12 =
r
12h2+a2 12 Vậy khoảng cách từ Ađến(SBC)là:
d(A,(SBC)) = AK = √
3 ·
2√3
√
12h2+a2 =
3ah
√
(147)Phân tích. Từ giả thiết thấy cần phải vẽ đường thẳng qua A, B,
Mvng góc với mặt phẳng(P)và cắt (P)
tương ứng A0, B0, M0 Khi AA0 = a,
BB0 =b
Giải. Gọi A0,B0,M0 hình chiếu A, B, M mặt phẳng (P) Khi ba điểm A, B, Mthẳng hàng nên A0, B0,
M0thẳng hàng;AA0, BB0, MM0là ba đường thẳng song song với nằm mặt phẳng vng góc với (P) Như tứ giác AA0B0Blà hình thang vng
A0 B0 Gọi K giao điểm AB0
MM0 Ta cần tínhMM0theoavàb
MK BB0 =
AM AB =
3
4 ⇒ MK = 3BB0
4 =
3b
4
KM0 AA0 =
B0K B0A =
BM BA =
1
4 ⇒KM
0 = AA0
4 ⇒KM
0 = a
MM0 = MK+KM0 = 3b
4 +
a
4 =
3b+a
4 Vậy khoảng cách từMđến(P)là:MM0 = 3b+a
4
Câu 16 Phân tích.DoSA⊥(ABC)nên hình chiếu củaSMtrên(ABC)là AM, màBCvng góc vớiAMnên theo định lí ba đường vng góc suy BCvng góc vớiSM Như toán rơi vào trường hợp đặc biệt nên việc dựng đoạn vng góc chung dễ dàng Ta cần xác định mặt phẳng chứa đường vng góc với đường
Giải.Ta có:
SA⊥(ABC)⇒ SA⊥BC Như vậy:
BC⊥BA ⊂(SAB)
BC⊥SA ⊂(SAB)
BA∩SA= A Suy ra:
BC⊥(SAB) ⇒BC⊥SM
Ta có (SAB) mặt phẳng chứa SM vng góc vớiBC tạiB TừBvẽBHvng góc với SM
tại H Do BC⊥(SAB) màBH nằm trong(SAB)
nên BC⊥BH Như BH vng góc cắt hai đường thẳngSM vàBCnên BH đoạn vng góc chung hai đường thẳng Ta có:
SABS =
2SA.AB= 2a
√
2.a= a
2
√
2 DoMlà trung điểm ABnên:
SMBS =
1
2SABS =
a2
2√2 ⇒
SM.HB
2 =
a2
2√2 ⇒ HB=
a2√2 2SM
Lại có:
SM2 = AM2+AS2 =2a2+a
2 =
9a2
4 ⇒SM = 3a
2 ⇒ HB =
√
2a
(148)Khoảng cách hai đường thẳngSMvàBClà:
d(SM,BC) = HB= √
2a
3 Câu 17.
GọiJ trung điểm củaCD Vì∆ACDcân Anên AJ⊥CD Vì
∆CBDcân B nên BJ⊥CD Vậy mặt phẳng (ABJ) vng góc vớiCDtại J Từ suy raCD⊥ABvà(ABJ)là mặt phẳng chứa
ABvà vng góc với CDtạiJ Kẻ J Ivng góc với ABtạiI Khi đóI J đoạn vng góc chung củaABvàCD Ta có
AJ =pAD2−DJ2 = r
a2−c 02
BJ =pBC2−CJ2 = r
a2−c 02
Vậy∆BJ Acân J, suy Ilà trung điểm AB Do
I J =pAJ2−AI2 = r
a2−c02 −
c2 =
p
4a2−(c02+c2)
2
Vậyd(AB;CD) =
p
4a2−(c02+c2)
2 (với điều kiện4a
2 >c02+c2). Câu 18.
a) Gọi H trung điểm AB, SH⊥AB, suy
SH⊥(ABCD) Vậy khoảng cách từSđến(ABCD)làSH, đóSH chiều cao hình chóp Vì hình chiếu đường thẳngSC trên(ABCD)là HC nên ÷SCH = α Trong∆SCH, ta có:
SH = HCtanα Mặt khác:
HC2 =BH2+BC2 = 5a
2 Suy HC= a
√
5 VậySH = a
√
5 tanα
b)GọiKlà trung điểm củaCD Khi
CD⊥HK ⊂(SHK)
CD⊥SH ⊂(SHK)
HK∩SH = H
⇒CD⊥(SHK)
Suy ra(SCD)⊥(SHK) Vì(SCD)∩(SHK) = SKnên kẻ đường cao H Icủa∆SHKthì H I
vng góc với(SCD)tạiI, khoảng cách từH đến(SCD)làH I Ta có
H I2 =
HS2 +
HK2 = 5a2tan2
α
+
a2 =
4+5 tan2α 5a2tan2
α Suy H I =
√
5atanα
√
4+5 tan2α
c)VìSH vàCDcùng vng góc với BCnên SHvàCDcùng song song với mặt phẳng trung trực(R)củaBC Khi đó(R)∩(ABCD) = MN, với MN k CDvàM, Nlần lượt trung điểm củaBC, AD.(R)∩(SHK) = EF, vớiEFk SHvàElà trung điểm củaHK.(R)∩(SCD) = PQ, vớiPQđi qua điểmFvàPQkCD Thiết diện hình thangMNPQ Ta có
(149)Câu 19.
a)VìAClà hình chiếu củaA0Ctrên(ABCD)nên◊A0CA =600 DoABCD hình thoi cạnh avà A“= 600 nên AC = 2AO =
√
3 Đường cao hình hộp ABCD.A0B0C0D0chính AA0 Mặt khác:AA0 = ACtan◊A0CA
Vậy AA0 =a√3 tan 600=3a
b)Ta có
BB0 6⊂(A0AC)
BB0 k A0A⊂(A0AC) Suy BB
0 k (A0AC). Gọi
Olà giao điểm ACvàBD Khi
BO⊥AC ⊂(A0AC)
BO⊥AA0 ⊂(A0AC)
AA0∩AC = A
⇒BO⊥(A0AC)
KẻOI k AA0(I ∈ A0C) kẻI J k BO(J ∈ BB0) Khi đóI J⊥(AA0C)(doI J k BO,BO⊥(A0AC)), mà theo
J ∈ BB0,BB0 k(A0AC),A0C ⊂(A0AC)
Do đóI J đoạn vng góc chung củaBB0vàA0C Khoảng cách hai đường thẳng
BB0và A0Clà
I J =BO =pAB2−AO2 = r
a2−3a2 =
a
2 Câu 20.
DoAH⊥(A0B0C0)nênAA◊0Hchính góc giữaAA0 mp(A0B0C0) Theo giả thiết thìAA◊0H =300
a)Khoảng cách hai mặt phẳng đáy
AH =AA0sin 300 = a
2
b)Ta có A0H =√A0A2−AH2. Vậy A0H =
r
a2−a =
a√3
Do∆A0B0C0đều cạnha, điểmH ∈ B0C0mà A0H =
a√3
2 nên A
H đường cao ∆A0B0C0 H
là trung điểm B0C0 Mặt khác AH⊥B0C0 nên B0C0
vuông góc với AA0 Ta có (AA0H) mặt phẳng chứa AA0 vng góc với B0C0 H Kẻ đường cao HK ∆AA0H, HK khoảng cách AA0 B0C0 Do AA0.HK = H A0.H A
nên
HK= AH.A
0H
A0A = a
2
a√3
a = a√3
4
c)VìBC k B0C0nên góc BCvàAC0bằng góc giữaC0AvàC0B0, tức góc ◊AC0H Ta có tan◊AC0H = AH
HC0 =
a :
a
2
=1⇒ ◊AC0H=450
d)Ta có(ABB0A0)∩(A0B0C0) = A0B0 Trong(ABB0A0)kẻAI vng góc vớiA0B0tại I Khi
A0B0⊥AI
A0B0⊥AH ⇒ A
0
B0⊥I H Vậy góc giữa(ABB0A0)và(A0B0C0)là góc giữaI AvàI H Ta có
I H= B0Hsin÷IB0H = a
√
3
4 , tanAI H’ =
AH H I =
2
√
3 ⇒ ’
(150)Câu 21.
a)GọiHlà hình chiếu củaDtrên(ACD0) Xét tứ diệnDACD0
cóDA⊥DC, DC⊥DD0, DD0⊥DA, theo tập 19 trang 72 ta có:
1
DH2 =
DA2 +
DC2 +
DD02
Ta cóDC =a, DD0 =a Theo định lí Pitago ta được:
DA2 =CA2−CD2, suy ra:
DA2 = AC02−CC02
−a2 =2a2 Vậy
DH2 = 2a2 +
1
a2 +
a2 = 2a2
Khoảng cách từ điểmDđến(ACD0)làDH = a √
10
b)VìCD= DD0 =anênCD0⊥C0D Mặt khácAD⊥(CDD0C0)nênCD0⊥DA, suy raCD0⊥AC0
và(AC0D)là mặt phẳng chứa AC0, vng góc vớiCD0 I =CD0∩C0D Trong(AC0D), kẻ
I J⊥AC0 J Khi I J đoạn vng góc chung AC0 CD0 Vì ∆C0J I đồng dạng với
∆C0DA nên
I J AD =
IC0
AC0 ⇒ I J = AD C0D
2AC0
MàC0D =a√2nên I J =a√2.a
√
2 2.2a =
a
2 Câu 22.
a)GọiHlà hình chiếu củaStrên(ABCD) VìSA =SB=SC =SD=a√2
nên∆SH A=∆SHB =∆SHC=∆SHD
Suy H A = HB = HC = HD, mà ABCD hình chữ nhật nênH giao điểm ABvàCD Khoảng cách từSđến mặt phẳng ABCDlàSH Ta có:
SH2=SA2−AH2 =SA2− AC
2
=SA2− AB
2+BC2
=2a2−4a
2+a2
4 =
3a2
4 VậySH = 3a
2
b)VìEF k AD ⊂ (SAD) nên EF k (SAD), mặt khác SK nằm trong(SAD)nên khoảng cách giữaEF vàSK khoảng cách giữaEF và(SAD), khoảng cách từ H
đến (SAD) Vậy khoảng cách EF vàSK không phụ thuộc vào vị trí K đường thẳng AD Tiếp theo ta tính d(EF;SK)) Gọi I trung điểm AD Kẻ đường cao H J tam giác vngSH I, đóH J⊥(SAD) Do đód(H;(SAD)) = H J Ta có
H J.SI =SH.H I, SI2 =SA2−AI2 =2a2− a
2 =
7a2
4 Từ H J = SH.H I
SI =
a√3 a
! : a
√
7
2 =
a√21
7 Như khoảng cách hai đường thẳngEFvàSKkhông phụ thuộc vào vị trí củaKtrên đường thẳng ADvà a
√
(151)Do S.ABCD hình chóp nên hình chiếu củaS trên(ABCD)trùng với tâmO
của hình vngABCD Ta có:
BD⊥AC ⊂(SAC)
BD⊥SO ⊂(SAC)
AC∩SO =O
Suy BD vng góc với mặt phẳng
(SAC) Như vậy:
BD⊥(SAC) (P)k BD
Suy ra(P)vng góc với(SAC)theo giao tuyếnAM Do hình chiếu củaStrên(P)
chính hình chiếuHcủaStrên giao tuyến
AM Khoảng cách từSđến mặt phẳng(P)
làd(S,(P)) =SH
Ta có:2S∆SAM =SH.AM.
Mặt khác do AM là trung tuyến của∆SACnên 2S∆SAM = S∆SAC (do hai tam giác này có đường cao kẻ từ AvàSC =2SM)
Ta có:SA2+SC2 =2a2 = AC2, suy tam giácSACvng cân tạiS, đó
S∆SAC =
1
2SA.SC =
a2
2 ∆SAMvng tại Anên theo định lí Pitago, ta có:
AM2=SA2+SM2 =a2+ a
2 =
5a2
4 Như vậy:
SH.AM = a
2
2 ⇔SH
a√5
2 =
a2
2 ⇔
√
5SH =a⇔ SH = √a
5 Khoảng cách từSđến(P)là:d(S,(P)) =SH = a
√
5 Lưu ý.Có thể tính SHnhư sau:
1
SH2 =
SA2 +
SM2 =
a2 +
a2 =
a2 ⇒SH =
a√5 Câu 24.
Phân tích.Trước hết ta cần xét xem hai đường thẳng AN vàDM
có vng góc với hay khơng Bạn đọc cần nhớ lại kết quen thuộc hình học THCS làDM⊥AP, với Plà trung điểmBC Khi ta dễ dàng chứng minh đượcDMvng góc với
(ANP), DM⊥AN ta sử dụng cách để dựng đoạn vng góc chung
(152)Ta có∆ABPbằng∆DAM Suy radD1 =dA1 Do đó: dA1+‘M1
=dD1+‘M1=900 Suy raDM⊥AP
Giải.GọiPlà trung điểm đoạn thẳngBC Khi đó:
DM⊥AP⊂(APN)
DM⊥PN ⊂(APN)
AP∩PN =P
Suy DM⊥(APN), DM⊥AN Gọi E giao điểm DM với AP Vẽ EF vng góc với AN F Khi đó, doDMvng góc với(APN), màEFnằm
(APN)nên DMvng góc vớiEF Như vậyEFlà đoạn vng góc chung củaDMvàAN
Câu 25 Phân tích. Đáy ABCD nửa lục giác nên AD đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD, AD = 2a Để ý DB⊥BA Hình chiếu củaSC mặt phẳng
(ABCD) chứaBDlà AC Do ACkhơng vng góc với BDnên SCkhơng vng góc với BD, để dựng đoạn vng góc chung ta khơng sử dụng cách mà sử dụng cách 2, 3, DoABCDlà nửa lục giác nên÷DBA=900(góc
nội tiếp chắn nửa đường trịn) Ta có:
BD⊥BA
BD⊥SA ⇒ BD⊥(SAB)
Vẽ đường thẳng quaC song song với BD, cắt AB
tạiK, đóCKvng góc với(SAB) Hình chiếu củaSCtrên(SAB)làSK VẽBHvng góc vớiSK
tại H Vẽ H Jsong song với BD(J thuộcSC) Vẽ J I
song song vớiBH (I thuộc BD) Khi I J đoạn vng góc chung BDvàSC Tiếp theo ta tính độ dài I J DoBH J I hình chữ nhật nênI J =BH Ta có tam giác ADBđồng dạng với tam giác BCK
vàAD=2a =2BC, suy
AB = 2BK ⇒ BK = a
2 Tam giácKHBđồng dạng với tam giácKAS, suy ra:
BH SA =
KB
KS ⇒BH =
SA.KB KS
Ta có:SA= a, KS=pSA2+KA2 = r
a2+9a2 =
r 13a2
4 Như vậy: I J =BH = SA.KB
KS = a a
2 :
a√13
2 =
a
√
13 Lưu ý.Nếu sử dụng cách ta tiến hành sau:
Mặt phẳng chứaSCvà song song vớiBDlà(SCK). Ta xác định hình chiếu củaBDtrên(SCK)như sau:
• TrênBDchọn điểmB
• Ta có(SCK)vng góc với(SAK) theo giao tuyếnSK nên cần vẽ đường thẳng qua B vng góc với giao tuyến SK có BH vng góc với mặt phẳng
(153)Khi hình chiếu củaBDtrên(SCK)làH JvàH J∩SC = J Vẽ đường thẳng qua Jsong song vớiBH cắtBDtại I.
Khi đó I J cùng vng góc vớiBD vàSC nên đoạn vng góc chung hai đường thẳng
D BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM 1 Đề bài
Câu 1. Tìm mệnh đềđúngtrong mệnh đề sau:
A Đường vng góc chung hai đường thẳng chéo nằm mặt phẳng chứa đường thẳng vng góc với đường thẳng
B Đường vng góc chung hai đường thẳng chéo vng góc với mặt phẳng chứa đường thẳng song song với đường thẳng
C Một đường thẳng đường vng góc chung hai đường thẳng chéo vng góc với hai đường thẳng
D Các mệnh đề sai
Câu 2. Tìm mệnh đềsaitrong mệnh đề sau:
A Khoảng cách đường thẳng avà mặt phẳng (P) song song với alà khoảng cách từ điểm Abất kì trênađến(P)
B Khoảng cách hai mặt phẳng song song khoảng cách từ điểm Mbất kì mặt phẳng đến mặt phẳng
C Khoảng cách hai đường thẳng chéo a b khoảng cách từ điểm M
thuộc mặt phẳng(P)chứaavà song song vớibđến điểmNbất kì trênb
D Nếu hai đường thẳng a b chéo vng góc với đường vng góc chung chúng nằm mặt phẳng (P) chứa đường thẳng vng góc với đường thẳng
Câu 3. Giả sử đường thẳng ∆ cắt mặt phẳng (P) M Trên∆lấy hai điểmAvàB Khi d(A;(P))
d(B;(P))
A 2AM
BM B AM
2BM C AM
BM D
2AM
3BM
Câu 4. Hình tứ diện ABCDcó AB = AC = AD =3và AB, AC, ADđơi vng góc với Diện tích tam giácBCDbằng:
A
√
3
2 B
9√2
3 C 27 D
27
Câu 5. Cho hình chóp tứ giác đềuS.ABCDcó tất cạnh bằnga Chiều cao hình chóp bằng:
A a
√
2
3 B
a√3
2 C
a√3
4 D
(154)Cho hình lập phươngABCD.A0B0C0D0có cạnh bằnga(tham khảo hình vẽ bên) Khoảng cách hai đường thẳng BD A0C0
bằng
A √3a B a C
√
3a
2 D
√
2a
A0
B0 C0 D0
A
B C
D
Câu 7. Cho tứ diện ABCD có BCD tam giác cạnh a, AB⊥(BCD) AB = a Tính khoảng cách từ điểmDđến mặt phẳng(ABC)
A a
√
3
4 B
a
2 C
a√3
2 D
a√2
Câu 8. Cho tứ diện ABCD có BCD tam giác cạnh a, AB⊥(BCD) AB = a Tính khoảng cách từ điểmBđến mặt phẳng(ADC)
A a r
7
3 B
a√21
14 C
a√3
2 D
a√21 Câu (HK2 khối 11, Chuyên Lương Văn Chánh, Phú n, 2018).
Cho hình chópS.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng
(ABCD) Tính khoảng cách từ điểmBđến(SAC) A a
√
2
2 B
a√2
4 C
a
2 D
a√2
Câu 10. Cho tứ diện ABCD có cạnh a Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng
BC A a
√
3
4 B
a√6
3 C
a√3
2 D
a√2 Câu 11 (Thi thử THTT-Lần năm 2018).
Số mặt phẳng cách tất đỉnh hình lăng trụ tam giác A B C D
Câu 12. Cho hình chópS.ABCDcó đáy hình vng cạnha,∆SABlà tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy Tính khoảng cách từ điểmSđến mặt phẳng
(ACD) A a
√
3
3 B
a√3
2 C
a√3
4 D
a
2
Câu 13. Cho tứ diện đềuABCDcó cạnha Tính khoảng cách từAđến mặt phẳng(BCD) A a
√
6
2 B
a√6
3 C
a√3
3 D
a√2 Câu 14 (Đề HK2 khối 11, 2017 - 2018 Sở GD & ĐT Hà Nam).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng Biết SAB tam giác (SAB)
vng góc với(ABCD).Tìm khẳng định khẳng định sau: A d(S,(ABCD)) =d(A,(SBC)) B BD ⊥(SAC)
(155)Câu 15. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0 có ba kích thước AB = a, AD = b, AA0 = c Trong kết sau, kết nàosai?
A BD0 =√a2+b2+c2.
B Khoảng cách hai đường thẳng AB vàCC0
bằngb
C Khoảng cách từ Ađến(BB0D)bằng √ ab
a2+b2 D Khoảng cách từ A đến (BB0D0D)
abc
√
a2+b2+c2
Câu 16. Cho hình hộp thoiABCD.A0B0C0D0cóBAD÷ =◊BAA0 = DAA◊0 =600và cạnh bằnga Tính khoảng cách hai mặt phẳng đáy(ABCD)và(A0B0C0D0)
A a
√
6
3 B
a√6
2 C
a√11
√
12 D
2a√3
Câu 17. Cho hình chóp S.ABC cóSA = SB = SC = a, ASB’ = BSC’ = 600, ASC’ = 900 Tính chiều cao hình chóp theoa
A a
√
3
2 B
a√2
2 C
a
2 D
2a
3
Câu 18. Cho hình chóp S.ABCDcó đáy ABCD hình vng cạnh bằngavàSA⊥(ABCD),
SA= a √
6
3 Tính khoảng cách hai đường thẳngSCvàBD A a
√
2
4 B
a√2
2 C
a√2
8 D
a
2
Câu 19. Cho hình chópS.ABCDcó đáy hình vng cạnha, ∆SABlà tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy Tính khoảng cách từ điểm Ađến mặt phẳng
(SCD) A a
√
21
7 B
2a√21
7 C
a√7
21 D
a√3 Câu 20 (HK2 khối 11, THPT chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai 2018).
Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình vng cạnh a vàSA vng góc với mặt đáy Biết
SA=2a Khoảng cách hai đường thẳng ABvàSCbằng A a√2 B a
√
5
2 C
2a√5
5 D
a
2 Câu 21 (Đề TT-THPTQG, Chuyên Biên Hòa, Hà Nam 2018).
Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình vng cạnh bằnga,SA⊥(ABCD),SA=a√3 GọiMlà trung điểm SD.Tính khoảng cách hai đường thẳngABvàCM
A 3a
4 B
a√3
2 C
a√3
4 D
2a√3
Câu 22. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1 có đáy hình vng cạnh a, chiều cao
AA1 =2a Tính khoảng cách từ Ađến(BDD1B1) A a
√
2
√
3 B
a
2 C
a
√
3 D
a√2
Câu 23. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1 có đáy hình vng cạnh a, chiều cao
AA1 =2a Tính khoảng cách từD1đến(DA1C1) A a
√
2
3 B
a
√
3 C
2a
3 D
3a
(156)Câu 24. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1 có đáy hình vng cạnh a, chiều cao
AA1 =2a Tính khoảng cách từ Bđến A1C A a
√
30
3 B
a√30
6 C
a√30
12 D
a√10 Câu 25 (HK2 khối 11, Chuyên Lương Văn Chánh, Phú Yên, 2018).
Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A0B0C0D0 có đáy hình thoi cạnh a, BAD÷ = 120◦ vàAC0 =
a√5 Khoảng cách hai đường thẳng AB0 vàBDlà A √6a
17 B
8a
√
17 C
2a
√
17 D
10a
√
17
Câu 26. Cho hình chópS.ABCD, đáyABCDlà hình chữ nhật,AB=a,AD=a√3,SD=a√7 vàSA⊥(ABCD) Gọi M, N trung điểm củaSAvàSB Tính khoảng cách từSđến mặt phẳng(MND)
A a
√
2
3 B
a
√
3 C
a√3
2 D
a√3 Câu 27 (Đề KSCL Toán 12 lần năm 2017 - 2018, Phan Chu Trinh, Đắk Lắc).
Cho hình chópS.ABCcó đáyABClà tam giác cạnha,SA ⊥(ABC), góc đường thẳng
SBvà mặt phẳng(ABC)bằng60◦ Tính khoảng cách hai đường thẳng ACvàSB A a
√
2
2 B
a√15
5 C 2a D
a√7 Câu 28 (Đề thức THPTQG 2019, Mã đề 104).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, mặt bên (SAB) tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy (minh họa hình vẽ bên) Khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) bao nhiêu?
A a
√
2
2 B
a√21
28 C
a√21
7 D
a√21 14
A
B C
D S
Câu 29. Cho hình chóp S.ABCDcó đáy hình thoi cạnha, cạnh bênSA vng góc với đáy, ÷
BAD =1200, Mlà trung điểm cạnh BCvàSMA÷ =450 Tính theoakhoảng cách từ điểm
Dđến mặt phẳng(SBC) A a
√
3
4 B
a√6
4 C
a√6
2 D
a√3
Câu 30. Cho hình chópS.ABCcó đáy ABClà tam giác vng cân A Mặt bênSBClà tam giác cạnh a (SBC) vuông góc với mặt đáy Tính theo a khoảng cách hai đường thẳngSAvàBC
A a
√
3
8 B
a√6
4 C
a√3
4 D
a√3
Câu 31. Cho hình chóp S.ABCDcó đáy hình vuông cạnh avàSA⊥(ABCD), SA = h Gọi
Mlà trung điểm củaSD Tính khoảng cách hai đường thẳngABvàCMtheoavàh A √h.a
a+h B
h.a
√
a2+h2 C
2h.a
√
a2+h2 D
2h.a
√
a+h
2 Đáp án lời giải
(157)1 B 2 C 3 C 4 A
5 D 6 B 7 C 8 D
9 A 10 C 11 D 12 B
13 B 14 A 15 D 16 A
17 B 18 A 19 A 20 C
21 B 22 D 23 C 24 B
25 C 26 C 27 B 28 C
29 B
30 C
31 B
LỜI GIẢI CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM
Câu 1. Xem lại dạng18ở trang137(cách 2)thấy mệnh đềBđúng Chọn đáp án B
Câu 2. Xem lại dạng18ở trang137(cách 2)thấy mệnh đềCsai Xem lại dạng18ở trang 137(cách 1)thấy mệnh đềDđúng Dễ thấy mệnh đềA,Blà mệnh đề Chọn đáp án C
Câu 3.
Chọn đáp án C
Câu 4. Do∆BCDlà tam giác cạnh√18nên có diện tích
S∆BCD = 18
√
3
4 =
9√3 Chọn đáp án A
Câu 5.
Do S.ABCD hình chóp tứ giác nên đáy
ABCDlà hình vng cạnh bên GọiOlà hình chiếu củaStrên mặt phẳng(ABCD) Khi tam giác SOA, SOB, SOC, SOD nên bốn đoạn thẳngOA, OB, OC,OD Suy O trùng với tâm hình vng
ABCD, hay O giao điểm AC BD Vậy chiều cao hình chóp là:
SO=pSB2−OB2= r
a2− a2
=
r
a2 =
a√2
S
A B
C D
O
Chọn đáp án D
Câu 6.
Do BD A0C0 nằm hai mặt phẳng (ABCD)
(A0B0C0D0)song song với nên
d(A0C0,BD) =d((ABCD),(A0B0C0D0))
MàABCD.A0B0C0D0 hình lập phương nên ta có
d((ABCD),(A0B0C0D0)) = AA0 =a Vậyd(A0C0,BD) = a
A0
B0 C0 D0 A
B C
D
(158)Câu 7.
GọiIlà trung điểm BC Ta có:
DI⊥BC DI⊥BA
Suy raDI⊥(ABC) Do đó:
d(D; (ABC) = DI = a √
3
Chọn đáp án C
Câu 8.
GọiMlà trung điểmDC
CD⊥BM CD⊥AB
Suy raCD⊥(ABM) ⇒(ABM)⊥(ACD) Lại có(ABM)∩(ACD) = AM
KẻBH⊥AMtạiH Khi đóBH⊥(ACD) Bởi vậy:d(B;(ACD)) =BH
Trong tam giác vngABM, ta có:
BH2 =
BA2 +
BM2
=
a2 +
a√3
!2 =
a2 + 3a2 =
7 3a2
Do đód(B;(ACD)) = BH =a r
3 Chọn đáp án D
Câu 9.
GọiOlà tâm hình vng ABCD VìSA ⊥(ABCD)nênSA ⊥BD
DoABCDlà hình vng nênBD⊥ AC Do đó,BD ⊥(SAC)
Vậy,d(B,(SAC)) = BO= BD
2 =
a√2
A
B
O
C
D S
Chọn đáp án A
Câu 10. Trong mặt phẳng(ABC), hạ AM vng góc với BC (M ∈ BC) Khoảng cách từ A
đếnBClà AM= a √
(159)Câu 11. Có4mặt phẳng cách tất đỉnh hình lăng trụ tam giác
Chọn đáp án D
Câu 12. Gọi H trung điểm AB Do tam giác SAB cạnh a nên SH⊥ABvà SH =
a√3
2 , mà (SAB)vuông góc với (ABCD) theo giao tuyến ABnên SH⊥(ABCD) Vậy khoảng cách từSđến(ABCD)làSH = a
√
3 Chọn đáp án B
Câu 13.
GọiMlà trung điểmBC GọiOlà hình chiếu Atrên(BCD) DoAB=AC=ADnên∆AOB=∆AOC =∆AOD(c-g-c)
Suy raOB=OC=OD, suy raOlà tâm ∆BCD Do∆BCDđều nên O trọng tâm ∆BCD, suy O ∈ DM Khoảng cách từAđến(BCD)làOA Vì∆BCDđều cạnhanên:
DM = a √
3
2 ⇒OD=
3DM =
a√3
Sử dụng định lí Pitago cho tam giác vngOADcó
OA2= AD2−OD2= a2− a
2 =
2a2
3 ⇒OA =
a√6 Vậyd(A,(BCD)) = a
√
6 Chọn đáp án B
(160)GọiHlà trung điểm AB Vì tam giác(SAB)đều nên
SH ⊥ AB Vì (
SH ⊥ AB
(SAB) ⊥(ABCD) nên SH ⊥ (ABCD)
GọiKlà trung điểm củaSB.Vì4SABđều nênAK ⊥SB
vàAK =SH.Ta có (
BC ⊥ AB
BC ⊥SH ⇒BC ⊥(SAB) ⇒ BC⊥ AK
Suy AK ⊥(SBC) ⇒d(A,(SBC)) = AK (1)
Mặt khácSH ⊥(ABCD) ⇒d(S,(ABCD)) =SH (2)
Từ(1)và(2) ⇒d(S,(ABCD)) =d(A,(SBC))
S
B C
H A K
D
Chọn đáp án A
Câu 15.
Khẳng định A đúng, cơng thức tính độ dài đường chéo hình hộp chữ nhật Khoảng cách hai đường thẳng ABvàCC0 độ dài đoạn vng góc chung BC = b, B Gọi H hình chiếu vng góc củaAlênBD, dễ chứng minh BH vng góc với (BB0D0D) Tam giác
ABDvng Avới đường cao AH, ta có:
AH2 =
AB2 +
AD2 =
a2 +
b2 =
a2+b2 a2b2 Vậy khoảng cách từ Ađến(BB0D)là:
d A,(BB0D0D)
= AH = √ ab
a2+b2
Như khẳng địnhCđúng Do(BB0D) ≡(BB0D0D)nên khẳng địnhDsai Ta chọnD Chọn đáp án D
Câu 16.
Lưu ý khoảng cách hai mặt phẳng song song khoảng cách từ điểm mặt phẳng đến mặt phẳng Từ giả thiết ta suy tam giácA0AD,BAD, A0ABlà tam giác cân có góc đỉnh bằng600nên chúng tam giác Vậy tứ diện A0ABD có cạnh a, hay A0ABD tứ diện Khi hình chiếu A0
(ABCD) trọng tâm H tam giác ABD Khoảng cách hai mặt phẳng đáy (ABCD) (A0B0C0D0) độ dàiA0H Ta có:
A0H2= A0A2−AH2= a2− a √
3
!2
= a2− a
2 =
2a2
3 Vậy A
0H = a
√
(161)Vì SA = SB = SC = a,ASB’ = BSC’ = 600 nên ∆SAB, ∆SBClà tam giác đều, suy raAB =BC =a VìSA⊥SC
nên AC2 = SA2+SC2 = 2a2, suy AC2 = BA2+BC2, ∆ABC vng B Gọi H hình chiếu củaS
(ABC) Khi H A,HB,HC hình chiếu
SA,SB,SC (ABC), mà SA = SB = SC nên H A =
HB = HC, hayHlà tâm đường tròn ngoại tiếp∆ABC Vì∆ABC vng B nên H trung điểm AC Vậy chiều cao hình chóp
SH =√SA2−AH2 = a
√
2 Chọn đáp án B
Câu 18.
Ta có(SAC) mặt phẳng chứa SC vng góc với BD Gọi O giao điểm AC BD Trong (SAC), từ O, kẻ OK⊥SC K Vì BD⊥(SAC) mà OK ⊂ (SAC) nên
BD⊥OK VậyOK đoạn vng góc chung củaSC vàBD Khoảng cách hai đường thẳngSC BDbằng độ dài đoạn vng góc chungOK Ta có:
SC =pAS2+AC2= s
2a2
3 +2a
=
s 8a2
3 =a r
8
Vì∆CKOđồng dạng với∆CASnên
CO SC =
OK
SA ⇒OK =
CO.SA SC =
a√2.a√6 2.3.SC =
a2√2.√6.√3 6.2√2a =
a√2 Chọn đáp án A
Câu 19.
Gọi H, I trung điểm AB vàCD Do tam giác SAB
đều cạnh a nên SH⊥AB SH = a √
3
2 , mà (SAB) vng góc với(ABCD)theo giao tuyến AB nênSH⊥(ABCD) Ta cóCD⊥I H
và CD⊥SH, suy CD⊥(SH I), mà CD nằm (SCD) nên
(SCD)⊥(SH I) Trong∆SH I, kẻ HKvng góc vớiSI tạiK, vì(SH I)vng góc với(SCD)theo giao tuyếnSInên HK⊥(SCD) Ta cóABk CD⊂(SCD), suy raAB k(SCD), đó:
d(A,(SCD)) = d(H,(SCD)) = HK Trong tam giác vngSH I, ta có:
HK2 =
HS2 +
H I2 = 3a2 +
1
a2 = 3a2 Do đó:d(A,(SCD)) = HK = a
√
21 Chọn đáp án A
(162)Ta cóABk (SCD)nên
d(AB,SC) = d(AB,(SCD)) = d(A,(SCD)) Kẻ AH ⊥SDtại H Ta có
(
CD⊥ AD
CD⊥SA ⇒CD ⊥(SAD) ⇒CD⊥ AH
Suy AH ⊥(SCD)nênd(A,(SCD)) = AH
AH = √ AS·AD
AH2+AD2 =
a·2a
√
a2+4a2 = 2a√5
5 Vậyd(AB,SC) = 2a
√
5
A
B
D H
C S
Chọn đáp án C
Câu 21.
Kẻ AH ⊥SDtại H Khi đóAH ⊥(SCD)
VìABk CDnên AH k(SCD) Do
d(AB;CM) = d(AB;(SCD)) =d(A;(SCD)) = AH Xét tam giácSADvng tạiAcó
SA =a√3, AD= a Suy ra:
AH2 =
AS2 +
AD2 = 3a2 +
1
a2 Do đóAH = a
√
3
A
B C
D M
S
H
Chọn đáp án B
Câu 22.
Trong(ABCD) ta cóOA⊥BD (O ∈ BD) Vì AOcùng vng góc vớiBDvàOO1nênOA⊥(BDD1B1), suy ra:
d(A,(BDD1B1)) =OA
Tam giác vuông cân ABDcho ta
AO= BD
2 =
a√2 Chọn đáp án D
Câu 23.
GọiO1 tâm hình vng A1B1C1D1 Vì A1D = C1D = a
√
2 nên tam giácDA1C1cân tạiD Từ đóA1C1⊥O1D Trong tam giác
O1D1D, hạD1H⊥O1D(H ∈ O1D) Ta có:
D1H⊥O1D
D1H⊥A1C1
⇒ D1H⊥(DA1C1) Như thếd(D1;(DA1C1)) = D1H Tam giácO1D1Dvuông tạiD1nên:
1
(163)Chọn đáp án C
Câu 24.
HạBK⊥A1C(K ∈ A1C) Khi đód(B;A1C) = BK Ta có:
A1B2 = A1A2+AB2
=4a2+a2 =5a2
Chú ý tam giácBCA1vuông tạiB Từ đó:
1
BK2 =
BC2 +
BA21
=
a2 + 5a2 =
6 5a2 Suy raBK = a
√
30 Chọn đáp án B
Câu 25. GọiO,O0lần lượt tâm hìnhABCD,A0B0C0D0 DựngOK ⊥ AO0(K ∈ AO0) VìABCDlà hình thoi vàABCD.A0B0C0D0là lăng trụ đứng nên
BD⊥(ACC0A0)⇒ BD⊥OK
Ta lại cóBD k B0D0 ⇒OK ⊥(AB0D0) Ta cóBD k(AB0D0)nên
d(BD,AB0) =d(BD,(AB0D0)) =OK
DoABCDlà hình thoi vàBAD÷ =120◦nên∆ABClà tam giác cạnha Ta có
O0O =C0C =pC0A2−AC2
=p5a2−a2 =2a.
Xét hai tam giác đồng dạng∆OKAvà∆O0OAta có tỉ số
OK O0O =
OA O0A nên OK = OA·O
0O
O0A =
OA·O0O
√
OA2+O0O2
=
a
2·2a r
a
2
+ (2a)2
= √2a
17
A B0
B C
O
D K
A0 O0
C0
D0
Chọn đáp án C
Câu 26. Ta có:
AB⊥SA
AB⊥AD ⇒ AB⊥(SAD)
MàMN k ABnên MN⊥(SAD)
KẻSH⊥DMtạiH Vì(MND)⊥(SAD),
(MND)∩(SAD) = DM,SH⊥DM
nênSH⊥(MND), đó:
d(S,(MND)) = SH Ta có:
SA2 =SD2−AD2=7a2−3a2=4a2 Suy MA= SA
2 = a Do đó:
tanSMH÷ = AD
AM = a√3
a =
√
(164)Như vậySMH÷ =600.Tam giácSHMcóSHM÷ =900 ⇒SH =SM sinSMH÷ = a
√
3 Chọn đáp án C
Câu 27.
VìSA ⊥(ABC)nênAlà hình chiếu củaSxuống mặt phẳng
(ABC) Do gócSBvà(ABC)là góc giữaSBvà ABbằng ’
ABS = 60◦ Ta cóSA = ABtanABS’ = a
√
3 Gọi Dlà đỉnh thứ tư hình bình hànhACBD Ta có AC k BDnên AC k (SBD) Do d(AC,SB) = d(AC,(SBD)) = d(A,(SBD)) Gọi Mlà trung điểm BDvàH hình chiếu Alên SM Vì∆ABCđều nênABD tam giác Ta có
(
BD ⊥AM
BD ⊥SA ⇒BD ⊥(SAM) ⇒BD ⊥ AH
Lại có AH ⊥SM Cho nên AH ⊥(SBD)
60◦ S A C H B D M
Vậyd(AC,SB) =d(A,(SBD)) = AH Ta cóAH =
s
SA2·AM2 SA2+AM2 =
a√15
5 Vậyd(AC,SB) =
a√15 Chọn đáp án B
Câu 28.
GọiHvàIlần lượt trung điểmABvàAD Ta có
H I ⊥AC tạiM Ta có4SABđều nên
SH = a √
3
2 ; HM=
BD
4 =
a√2
KẻHK ⊥SMta cód(H;(SAC)) = HK Ta cód(B;(SAC)) =2d(H;(SAC)) =2HK Ta có
1
HK2 =
SH2 +
HM2 = 4a + a2 = 28
3a2 Suy HK= a
√
21 14 Vậyd(B;(SAC)) = a
√ 21 A B H C K D S I M
Chọn đáp án C
Câu 29.
Ta có∆ABC tam giác cạnha, tam giácSMAvng cân A, AM = a
√
3
2 = SA Ta có ADk BC, mà đường thẳngBC nằm mặt phẳng(SBC), suy ADk (SBC), đó:
d(D,(SBC)) =d(A,(SBC))
Vì BC vng góc với AS AM nên BC⊥(SAM), dẫn tới
(SAM) vng góc với (SBC) theo giao tuyến SM Như
d(A,(SBC)) = AK, với K hình chiếu A SM Tóm lại:
d(D,(SBC)) = AK =
2SM=
√
AS2+AM2
2 =
√
3a2 2√2 =
(165)Câu 30.
GọiHlà trung điểmBC Khi đó:SH⊥BC, AH = BC
2 =
a
2
Ta có(SBC)vng góc với(ABC) theo giao tuyếnBC, đường thẳng SH nằm (SBC) vng góc với giao tuyếnBC nên SH vng góc với (ABC) GọiK hình chiếu vng góc củaH trênSA Khi đóKH⊥SA Ta có:
BC⊥SH ⊂(SH A)
BC⊥AH ⊂(SH A)
SH∩AH = H
⇒BC⊥(SH A) ⇒BC⊥HK
Như vậyHKlà đường vng góc chung củaBCvàSA, khoảng cách hai đường thẳngSAvàBC
d(SA,BC) = HK Trong tam giác vuôngSH A, ta có:
HK2 =
HS2 +
H A2 = 3a2 +
4
a2 = 16
3a2 ⇒ HK=
a√3 Như vậy:d(SA,BC) = HK = a
√
3 Chọn đáp án C
Câu 31. Ta có:
AB6⊂ (SCD)
ABk CD⊂(SCD) ⇒ ABk (SCD)
Như (SCD) mặt phẳng chứa MC song song với AB
nên:
d(AB,CM) =d(AB,(SCD)) =d(A,(SCD))
Vẽ AH vng góc với SDtại H Khi CDvng góc với DA
màDAlà hình chiếu củaAHtrên(ABCD)nênCD⊥AH Ta có:
AH⊥CD ⊂(SCD)
AH⊥SD ⊂(SCD)
CD∩SD= D
⇒ AH⊥(SCD)
Như vậy:d(A,(SCD)) = AH Trong tam giác vngSAD, ta có:
AH2 =
AS2 +
AD2 =
h2 +
a2 =
h2+a2
h2a2 ⇒ AH =
h.a
√
a2+h2 Tóm lại:d(AB,CM) = √ h.a
a2+h2
Lưu ý.Dễ thấy rằng(SDC)vng góc với(SDA)theo giao tuyếnSDnên vận dụng định lí (ở trang 93), ta cần vẽ đường thẳng quaAvà vng góc với giao tuyếnSDtạiHlà có
(166)ÔN TẬP CHƯƠNG
A BỘ ĐỀ SỐ 1 1 Đề bài
Câu (Hàm Rồng - Thanh Hóa, Lần 1, 2018).
Choa,b,clà đường thẳng Mệnh đề đâyđúng?
A Nếua ⊥bvà mặt phẳng(α)chứaa, mặt phẳngβchứabthì(α) ⊥(β) B Choa ⊥b Mọi mặt phẳng chứabđều vng góc vớia
C Choa ⊥b,a ⊂(α) Mọi mặt phẳng(β)chứabvà vng gócathì(β) ⊥(α)
D Cho a k b Mọi mặt phẳng(α) chứac, đóc ⊥ a,c ⊥ b vng góc với mặt phẳng(a,b)
Câu (Đề HK2, Sở GD ĐT, Thái Bình, 2018). Trong khơng gian, mệnh đề sau đúng?
A Cơsin góc hai đường thẳng khơng gian số âm B Góc hai đường thẳng thuộc khoảng(0◦; 90◦)
C Góc hai mặt phẳng góc hai đường thẳng vng góc với hai mặt phẳng
D Góc đường thẳng mặt phẳng góc đường thẳng đường thẳng nằm mặt phẳng
Câu 3. Trong mệnh đề sau, mệnh đề nàođúng?
A Đường vng góc chung hai đường thẳng chéo avàb đường thẳngd
vừa vng góc vớiavừa vng góc vớib
B Đoạn vng góc chung hai đường thẳng chéo đoạn ngắn đoạn nối hai điểm thuộc hai đường thẳng
C Đường vng góc chung hai đường thẳng chéo a vàb luôn nằm mặt phẳng vng góc vớiavà chứa đường thẳngb
D Đường vng góc chung hai đường thẳng chéo avàb đường thẳngd
vừa vng góc vớiavừa cắtb
Câu 4. Cho hai mặt phẳng (P) (Q) cắt theo giao tuyến a Góc hai mặt phẳng
(P)và(Q)phải góc sau đây?
A Góc hai đường thẳng vng góc với hai mặt phẳng
B Góc hai đường thẳng nằm hai mặt phẳng cắt đường thẳnga C Góc hai đường thẳngb vàb0, bnằm (P), vng góc với a, cịnb0là
hình chiếu vng góc củabtrên mặt phẳng(Q)
D Góc đường thẳngbvng góc với(P)và hình chiếu củabtrên mặt phẳng(Q) Câu 5. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0 có # »AA0 = #»a, AB# » = #»b, AC# » = #»c Hãy phân tích vectơBC# »0theo vectơ #»a, #»b,#»c
A BC# »0 = #»a +#»b +#»c B BC# »0 =−#»a −#»b +#»c C BC# »0 = #»a −#»b −#»c D BC# »0 = #»a −#»b +#»c
Câu 6. Cho đường thẳng asong song với mặt phẳng(P) Mệnh đề sau làđúng? A Đường thẳng vng góc vớiathì vng góc với(P)
(167)Câu (Đề HK2, Sở GD ĐT, Thái Bình, 2018).
Cho hình chópS.ABC có đáy tam giác ABC vng tạiB, cạnh bênSAvng góc với mặt đáy(ABC) GọiHlà hình chiếu vng góc củaAlênSB Mệnh đề sau đâysai?
A Các mặt bên hình chóp tam giác vuông B AH k BC
C AH ⊥SC
D Tam giácSBCvuông
A S
B
C H
Câu 8.Cho hình chóp đềuS.ABCcó tất cạnh bằnga Tínhtancủa góc mặt bên mặt phẳng đáy hình chóp
A 2√2 B
√
2
2 C
√
2 D √3
A
C
B O
S
Câu (HK2 năm học 2016-2017, Chuyên Hà Nội - Amsterdam, Hà Nội).
Cho tứ diện S.ABC có ABC tam giác vng tạiB vàSA ⊥ (ABC) Gọi AH đường cao tam giácSAB Trong mệnh đề sau, mệnh đề nàosai?
A AH ⊥SC B AH ⊥BC C SA ⊥BC D AB⊥SC Câu 10 (Đề HK2, Sở GD ĐT, Thái Bình, 2018).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng, cạnh bên SA
vng góc với mặt đáy; SA = AB = a Gọi ϕ góc SB mặt phẳng mp(SAC), tínhϕ?
A ϕ=60◦ B ϕ=30◦ C ϕ=45◦ D Đáp án khác
S
A
D
B
C
Câu 11 (Đề thi HK2 khối 11, Lương Phú, Thái Nguyên 2017).
Cho hình chóp tam giác đềuS.ABCcó cạnh đáy bằng3a, cạnh bên bằng2a Khoảng cách từS
tới mặt phẳng đáy
A a B 3a
2 C 2a D
2a
3 Câu 12 (Hàm Rồng - Thanh Hóa, Lần 1, 2018).
Tính số đo góc hai đường thẳngACvàBDcủa tứ diện đềuABCD
A 90◦ B 30◦ C 60◦ D 45◦
Câu 13. Cho tứ diện ABCD Gọi I trung điểm BD, G trọng tâm tam giác ABC Vẽ hình bình hànhADCE Đẳng thức sau làđúng?
(168)Câu 14. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có tất cạnh a Khoảng cách từ tâmOcủa đáy đến mặt bên là:
A a
√
6
6 B
a√2
2 C
a√3
6 D
a√3
Câu 15 (Đề Toán PEN I, đề 01). Cho tứ diện đềuABCDcó khoảng cách từ Ađến mặt phẳng
(BCD)bằnga Cạnh tứ diện có độ dài bằng? A a
√
6
3 B
a√6
2 C
a√2
3 D
a√2 Câu 16 (Hàm Rồng - Thanh Hóa, Lần 1, 2018).
Cho hình chópS.ABC cóSA ⊥ (ABC) tam giác ABCvuông B, AH đường cao tam giácSAB Khẳng định sau đâysai?
A AH ⊥BC B AH ⊥ AC C AH ⊥SC D SA ⊥BC
Câu 17. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0.Góc hai đường thẳng BA0 vàCDbằng A 45◦ B 60◦ C 30◦ D 90◦
Câu 18 (Chuyên Bắc Ninh, Lần 2, 2018).
Cho hình chópS.ABCcóSA =SB = SC tam giác ABCvngC GọiH hình chiếu củaS
lên(ABC) Xác định vị trí H
A Hlà trung điểm AB B Hlà trọng tâm tam giácABC C Hlà trực tâm tam giác ABC D Hlà trung điểm cạnh AC
Câu 19. Cho tứ diện ABCDcó AB= AC = AD = BC = BD, Gọi MvàNlà trung điểm
ABvàCD Khi đóCDvng góc với mặt phẳng
A (ABD) B (ABC) C (ABN) D (CMD) Câu 20 (Câu 25, đề tham khảo lần GD-ĐT, 2018).
Cho hình chóp tứ giác S.ABCDcó tất cạnh a Gọi
Mlà trung điểm củaSD(tham khảo hình vẽ bên) Tínhtancủa góc đường thẳngBMvà mặt phẳng(ABCD)
A
√
2
2 B
√
3
3 C
2
3 D
1
B C
D S
A
M
Câu 21. Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác ABC cạnh a, cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng(ABC)vàSA= a
2 Tính góc hai mặt phẳng(ABC)và(SBC) A 300 B 450 C 600 D 900
Câu 22. Cho hình chóp S.ABCtrong đóSA = AB = BC =1vàSA, AB, BC đơi vng góc Khoảng cách điểmSvàCnhận giá trị giá trị sau?
A √2 B √3 C D
√
3
Câu 23. Cho tứ diện ABCD có AB,AC,AD đơi vng góc với Tính giá trị
T =
# » AB AB +
# » AC AC +
# » AD AD
bằng
A T =3 B T =√3 C T =1 D T=√2
(169)A a
√
21
7 B
2a√21
7 C
a√7
21 D
a√3
Câu 25. Cho tứ diện ABCD Gọi E,F trung điểm AD BC; M,N nằm AB vàDC cho AM = 2MB;DN = 2NC Biết biểu diễn EF# » = mEM# »+nEN# » Tínhm+n
A
2 B
3
2 C
3
4 D
1 2 Đáp án lời giải
ĐÁP ÁN TRẮC NGHIỆM 1 C
2 C 3 B
4 A 5 D 6 C
7 B 8 A 9 D
10 B 11 A 12 A
13 A 14 A 15 B
16 B 17 A 18 A
19 C 20 D 21 A
22 B 23 B 24 A
25 B
LỜI GIẢI CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM
Câu 1. Điều kiện cần đủ để hai mặt phẳng vng góc mặt phẳng chứa đường thẳng vng góc với mặt phẳng
Chọn đáp án C
Câu 2. Theo định nghĩa góc hai mặt phẳng Chọn đáp án C
Câu 3.
Chọn đáp án B
Câu 4. Dễ thấyC,Dsai trường hợp(P)và(Q)vuông góc với Chọn đáp án A
Câu 5. Ta có:# »
BC0 =BB# »0+BC# »
= #»a +AC# »−AB# »
= #»a + #»c −#»b
Chọn đáp án D
Câu 6.
(170)Câu 7. Theo giả thiết ta cóBC ⊥(SAB) ⇒BC ⊥ AH Vậy khẳng định “AH k BC” sai Chọn đáp án B
Câu 8.
GọiMlà trung điểmBC Khi BCvng góc vớiMAvà vng góc vớiMSnên góc mặt phẳng(ABC)và mặt phẳng(SBC)làSM Ta có:
AM = a √
3
2 ,AO=
a√3
OM= a √
3
6 ,SO=a r
2 VậytanSMO÷ = SO
MO
HaytanSMO÷ =a r
2 :
a√3 HaytanSMO÷ =2
√
2
A C
M B
O S
Chọn đáp án A
Câu 9.
BC ⊥SAdoSA⊥(ABC) VậySA ⊥BCđúng
4ABCvuông tạiB⇒ BC ⊥ AB (
BC ⊥ AB
BC ⊥SA ⇒BC ⊥(SAB)
Suy raBC ⊥ AH Vậy AH ⊥BCđúng (
AH ⊥SB
AH ⊥BC ⇒ AH ⊥(SBC)
Suy AH ⊥SC Vậy AH ⊥SCđúng Do đóAB⊥SC sai
B
C H
A S
Chọn đáp án D
Câu 10.
GọiO = AC∩BD Theo giả thiết, ta cóBD ⊥ AC vàBD ⊥SA
nênBD ⊥(SAC) Do đó, góc giữaSBvà(SAC)là gócBSO’ Xét tam giácBSOcó
OB= BD
2 =
a√2 Xét tam giácSABcó
SB2 =SA2+AB2=2a2⇒SB =a√2 Do đó,sinϕ= OB
SB =
1
2 ⇒ ϕ=30 ◦.
S
A
D
B
C O
(171)Gọi I trung điểm cạnh BC, H hình chiếu S
(ABC) Khi đóSH ⊥(ABC) Ta có
AI = 3a √
3
2 ⇒ AH =
2
3AI =a
√
3
VậySH =d(S;(ABC)) =√SA2−AH2 =a.
S
A
B
C
I H
Chọn đáp án A
Câu 12.
GọiIlà tâm tam giác ABC
Khi đóDI ⊥(ABC) GọiMlà trung điểmAC Ta có (
AC⊥ BM
AC⊥ DI (doDI ⊥(ABC)) Suy AC⊥(MBD) ⇒ AC ⊥BD Vậy(AC,BD) = 90◦
D
I A M
C B
Chọn đáp án A
Câu 13. Ta có
# » IG =
3 # »
I A+IB# »+IC# » Mặt khác:# »
IE= ID# »+DE# »
=−IB# »+DC# »+DA# »
=−IB# »+IC# »−# »ID+# »I A−ID# »
= I A# »+# »IB+IC# »=3IG# » Như vậyIE# »=3IG# »
A
B
C
D J
G I E
Chọn đáp án A
Câu 14.
Chọn đáp án A
(172)GọiGlà trọng tâm tam giác đềuABC, suy raGA⊥(BCD) GọiMlà trung điểm củaBD ĐặtAC = xthì
GC =
3CM = ·
x√3
2 =
x√3 Ta lại cóAC2−GC2 =GA2 Suy
x2−x
2 ⇒x
2 = 3a2 Do đóx= a
√
6
C
D M
G B
A
Chọn đáp án B
Câu 16.
Ta cóAH ⊥(SBC)
Suy AH ⊥BCvàAH ⊥SC Ta cóSA ⊥(ABC) ⇒SA ⊥BC Vậy khẳng địnhsailà AH ⊥ AC
S
A
B H
C
Chọn đáp án B
Câu 17.
DoCD k ABnên
(BA0,CD) = (BA0,AB) DoABB0A0là hình vng nên(BA0,AB) = 45◦
A B
C D
A0 B0
C0 D0
Chọn đáp án A
(173)Câu 19.
Hai tam giácBCDvà ACDđều tam giác cân có đáy BC nên CD⊥BN CD⊥AN, suy
CD⊥(ABN) Do CD⊥(ABN) nên A B sai DoCD⊂(CMD)nên D sai
Chọn đáp án C
Câu 20.
Gọi O = AC ∩BD H trung điểm OD Ta có
SO⊥(ABCD)vàMH k SO Suy ra:
MH ⊥(ABCD)
(BM,(ABCD)) = ◊MBH
SO=√SB2−OB2 = a
√
2
MH = SO
2 =
a√2
BH =
4BD= 3a√2
4 Vậytan◊MBH = MH
BH
Haytan◊MBH =
a√2 3a√2
4
=
3
B C
D S
A
M
H O
Chọn đáp án D
Câu 21.
GọiHlà trung điểm cạnhBC Ta cóBC ⊥ AH (1) VìSA ⊥(ABC)nênSA ⊥BC (2) Từ (1) (2) suy BC ⊥ (SAH)nên BC ⊥ SH Vậy góc hai mặt phẳng(ABC)và(SBC)bằngSH
Đặtϕ=SH , ta có tanϕ= SA
AH = a
2
a√3
= √1
3 =
√
3 Ta suy raϕ=30◦
Vậy góc giữa(ABC)và(SBC)bằng30◦
S
A
A0
B
C H
ϕ
Chọn đáp án A
(174)Ta cóCB⊥AB, CB⊥AS suy CB⊥(ABS) Do
CB⊥SB Như
SC =pSB2+BC2
=pSA2+AB2+BC2
=√3
Chọn đáp án B
Câu 23. Vì vectơ
# » AB AB,
# » AC AC,
# » AD
AD có độ dài bằng1và đơi vng góc với nên: # »
AB AB+
# » AC AC +
# » AD AD
!2
=3⇔
# » AB AB +
# » AC AC +
# » AD AD
=√3
Chọn đáp án B
Câu 24.
Gọi H, I trung điểm AB CD Do tam giác SAB
đều cạnh a nên SH⊥AB SH = a √
3
2 , mà (SAB) vng góc với (ABCD)theo giao tuyến ABnên SH⊥(ABCD) Ta cóCD⊥I H
và CD⊥SH, suy CD⊥(SH I), mà CD nằm (SCD) nên
(SCD)⊥(SH I) Trong∆SH I, kẻ HKvng góc vớiSI tạiK, vì(SH I)vng góc với(SCD)theo giao tuyếnSI nênHK⊥(SCD) Trong tam giác vngSH I, ta có:
1
HK2 =
HS2 +
H I2 = 3a2 +
1
a2 = 3a2
Do đó:d(H,(SCD)) = HK= a √
(175)Ta có
# » EF=
# » AB+DC# »
2
=
# »
AE+EM# »+MB# »+DE# »+EN# »+NC# »
2
=
# »
EM+MB# »+EN# »+NC# »
2
=
# » EM+1
3
# »
AB+EN# »+1
3
# » DC
2
=
# » EM+1
2
# »
AM+EN# »+1
2
# » DN
2
=
# » EM+1
2 # »
AE+EM# »+EN# »+1
2 # »
DE+EN# »
2
=
3
# » EM+3
2
# » EN
2 =
3
# » EM+3
4
# » EN Như vậym =
4,n=
(176)B BỘ ĐỀ SỐ 2 1 Đề bài
Câu 1. Chỉ mệnh đềđúngtrong mệnh đề sau
A Ba vectơ đồng phẳng ba vectơ nằm mặt phẳng
B Nếu ba vectơ #»a, #»b, #»c đồng phẳng có #»c =m#»a +n#»b vớim,nlà số C Cho ba vectơ #»a,#»b,#»c, với #»d vectơ bất kì, ln tồn số m, n, p cho
#»
d =m#»a +n#»b +p#»c
D Cả ba mệnh đề sai
Câu (HK2 chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai, 2017). Khẳng định sau đúng?
A
(α) 6= (β)
(α) ⊥(P)
(β)⊥(P)
⇒(α) k(β) B (
(α)k (β)
(P) ⊥(α)
⇒(P)⊥(β)
C
(α) ⊥(β)
a⊂(α)
b ⊂(β)
⇒ a⊥b D
(
(α)⊥(β)
a ⊂(α)
⇒a ⊥(β)
Câu 3. Cho hình chóp Xét tính chất sau:
1) Khoảng cách từ đỉnh đến cạnh đáy hình chóp 2) Các mặt bên hợp với đáy góc
3) Hình chiếu đỉnh xuống đáy trọng tâm đáy
4) Nếu đáy hình chóp tam giác hình chóp tứ diện 5) Đáy hình chóp đa giác nội tiếp
6) Góc đáy mặt bên góc hợp mặt bên mặt đáy Số tính chất tính chất là:
A B C D Câu (Đề HK2 T11, Long Thạnh, Kiên Giang 2018).
Cho đường thẳngdvng góc với mặt phẳng(α)và đường thẳng∆khácd Chọn khẳng định saitrong khẳng định sau
A Đường thẳng∆ k dthì∆⊥(α) B Đường thẳng∆k dthì∆k (α) C Đường thẳng∆ k (α)thì∆⊥d D Đường thẳng∆⊥(α)thì∆ kd Câu (Đề HK2 T11, Long Thạnh, Kiên Giang 2018).
Cho hình hộpABCD.EFGH(tham khảo hình vẽ) Tính tổng ba vectơAB# »+AD# »+AE# »
A AG# » B AH# » C AF# » D AC# »
A E
C G F
H
(177)Câu (Thi HK2, THPT Đông Hà, Quảng Trị, 2018).
Cho hình chópS.ABC cóSA ⊥ (ABC), tam giác ABC cân A, H trung điểm cạnh BC Khằng định sau đúng?
A BC ⊥SB B BC ⊥SC C SB⊥ AH D BC⊥SH Câu (Đề HK2, năm học 2016-2017, Sở Giáo dục & Đào tạo Bình Phước).
Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 có cạnh a Tính tích vơ hướngAC# »·B# »0C0
A AC# »·B# »0C0 = √
2 a
2. B. # »AC·B# »0C0 =a2. C AC# »·B# »0C0 =√2a2 D # »AC·B# »0C0 =2a2
A B
C D
A0 B0 C0 D0
Câu 8. Cho hình lập phươngABCD.EFGH Góc cặp vectơ AB# »vàEG# »là A 30◦ B 90◦ C 45◦ D 60◦
Câu 9. Cho hình chóp S.ABC có SA⊥(ABC) Gọi góc SC mặt phẳng (ABC) β Trong khẳng định sau, khẳng định đúng?
A β=SBA’ B β=CSA’ C β =π−SCA’ D β=SCA’ Câu 10 (HK2-Lop11-LientruongTPVinh-NgheAn-2018).
Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình vng vàSAvng góc với mặt phẳng(ABCD) Khi
A AB ⊥(SAC) B AB⊥(SBC) C AB⊥(SCD) D AB⊥(SAD) Câu 11. Cho hình chópS.ABC cóSA⊥(ABC)và đáy ABClà tam giác vng C Hãy xác định gócαgiữa hai mặt phẳng(ABC)và(SBC)
A α=SBA’ B α =÷BCA C α =SCA’ D α =SBC’
Câu 12. Cho hình chópS.ABCD, đáyABCDlà hình chữ nhật,AB=a,AD =a√3,SD =a√7 vàSA⊥(ABCD) Góc hợp mặt phẳng(SCD)và(ABCD)gần với kết sau đây?
A 500 B 490 C 510 D 480 Câu 13. Cho hình lập phươngABCD.EFGH Phân tích sau đúng?
A AE# »=
2(
# »
AF+AH# »−AC# ») B AE# »=
4(
# »
AF−AH# »−AC# ») C AE# »= # »AF+AH# »−AC# » D AE# »=
2(
# »
AF−AH# »−AC# »)
Câu 14. Cho tứ diện đềuABCDvới trọng tâmG Góc đường thẳngGBvà mp(BCD)
có cosin A
√
2
3 B
√
3
3 C
1
3 D
√
2
Câu 15. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có tất cạnh Góc hợp hai mặt phẳng(SAB)và(ABCD)có cosin
A
4 B
√
3
3 C
1
3 D
√
(178)Cho lăng trụ ABC.A0B0C0 có cạnh đáy bằng2a, cạnh bên bằnga Tính góc mặt phẳng(AB0C0)và mặt phẳng(A0B0C0)
A π
6 B arcsin
√
3 C
π
3 D arccos
√
3
A
A0
C0 B
B0 C
Câu 17. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có tất cạnh Góc hợp hai mặt phẳng(SAB)và(SAD)có cosin
A
4 B
√
3
3 C
1
3 D
√
2 Câu 18 (HK2-Lop11-LientruongTPVinh-NgheAn-2018).
Khoảng cách từ đỉnh đến mặt đối diện tứ diện cạnhalà A a
√
3
2 B
a√6
6 C
a
2 D
a√6
Câu 19. Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác ABC cạnh a, cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng(ABC)vàSA= a
2 Tính diện tích tam giácSBC A a
2
3 B
a2
2 C a
2. D. 3a2
Câu 20. Cho hình chóp S.ABCDcó đáy hình thoi cạnha, cạnh bênSA vng góc với đáy, ÷
BAD =1200, Mlà trung điểm cạnh BCvàSM =450 Tính theoakhoảng cách từ điểm
Ađến đường thẳngSM A a
√
3
4 B
a√6
4 C
a√6
2 D
a√3 Câu 21 (HK2-Lop11-LientruongTPVinh-NgheAn-2018).
Cho hình chóp S.ABCDcó đáy ABCDlà hình chữ nhật cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng(ABCD) BiếtSA = AB=a, AC =2a Góc giữaSDvà mặt phẳng(SAB)là
A 90◦ B 45◦ C 30◦ D 60◦ Câu 22 (HK2-Lop11-LientruongTPVinh-NgheAn-2018).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA ⊥ (ABCD), SA = x Xác địnhxđể hai mặt phẳng(SBC)và(SCD)tạo với góc60◦
A a
2 B 2a C
3a
2 D a
Câu 23 (Tốn Học Tuổi Trẻ-Lần 6-2018).
Cho hình chópS.ABC có đáy ABC tam giác vng B, cạnh bên SAvng góc với đáy vàSA = 2a, AB = BC = a Gọi Mlà điểm thuộc ABsao cho AM = 2a
3 Tính khoảng cáchd từSđến đường thẳng CM
A d= 2a √
110
5 B d=
a√10
5 C d =
a√110
5 D d =
(179)Câu 25. Cho tứ diện ABCD có AB,AC,ADđơi vng góc với Cho điểm Mthay đổi không gian Giá trị nhỏ biểu thứcP=√3MA+MB+MC+MDlà
A AB+AC+AD B √3AB+AC+AD C AB+√3AC+AD D AB+AC+√3AD
2 Đáp án lời giải
ĐÁP ÁN TRẮC NGHIỆM 1 D
2 B 3 C
4 B 5 A 6 D
7 B 8 C 9 D
10 D 11 C 12 B
13 A 14 A 15 B
16 A 17 C 18 D
19 B 20 B 21 D
22 D 23 C 24 B
25 A
LỜI GIẢI CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM
Câu 1. Dễ thấy A sai Mệnh đề B sai #»a #»b phương cịn #»c khơng phương với #»a #»b Mệnh đề C sai #»a = AB# », #»b = AC# », #»c = AD# », #»d = AA# »0, vớiABCD.A0B0C0D0
là hình lập phương Chọn đáp án D
Câu 2. Một mặt phẳng vng góc với hai mặt phẳng song song vng góc với mặt phẳng cịn lại
Chọn đáp án B
Câu 3. Tính chất1), 2), 3), 5)đúng; tính chất4), 6)sai Do chọnC Chọn đáp án C
Câu 4. Mệnh đề sai “Đường thẳng∆k dthì∆ k(α)” Chọn đáp án B
Câu 5. Theo quy tắc hình bình hành ta có
# »
AB+AD# » = # »AC, AC# »+# »AE=AG# »
nên # »AB+# »AD+AE# »= AG# » Chọn đáp án A
Câu 6.
VìSA ⊥(ABC)nênSA ⊥BC
Tam giác ABC cân A có AH trung tuyến nên AH đường cao Do đóBC ⊥ AH
VìBC ⊥SAvàBC ⊥AHnênBC ⊥(SAH) Do đóBC⊥SH
A
B
C S
H
(180)Câu 7.
DoAD# »= B# »0C0 nên # »
AC,B# »0C0=AC# »,AD# »=CAD÷ =45◦ Suy
# »
AC·B# »0C0 =
# » AC
·
# » B0C0
·cos
# »
AC,B# »0C0
=a√2·a·cos 45◦ = a2
A B
C D
A0 B0 C0 D0
Chọn đáp án B
Câu 8. Ta cóEG# »= AC# »
Như góc cặp vectơAB# »vàEG# »là: # »
AB,EG# »=AB# »,AC# »=÷BAC =450 Chọn đáp án C
Câu 9.
Ta có đường thẳngSAvng góc với mặt phẳng(ABC)
nên hình chiếu đường thẳng SC mặt phẳng
(ABC)là đường thẳngAC Ta biết góc đường thẳng
SC mặt phẳng(ABC)bằng góc SCvà hình chiếu (ABC), tức góc hai đường thẳng SC
AC Vậyβ=SCA’
A
B
C S
β
(181)Ta cóAB⊥ ADvà AB⊥SA
Suy AB⊥(SAD) S
A
D
B
C
Chọn đáp án D
Câu 11.
Giao tuyến của(SBC)và(ABC)là BC (1) Ta có đường thẳngSA vng góc với mặt phẳng(ABC), mà đường thẳngBCnằm trong(ABC)nênSAvng góc vớiBC Ta có:
BC⊥CA ⊂(SAC)
BC⊥SA ⊂(SAC)
CA∩SA = A
Suy ra(SAC)⊥BC (2)
Lại có:
(SCA)∩(ABC) =CA
(SCA)∩(SBC) = CS (3) Từ (1), (2), (3) suy raα =SCA’
A
B
C S
α
Chọn đáp án C
Câu 12. Ta có:
(SCD)∩(ABCD) = CD,
AD⊂(ABCD),
AD⊥CD,
SD⊂(SCD),
SD⊥CD
Vậy((SCD),(ABCD)) = ÷SDA; cosSDA÷ =
AD SD =
a√3
a√7 =
√
21 Suy racosSDA÷ ≈49060
Vậy ta chọnB Chọn đáp án B
(182)Ta có tương đương:
# » AE=
2(
# »
AF+AH# »−AC# ») ⇔2AE# »= AF# »+CH# »
⇔AE# »+ (AE# »−# »AF) = CH# »
⇔AE# »+FE# »=CH# »
⇔BA# »+AE# »=CH# »
⇔BE# » =CH# » (đúng) Vậy chọn A
Chọn đáp án A
Câu 14.
Gọi O tâm tam giác BCD Khi
AO⊥(BCD) trọng tâm tứ diện giao điểm AOvới MN, nữaG trung điểmMN Giả sử cạnh tứ diện có độ dài
a Ta có:
AO=pMA2−MO2
=
s 3a2
4 − 9·
3a2
4
= √
2 ·
a√3
2 =
a√2
√
3 Do đó:
GO =
4AO=
a√2 4√3 =
a
2√6;
OB=
3 ·
a√3
2 =
a
√
3 Vậytan÷GBO =
GO OB =
a
2√6 ·
√
3
a =
1
2√2 Ta có hình chiếu củaBGtrên(BCD)là BO Do góc đường thẳngGBvà mp(BCD)có cosin
cos÷GBO = s
1 1+tan2GBO÷
=
v u u t
1 1+1
8
= √
2
(183)Cách 1.
GọiMlà trung điểmAB, gọiHlà chân đường cao hạ từ đỉnhScủa hình chóp vàβlà góc hai mặt phẳng(SAB)và(ABCD)thì
cosβ=cosSMH÷ = HM
SM = a
2·
a√3 =
√
3
Cách (khơng cần dựng góc).Do hình chiếu ∆SABtrên mặt phẳng (ABCD) ∆H AB
nên
S∆H AB =S∆SAB cosβ⇒cosβ= S∆H AB
S∆SAB
= a
2 :
4
a2√3 =
√
3 Chọn đáp án B
Câu 16.
GọiMlà trung điểm B0C0 Ta có (
B0C0 ⊥ A0M B0C0 ⊥ AA0 ⇒ B
0C0 ⊥ AM.
Vậy góc mặt phẳng(AB0C0) mặt phẳng(A0B0C0) góc hai đường thẳngA0MvàAMbằngÿAMA0 Ta lại có tanÿAMA0 = AA
0
A0M = a
2a√3
= √1
3 Suy ÿAMA0 = π
6 Vậy góc mặt phẳng (AB
0C0) và mặt phẳng(A0B0C0)bằng π
6
A
A0
C0
B
B0 M C
Chọn đáp án A
(184)GọiIlà trung điểmSA Khi
(SAB)∩(SAD) = SA
(DBI)⊥SA
(DBI)∩(SAB) = IB
(DBI)∩(SAD) = ID
Như góc β cần tính góc hai đường thẳngIB vàID Ta có
cosDIB’ =
IB2+ID2−DB2
2IB.ID
=
3a2
2 −2a 3a2
2
=−1
3 Do đó:cosβ=
3 Chọn đáp án C
Câu 18.
GọiGlà trọng tâm tam giácBCD, ta có d(A,(BCD)) = AG=pAB2−BG2
= a √
6
A
D G
B C
Chọn đáp án D
Câu 19.
GọiHlà trung điểm cạnhBC Ta cóBC ⊥ AH (1) VìSA ⊥(ABC)nênSA ⊥BC (2) Từ (1) (2) suy raBC ⊥ (SAH)nên BC ⊥ SH Vậy góc hai mặt phẳng(ABC)và(SBC)bằngSH
Đặtϕ=SH , ta có tanϕ= SA
AH = a
2
a√3
= √1
3 =
√
3 Ta suy raϕ=30◦
Vậy góc giữa(ABC)và(SBC)bằng30◦
S
A
A0
B
C H
ϕ
VìSA ⊥ (ABC) nên tam giác ABClà hình chiếu vng góc tam giácSBC GọiS1,S2 diện tích giácSBCvàABC Ta có:
S2 =S1cosϕ⇒S1 = S2 cosϕ =
2
√
3
a2√3
4 =
a2
(185)Ta có∆ABClà tam giác cạnh a, tam giácSMAvuông cân
A, AM = a √
3
2 = SA GọiK hình chiếu AtrênSM Khi khoảng cách từ điểmAđến đường thẳngSMlà:
AK =
2SM =
√
AS2+AM2
2
Vậyd(A,SM) = √
3a2 2√2 =
a√6 Chọn đáp án B
Câu 21.
Dễ thấyAD⊥(SAB) Suy ra(SD,(SAB)) = ÷ASD Ta có
tan÷ASD = AD
AS =
√
AC2−AB2
AS
= a √
3
a =
√
3 Vậy(SD,(SAB)) = 60◦
S
D
B C
A
Chọn đáp án D
Câu 22. DựngOM ⊥SC Theo định lí ba đường vng gócSC ⊥ BD, suy SC ⊥ (MBD) Khi đó,
|cos◊BMD| =cos((SBC),(SCD)) =|2 cos2BOM÷ −1|
S
D M
B C
O A
Suy ra|2 cos2BOM÷ −1| =
2, mặt khácBOM÷ nhọn nênBOM÷ =30
◦hoặcBOM÷ =60◦. Hai tam giác vngOMCvàSACđồng dạng nên
OM SA =
OC
SC ⇒OM=
SA·OC SC =
xa√2 2√x2+2a2 Ta cótanMB =
OM OB =
x
√
x2+2a2 • Với BOM÷ =30◦,tanMBO÷ =
x
√
x2+2a2 =
(186)
ã ViBOMữ =60◦,tanMBO÷ = √ x
x2+2a2 =
√
3 ⇔ x= a Chọn đáp án D
Câu 23.
Trong(SMC)kẻ SH ⊥MC tạiH Ta có
(
MC ⊥SH MC ⊥SA Suy MC ⊥(SAH) Do đóMC ⊥ AH
Diện tích tam giácABClà
SABC =
2AB·BC =
a2
2 · Diện tích tam giácMBClà
SMBC =
1
2MB·BC =
a2
6 · Suy
SAMC =SABC−SMBC
= a 2 − a2 = a2 · B H C A S M
Ta cóMC =√MB2+BC2=
√
10a
3 · Độ dài cạnhAH = 2SAMC
MC =
2a√10 10 · Xét4AHScóSH =√AH2+SH2 = a
√
110 · Chọn đáp án C
Câu 24. Ta có:
SH⊥BC, AH = BC
2 =
a
2
Ta có (SBC) vng góc với (ABC) theo giao tuyến
BC, đường thẳng SH nằm (SBC) vng góc với giao tuyến BC nên SH vng góc với (ABC) Gọi
K hình chiếu vng góc H SA Khi
d(H,SA) = HK Trong tam giác vngSH A, ta có:
HK2 =
HS2 +
H A2 = 3a2 +
4
a2 = 16 3a2 Suy HK= a
√
3
Như vậy:d(SA,BC) = HK= a √
3 Chọn đáp án B
Câu 25. Vì vectơ
# » AB AB, # » AC AC, # » AD
AD có độ dài bằng1và đơi vng góc với nên: # » AB AB+ # » AC AC + # » AD AD !2
=3⇔
# » AB AB + # » AC AC + # » AD AD
(187)=
# » AB AB+
# » AC AC +
# » AD AD
# » AM
+
MB.AB AB +
MC.AC AC +
MD.AD AD
≥
# » AB AB +
# » AC AC +
# » AD AD
!
.AM# »+
# » MB.AB# »
AB + # » MC.AC# »
AC + # » MD.AD# »
AD
=
# »
AM+MB# »AB# »
AB +
# »
AM+MC# »# »AC
AC +
# »
AM+MD# »AD# » AD
=
# » AB.AB# »
AB + # » AC.AC# »
AC + # » AD.AD# »
AD
=
# » AB2
AB + # » AC2
AC + # » AD2
AD
= AB
2
AB + AC2
AC + AD2
AD
= AB+AC+AD
(188)C BỘ ĐỀ SỐ 3 1 Đề bài
Câu 1. Cho hai mặt phẳng song song (P)và (Q) vàa đường thẳng Mệnh đề sau làsai?
A Nếuak (P)thìak (Q) B Nếuanằm trong(P)thìak (Q) C Nếuanằm trên(Q)thìak (P) D Nếuacắt(P)thìacắt(Q)
Câu 2. Cho hai mặt phẳng song song mặt phẳng thứ ba cắt chúng M điểm không nằm ba mặt phẳng Có đường thẳng qua M song song với ba mặt phẳng cho?
A Khơng có B Có
C Có vơ số D Khơng có có vơ số
Câu 3. Qua phép chiếu song song, đường thẳng song song với hình chiếu thỏa điều kiện:
A Đường thẳng song song với phương chiếu
B Đường thẳng khơng song song với phương chiếu
C Đường thẳng khơng song song với phương chiếu không song song với mặt phẳng chiếu
D Đường thẳng khơng song song với phương chiếu song song với mặt phẳng chiếu
Câu (Đề thi HK2 khối 11, 2017-2018, THPT Lý Thánh Tông, Hà Nội). Đường thẳng(d)vng góc với mặt phẳng(P)khi nào?
A (d)vng góc với nhất2đường thẳng nằm mặt phẳng(P) B (d)vng góc với đúng2đường thẳng nằm mặt phẳng(P) C (d)vng góc với2đường thẳng cắt
D (d)vng góc2đường thẳng cắt nằm mặt phẳng(P) Câu (Đề thi HK2 khối 11, 2017-2018, THPT Lý Thánh Tơng, Hà Nội).
Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 Mặt phẳng vng góc với mặt phẳng (ABCD)? A (A0B0C0D0) B (ABC0D0) C (CDA0D0) D (AA0C0C)
Câu (Đề thi HK2 khối 11, 2017-2018, THPT Lý Thánh Tông, Hà Nội).
Hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình vng tâmO Hãy mệnh đề SAI? A SA# »+SC# » =2SO# » B SB# »+SD# » =2SO# »
C SA# »+SC# » =SB# »+SD# » D SA# »+SC# »+SB# »+SD# »= #»0 Câu (Đề thi HK2 khối 11, 2017-2018, THPT Lý Thánh Tông, Hà Nội).
Hai vectơ #»u,u#»0lần lượt vectơ phương hai đường thẳngd,d0 Khi đód⊥d0 khi? A #»u,u#»0 phương B #»u =u#»0
C cos#»u,u#»0=1 D cos#»u,u#»0 =0 Câu (Đề thi HK2 khối 11, 2017-2018, THPT Lý Thánh Tông, Hà Nội).
Hình chópS.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, cạnh bênSA vng góc với đáy Chọn mệnh đề ĐÚNG mệnh đề sau?
(189)Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 có tất cạnh Trong mệnh đề sau, mệnh đề đúng?
A A0C0⊥ BD B A0B0 ⊥ BC C CC0 ⊥ AB D BB0 ⊥BD
A B
D0 C0
A0 D
B0 C
Câu 10 (Đề thi HK2 khối 11, 2017-2018, THPT Lý Thánh Tông, Hà Nội).
Cho ba vectơ #»a, #»b, #»c không đồng phẳng Xét vectơ #»x = 2#»a + #»b; #»y = #»a − #»b − #»c;
#»z =−3#»b −2#»c Chọn khẳng định đúng?
A Ba vectơ #»x, #»y, #»z đồng phẳng B Hai vectơ #»x, #»a phương
C Hai vectơ #»x, #»b phương D Ba vectơ #»x, #»y, #»z đôi phương Câu 11 (Thi HK2, THPT Đông Hà, Quảng Trị, 2018).
Cho hình chópS.ABCcó đáy ABC tam giác cân tạiC, AC = BC = a√10, mặt bên SABlà tam giác cạnh2avà nằm mặt phẳng vng góc với đáy Tính góc đường thẳng
SCvà mặt phẳng(ABC)
A 30◦ B 45◦ C 90◦ D 60◦ Câu 12 (Đề HK2 T11, Long Thạnh, Kiên Giang 2018).
Cho lăng trụ đứng ABCD.A0B0C0 có đáy4A0B0C0 vng B0 (xem hình vẽ) Hỏi đường thẳng B0C0 vng góc với mặt phẳng đây?
A (BB0A0) B (AA0C0) C (ABC) D (ACC0)
B0 C0
A
C B
A0
Câu 13 (Thi HK2, THPT Đông Hà, Quảng Trị, 2018).
Cho hình chópS.ABCD, ABCD hình thang vng góc Avà B, AD = 2a,AB = BC =
a,SA ⊥(ABCD) Trong khẳng định sau, khẳng định nàosai?
A CD⊥(SBC) B BC ⊥(SAB) C CD⊥(SAC) D AB⊥(SAD) Câu 14 (HK2-Lop11-LientruongTPVinh-NgheAn-2018).
Cho tứ diện ABCDcó AB vng góc với mặt phẳng(BCD) Trong ∆BCD vẽ đường cao
BEvà DFcắt ởO Gọi K hình chiếu vng góc Dtrên AC Khẳng định sau đâysai?
A (ADC) ⊥(ABE) B (BDC)⊥(ABE) C (ADC) ⊥(DFK) D (ADC) ⊥(ABC) Câu 15 (Thi HK2, Chuyên ĐHSP Hà Nội, 2018).
Cho hình lăng trụ đứngABC.A0B0C0 Mệnh đề sau đâysai? A d((ABC),(A0B0C0)) =BB0
B Các mặt bên hình lăng trụ ABC.A0B0C0đều hình chữ nhật C d(B,(ACC0A0)) = d(B0,(ACC0A0))
(190)Câu 16 (Thi HK2, Chuyên ĐHSP Hà Nội, 2018).
Cho hình lập phươngABCD.A0B0C0D0 Hệ thức sau đúng?
A AC# »0 = AB# »+AC# »+AA# »0 B AC# »0 = AB# »+CB# »+AA# »0 C AC# »0 = AB# »+AD# »+AA# »0 D AC# »0 =BD# »+AC# »+AA# »0 Câu 17 (Thi HK2, Chuyên ĐHSP Hà Nội, 2018).
Cho hình chópS.ABCcóSA ⊥(ABC) GọiHlà hình chiếu vng góc AtrênBC Khẳng định sau đúng?
A BC ⊥SH B BC ⊥SC C AC ⊥SH D AH ⊥SC Câu 18 (Thi HK2, Chuyên ĐHSP Hà Nội, 2018).
Cho hình chópS.ABCDcó đáy hình chữ nhật vàSAvng góc với đáy Khi số mặt bên hình chóp tam giác vng
A B C D Câu 19 (Đề thi HK2, Lương Thế Vinh, Hà Nội 2018).
Tứ diện ABCD Gọi G trọng tâm tam giác BCD Tìm mệnh đềsaitrong mệnh đề sau
A Góc đường thẳng ABvà phẳng phẳng(BCD)là góc÷ABC B AB ⊥CD
C AG ⊥(BCD)
D AB# »+AC# »+AD# » =3AG# »
Câu 20 (Đề thi HK2, Lương Thế Vinh, Hà Nội 2018).
Hình chóp đềuS.ABCD có tất cạnh Cosin góc mặt bên với mặt đáy
A
√
3
3 B
√
6
3 C
√
2
2 D
1 Câu 21 (Đề thi HK2, Lương Thế Vinh, Hà Nội 2018).
Hình chópS.ABCD có đáy hình vng cạnh a, SA = a, SA ⊥ (ABCD) Khoảng cách từ điểmAđến mặt phẳng(SBD)bằng
A 2a B a C a√2 D a
√
3 Câu 22 (Đề thi HK2, Lương Thế Vinh, Hà Nội 2018).
Khoảng cách hai đường thẳng chéo
A Độ dài đoạn thẳng nối điểm đường thẳng với điểm đường thẳng
B Độ dài đoạn vng góc chung hai đường thẳng
C Khoảng cách từ điểm đường thẳng tới mặt phẳng chứa đường thẳng D Khoảng cách hai mặt phẳng chứa hai đường thẳng
Câu 23 (Thi HK2, Chuyên ĐHSP Hà Nội, 2018).
Cho tứ diện ABCD Góc hai đường thẳng ABvàCDbằng
A 60◦ B 90◦ C 45◦ D 30◦ Câu 24 (Thi HK2, Chuyên ĐHSP Hà Nội, 2018).
Tìm khẳng định khẳng định sau: A Nếua⊥bvàa⊥(P)thìb k (P)
B Qua điểm có vơ số đường thẳng vng góc với mặt phẳng cho trước
(191)Cho hình chóp tứ giác đềuS.ABCD có tất cạnh a Tan góc mặt bên mặt đáy
A √2 B
√
2
2 C
√
3
2 D
√
3
2 Đáp án lời giải
ĐÁP ÁN TRẮC NGHIỆM
1 A 2 B 3 D
4 D 5 D 6 D
7 D 8 C 9 A
10 A 11 A 12 A
13 A 14 D 15 D
16 C 17 A 18 A
19 A 20 A 21 D
22 B 23 B 24 C
25 A
LỜI GIẢI CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM
Câu 1. Nếu đường thẳng asong song song với(P)thìavẫn nằm trong(Q) Như chọnA
Chọn đáp án A
Câu 2.
Đó đường thẳng quaMvà song song với giao tuyếna,bcủa mặt phẳng cho Chọn đáp án B
Câu 3.
Chọn đáp án D
Câu 4. Nếu(d)vng góc2đường thẳng cắt nằm mặt phẳng(P)thìd ⊥(P) Chọn đáp án D
Câu 5. Mặt phẳng(ABCD) mặt đáy hình lập phương nên vng góc mặt bên Do đó(ABCD) ⊥(AA0C0C)
(192)Câu 6. DoOlà tâm củaABCDnênSA# »+SC# »=2SO# »vàSB# »+SD# »=2SO# » Do đóSA# »+SC# »+SB# »+SD# »= #»0 =4SO# » 6= #»0
Chọn đáp án D
Câu 7. Dod⊥d0nên #»u ⊥u#»0 ⇒ #»u ·u#»0 =0⇒cos#»u,u#»0=0 Chọn đáp án D
Câu 8. Ta có (
SA ⊥DC
AD⊥CD ⇒ DC ⊥(SAD)
Chọn đáp án C
Câu 9. DoABCDlà hình thoi nênAC ⊥ BD, màA0C0 k BDsuy raA0C0 ⊥BD Chọn đáp án A
Câu 10. Giả sử tồn hai số thựck,mđể #»x =k#»y +m#»z Suy
k =2
−k−2m=0
−k−3m=1
⇔
(
k=2
m=−1 Vậy #»x =2#»y −#»z nên ba vectơ đồng phẳng Chọn đáp án A
Câu 11.
GọiHlà trung điểm AB Khi đóSH ⊥ AB Ta có
AB= (SAB)∩(ABC)
SH ⊥ AB
(SAB) ⊥(ABC)
⇒SH ⊥(ABC)
Suy ra(SC,(ABC)) = (SC,HC) = ÷SCH Áp dụng định lý Pytago vào4AHCvng tạiH, ta có
CH =√AC2−AH2 =√10a2−a2 =3a.
Áp dụng định lý Pi-ta-go vào4SAHvng tạiH, ta có
SH =√SA2−AH2=√4a2−a2 =a√3. Trong4SHCvng tạiH, ta có
tan÷SCH = SH
CH = a√3
3a =
1
√
3
Suy ra÷SCH=30◦ Vậy(SC,(ABC)) =30◦
B
A C
H S
Chọn đáp án A
Câu 12. Ta có B0C0 ⊥ BB0 ABCD.A0B0C0 lăng trụ đứng Mà BB0 ⊥ B0A0 4A0B0C0
(193)Ta có
(
BC ⊥ AB
BC ⊥SA ⇒BC ⊥(SAB)
(
AB ⊥AD
AB ⊥SA ⇒ AB⊥(SAD)
Dựng hình vng ABCI Khi đó
CI = AI = ID =
2AD Suy 4ACDvuông tạiC
S
I A
D
C B
(
CD ⊥ AC
CD ⊥SA ⇒CD⊥(SAC)
Vậy khẳng địnhsailàCD ⊥(SBC). Chọn đáp án A
Câu 14.
Giả sử(ADC)⊥(ABC), màDK ⊥(AC)suy raDK⊥(ABC) Mặt khác dễ thấyDF ⊥(ABC), từ suy raKtrùngF(mâu thuẫn) A
F
D O
E
B C
K
Chọn đáp án D
Câu 15.
DoABC.A0B0C0 lăng trụ đứng nên d((ABC),(A0B0C0)) = BB0
Các mặt bên hình lăng trụABC.A0B0C0đều hình chữ nhật Ta cód(B,(ACC0A0)) =d(B0,(ACC0A0)) Kẻ AH ⊥BCtại H,
AH ⊥(BCC0B0)nênd(A,(BCC0B0)) = AH Vậyd(A,(BCC0B0)) = ABlà mệnh đề sai
B A
A0 C
0
C B0
H
Chọn đáp án D
Câu 16.
Theo qui tắc hình hộp, có
# »
AC0 =AB# »+AD# »+# »AA0
C C0 D0
D A
B A0
(194)Chọn đáp án C
Câu 17.
VìSA ⊥(ABC)nênSA ⊥BC Do
(
BC ⊥SA
BC ⊥ AH ⇒BC ⊥SH
A
B C
H S
Chọn đáp án A
Câu 18.
DoSA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ AB vàSA ⊥ AD, nên 4SAB
4SADvuông tạiA
DoSA ⊥(ABCD) ⇒SA⊥ DC (1)
Lại có ABCDlà hình chữ nhật nênCD⊥ AD (2)
Từ(1)và(2)suy raCD⊥SD, hay4SCDvng tạiD Chứng minh tương tự có4SBCvng tạiB
Vậy hình chóp có4mặt bên tam giác vuông
A
B C
D S
Chọn đáp án A
Câu 19.
Kẻ AH ⊥ (BCD) H Khi HB, HC, HD hình chiếu vng góc AB, AC, AD lên (BCD) Mà
AB = AC = AD nên HB = HC = HD Lại có 4BCD
đều nên Hcũng trọng tâm4BCD Suy H ≡Ghay
AG⊥(BCD) Ta có
(
CD ⊥BG CD ⊥AG
Suy raCD⊥(ABG) ⇒ AB⊥CD VìGlà trọng tâm4ABCnên
# »
AB+AC# »+AD# »=3AG# »
Ta cóBGlà hình chiu vuụng gúc caABlờn(BCD)nờn Ô
(AB,(BCD)) = ữABG Vy mệnh đề sai “Góc đường thẳngABvà phẳng phẳng(BCD)là góc÷ABC”
A
B
D G
C
(195)GọiOlà tâm hình vng ABCD Khi đóSO ⊥(ABCD)
GọiMlà trung điểm AB Ta có
(SAB)∩(ABCD) = AB SO (ABCD)
OM AB
Suy ra((SABÔ),(ABCD)) =SMOữ tAB=a Ta có
SM = a √
3
OM= a
2 Suy racosSMO÷ =
MO SM =
√
3
S
A M
B C
O
D
Chọn đáp án A
Câu 21.
GọiOlà tâm hình vng ABCD⇒ AO = a √
2 Ta có
(
BD ⊥AO
BD ⊥SA(doSA ⊥(ABCD).)
Suy raBD⊥(SAO) VẽAK ⊥SOtạiK, ta có (
AK ⊥SO
AK ⊥BD(doBD ⊥(SAO).)
Suy AK ⊥(SBD) ⇒d(A,(SBD)) = AK
4SAOvng tạiAcóAK ⊥SO Suy AK = √SA·AO
SA2+AO2 =
a√3
S
B
D O
C K
A
Chọn đáp án D
Câu 22. Khoảng cách hai đường thẳng chéo độ dài đoạn vng góc chung hai đường thẳng
Chọn đáp án B
Câu 23.
GọiIlà trung điểm củaCDvàHlà trọng tâm tam giác đềuBCD Ta cóAH⊥CDvàHB⊥CD
Suy # »AH·CD# » =0vàHB# »·CD# »=0 Xét
# »
AB·CD# » =AH# »+HB# »·CD# »= AH# »·CD# »+HB# »·CD# »=0 Suy # »AB⊥CD# » Do góc giữaABvàCDbằng90◦
A
D
B C
H I
(196)Câu 24.
Chọn đáp án C
Câu 25.
Trong (ABCD), gọiO = AC∩BD I trung điểm củaBC Ta có góc mặt bên
(SBC)và đáy ABCDlà’SIO Khi ta có tan’SIO = SO
OI =
√
SI2−OI2
OI
=
v u u
t a
√
3
!2
−a
2
a
2
=√2
S
A
D
B
C
O I
(197)D BỘ ĐỀ SỐ 4 1 Đề bài
Câu (Đề thi HK2 khối 11, THPT Chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An 2008). Trong mệnh đề sau Hãy tìm mệnh đề
A Hình hộp có đáy hình chữ nhật
B Hình lăng trụ có đáy tam giác C Hình lập phương có mặt hình vng D Hình chóp có tất cạnh
Câu (Đề thi HK2 khối 11, THPT Chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An 2018). Trong mệnh đề sau Hãy tìm mệnh đềsai
A Trong không gian hai đường thẳng phân biệt vng góc với mặt phẳng hai đường thẳng song song với
B Trong khơng gian đường thẳng vng góc với hai đường thẳng cắt mặt phẳng(P)thì đường thẳng vng góc với mặt phẳng(P)
C Trong không gian hai đường thẳng phân biệt vng góc với đường thẳng thứ ba hai đường thẳng song song với
D Trong không gian hai mặt phẳng cắt vng góc với mặt phẳng thứ ba giao tuyến chúng vng góc với mặt phẳng thứ ba
Câu (Đề thi HK2 khối 11, THPT Chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An 2018). Chọn mệnh đềsaitrong mệnh đề sau
A Nếu ba điểm phân biệt thuộc hai mặt phẳng phân biệt chúng thẳng hàng B Nếu hai mặt phẳng có điểm chung chúng có vơ số điểm chung
C Hai mặt phẳng phân biệt có điểm chung chúng có đường thẳng chung
D Hai mặt phẳng có hai điểm chung chúng có đường thẳng chung Câu (HK2 khối 11, trường Chuyên THPT Phan Bội Châu, Nghệ An 2018).
Tứ diện ABCDđều Gọi Glà trọng tâm tam giác BCD Trong mệnh đề sau Hãy tìm mệnh đềsai
A Góc đường thẳng ABvà mặt phẳng(BCD)là góc÷ABC B AB# »+AC# »+AD# »=3AG# »
C AG⊥(BCD) D AB⊥CD
Câu (HK2 khối 11, THPT Chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An 2018).
Cho hình lập phươngABCD.A0B0C0D0cạnha Đặt #»x = # »AA0+AC# »0 Độ dài #»x A (1+√3)a B a
√
6
2 C a
√
6 D a√2
Câu (HK2 Toán 11, Đức Thọ, Hà Tĩnh 2018).
Cho hình chópS.ABCDcóABCDlàhình thoitâmOvàSA =SC,SB=SD Trong mệnh đề sau, mệnh đề nàosai?
(198)Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0 Tính khoảng cách hai đường thẳngBB0vàAC0biếtAB= a, AD=a√3
A a
√
3
4 B
a√3
2 C a
√
3 D a
√
2
A
D D0
B
C C0
A0 B0
Câu (Đề thi HK2 khối 11, 2017 - 2018 trường THPT Phan Bội Châu, Tỉnh Nghệ An). Hình chópS.ABCD có đáy hình vng cạnh a, SA = a, SA ⊥ (ABCD) Khoảng cách từ đường thẳngADđến mặt phẳng(SBC)bằng
A a√2 B a C 2a D a
√
2 Câu (Đề KT HK2 T111, Phan Bội Châu, Nghệ An 2018).
Cho hình lập phươngABCD.EFGH, góc hai vectơAC# »,BG# »là
A 45◦ B 30◦ C 60◦ D 120◦ Câu 10 (T11, Chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An 2018).
Cho tứ diện ABCDcóAB =CD = a Gọi MvàNlần lượt trung điểm ADvàBC Xác định độ dài đoạn thẳngMN để góc hai đường thẳngABvàMNbằng30◦
A MN = a
2 B MN =
a√3
2 C MN =
a√3
3 D MN =
a
4 Câu 11 (Đề HK2, Sở GD ĐT, Thái Bình, 2018).
Cho tứ diện ABCDđều, gọiGlà trọng tâm tam giácBCD Mệnh đề sau đâysai? A cos÷ABG =
√
3
3 B AB⊥CD C AG⊥(BCD) D ÷ABG =60 ◦.
Câu 12 (Đề thi HK2, Lương Thế Vinh, Hà Nội, 2018).
Tứ diệnOABC cóOA = OB = OC đơi vng góc Tang góc đường thẳng
OAvà mặt phẳng(ABC)bằng
A B √2 C D
√
2 Câu 13 (Đề thi HK2, Lương Thế Vinh, Hà Nội, 2018).
Cho hình chóp đềuS.ABCD GọiHlà trung điểm cạnhAC Tìm mệnh đềsai? A (SAC) ⊥(SBD) B SH ⊥(ABCD)
C (SBD) ⊥(ABCD) D CD ⊥(SAD) Câu 14 (Đề thi HK2, Lương Thế Vinh, Hà Nội 2018).
Cho hình lập phươngABCD.A0B0C0D0 Góc hai đường thẳngCD0 vàAC0bằng A 30◦ B 90◦ C 60◦ D 45◦
(199)Cho hình chóp S.ABC có cạnh SA vng góc với mặt phẳng
(ABC), biết AB = AC = a, BC = a√3 Tính góc hai mặt phẳng(SAB)và(SAC)?
A 120◦ B 60◦ C 150◦ D 30◦
A C
S
B
Câu 16 (HK2 khối 11, THPT Chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An 2018).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnha có SA ⊥ (ABCD) vàSA = a√2 Gọi M trung điểm SB Tính tan góc đường thẳng DM
(ABCD)
A
5 B
√
5
5 C
√
2
5 D
√
10
B C
D S
A
Câu 17 (Đề thi HK2, Lương Thế Vinh, Hà Nội, 2018).
Hình chóp đềuS.ABC Glà trọng tâm tam giác ABC Biết rằngSG = AB = a Khoảng cách hai đường thẳngSAvàGCbằng
A a
√
5
5 B
a√3
3 C
a
2 D a
Câu 18 (HK2 T11, Chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An 2018).
Cho hình lăng trụ đứng tam giácABC.A0B0C0có đáyABClà tam giác cânAB = AC =a, BAC÷ =120◦cạnh bên AA0 =a
√
2 Tính góc hai đường thẳngAB0 vàBC
A B A0
B0
C C0
A 60◦ B 45◦ C 90◦ D 30◦
(200)Cho hình chópS.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật Tam giác SAC nằm mặt phẳng vng góc với đáy, khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng SA Biết AB = 3,
BC = Cơsin góc hai mặt phẳng (SAB) (SAC)
bằng A
√
34
17 B
3√17
17 C
2√34
17 D
3√34 34
C
A B
D
O S
2 Đáp án lời giải
ĐÁP ÁN TRẮC NGHIỆM
1 C 2 C
3 D 4 A
5 C 6 A
7 B 8 D
9 C 10 B
11 D 12 D
13 D 14 B
15 B 16 D
17 A 18 B
19 D
LỜI GIẢI CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM
Câu 1. Mệnh đề "Hình lập phương có mặt hình vuông" Chọn đáp án C
Câu 2. Mệnh đề "Trong không gian hai đường thẳng phân biệt vuông góc với đường thẳng thứ ba hai đường thẳng song song với nhau" sai
Chọn đáp án C
Câu 3. Mệnh đề sai "Hai mặt phẳng có hai điểm chung chúng có đường thẳng chung nhất" Xét trường hợp hai mặt phẳng trùng chúng có vơ số đường thẳng chung
Chọn đáp án D
Câu 4.
GọiItrung điểm BC
Ta cóAG⊥(ABC)tạiGnên
(AB,(ABC)) = ÷ABG 6=÷ABC
B C
I A
D G