Bài toán góc và khoảng cách trong đề tham khảo thptqg 2020 môn toán

+ Con đường hai khi xác định góc giữa hai mặt phẳng , ta đã đưa yêu cầu tính thể tích về bài toán tính thể tích của hình dễ xác định đường cao : Đó là giao tuyến của hai mặt phẳng tron[r]

PHÂN TÍCH ĐỀ THAM KHẢO NĂM HỌC 2019 - 2020

1 Phân tích

• Nhắc lại cánh tính khoảng cách hai đường thẳng chéo a b

Cách 1: Dựng đoạn vng góc chung (thường dùng hai đường vừa chéo vng góc) Cách : Quy khoảng cách từ đường đến mặt phẳng song song với chứa đường , cuối quy khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng :

Cách : Quy khoảng cách hai mặt phẳng song song mặt chứa đường • Câu 37 đề thi tham khảo: Là tốn tính khoảng cách hai đường thẳng chéo hình chóp có đường cao cho trước Một mức độ Vận Dụng Có hai ý tưởng bật :

⊕Thứ : Là tốn tính khoảng cách hai đường thẳng chéo khơng vng góc với : Một đường nằm mặt phẳng đáy đường cạnh bên Nên giải vấn đề khoảng cách có lối mịn học sinh thường dùng cách :

Khoảngcách hai đường thẳng chéonhau avà b :

d a b( , )=d a( ,( )P )=d M( ,( )P ) với : ( )P ⊃b,( )P / / ,a M ∈a

Vì tốn có chân đường cao cho trước nên : Đưa Về tốn tính khoảng cách từ chân đường cao đến mặt phẳng bên

⊕ Thứ hai : Đáy hình chóp hình thang hay , đặc biệt : từ dẫn đến đường chéo vng góc với cạnh bên , rút ngắn cách tính khoảng cách

2 Lời giải tham khảo

Ngô Tú Hoa Thoa Nguyễn Câu 37: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thang, AB=2a,AD=DC =CB=a SA

vng góc với đáy SA=3a(minh họa hình đây) PHÂN TÍCH – BÌNH LUẬN CÂU 37

Gọi M trung điểm AB Khoảng cách hai đường thẳng SBvàDM A 3

4a B

3

2a C

3 13 13

a

D 6 13

13 a Lời giải

Chọn A

Cách

Ta có DM / /(SBC)⇒d DM SB( , )=d DM( ,(SBC))=d M( ,(SBC)) Ta có MA=MB=MD=MC =a

Suy tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm M , đường kính AB Suy tam giác ABC vng C

Như ta có BC AC BC (SAC) (SBC) (SAC)

BC SA

⊥ 

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

 ⊥



2 3

AC= AB −BC =a ; SC= SA2 +AC2 =2 3a . 3

2 SA AC

AH a

SC

⇒ = =

( )

( , ) 1 ( ,( )) 3

2 4

d M SBC d A SBC a

⇒ = =

Cách

Gọi I=AC∩DM, N trung điểm đoạn thẳng SA Dễ dàng chứng minh (SBC) (// MND)

Do đó, d SB DM( , )=d SBC(( ) (, MND))=d B MND( ,( ))=d A MND( ,( )) Trong mp(SAC) kẻ AH⊥NI, mặt khác, ta chứng minh MI⊥(SAC) nên suy ra: AH⊥(MND) 2 = 12 + 12 ⇒ =

4

a AH

AH AN AI

Vậy, ( , )= ( ,( ))= =3

a

d SB DM d A MND AH

Hoặc Áp dụng công thức thể tích phần tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

( , )= (( ) (, ))= ( ,( ))= ( ,( ))= =3

2

S ABC SBC

V a

d SB DM d SBC MND d M SBC d A SBC

S

1. Ý tưởng

Tính khoảng cách hai đường thẳng chéo nằm hai mặt bên ,trong hình chóp có đường cao

Ý TƯỞNG V HƯỚNG PHÁT TRIỂN II

Câu 1

Chóp S ABC có đáy tam giác cạnh 2a Hình chiếu Hcủa S mặt phẳng (ABC) trung điểm cạnh AB SH =a Gọi M N, trung điểm SC MC, Tính khoảng cách hai đường thẳng chéo AM BN,

A. 15 79

a

B. 237

79 C.

2 237 79 a

D 15 79 79 a

Lời giải Chọn C

+ Gọi E trung điểm cạnh AC; K hình chiếu N HC⇒NK/ /SH ( ; ) ( ;( )) ( ;( )) ( ;( ))

5

d AM BN d A BEN d C BEN d K BEN

⇒ = = =

Vì ( ( ))

( )

( )

2

; 3

2

;

3 HC d C BEN CG

KG d K BEN

HC

= = =

 −     

+ Ta có:

4

KN CN a

KN SH = SC = ⇒ =

+ Gọi I hình chiếu K BE⇒IK/ /EC

Do 5

8

IK GK a

KI

EC =GC = ⇒ =

Vậy ( ) ( ( ))

2 2

2

8 4 8 237

; ;

5 5 25 79

.3 16 64

a a

KN KI a

d AM BN d K BEN

KN KI a

a

= = = =

+

+

2. Ý tưởng

Câu 2

Cho hình chóp S ABC. có SA⊥(ABC), tam giác ABC SA=AB=a Gọi M N, lần lượt trung điểm BC SC Tính khoảng cách hai đường thẳng AM BN

A. 13 13 a

B. 13

3 a

C. 13

13 a

D. 13

13 a

Lời giải Chọn A

Gọi M' trung điểm SC ⇒MM'/ /BN

Khi ( , ) ( ,( ')) ( ,( ')) ' ∆

= = = B AMM

AMN V d AM BN d BN AMM d B AMM

S Do SC=4 'M C nên ( ',( ))

4

= = a d M ABC SA

và

2

1

2

∆ABM = ∆ABC = a

S S Suy

3 ' 96 = M ABM a

V Tính

2 =a AM Theo công thức độ dài đường trung tuyến tam giác ta có

2 2 2

1 1 2

'

2 2 2

+ +

= = BC BS −SC = a a − a = a

MM BN

2

2 2 10

2 '

2

+ +

= − = − =

a a

AN AC NC a a

AM Suy ' 39 32 ∆AMM =

a

S Vậy ( )

3 3 13 96 , 13 39 32 = = a a d AM BN

3. Ý tưởng

Tính khoảng cách hai đường thẳng chéo hình lăng trụ đứng có đường cao cho trước có giả thiết góc gữa mặt bên mặt đáy

Câu 3

Cho hình lăng trụ đứngABC A B C ' ' ' có đáy tam giác ABC tam giác vuông A Biết AC=2 3a, M trung điểm CC' Góc mặt phẳng (A B M′ ′ ) mặt đáy 30 Khoảng cách hai đương thẳng AB B M′

A 2 3a B 4 3a C 6a D 2 6a

Lời giải Chọn A

Ta có: C A M′ ′ =((A B M' ′ ) (, A B C' ′ ′))=30 ⇒CC′=4a ⇒C M′ =A C′ ′tan 30 =2a Kẻ AN⊥AM N( ∈A C′ ) Gọi A M′ ∩AN=D

Khi : ( ) ( ( ))

2

2

16

, ,

16 16

3

A A a

d B M AB d A A B M AD a

AN

a a

′

′ = ′ ′ = = = =

+

( Do

3

A A.C M a A N

C A ′ ′

′ = =

4. Ý tưởng

Tính khoảng cách hai đường thẳng chéo hình lăng trụ tam giác hình có đường cao cho trước Đưa khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng tính phương pháp thể tích

Câu 4

Cho lăng trụ ABC A B C ' ' ' có AA' ,= a AB=a Gọi M N, trung điểm ' '

A B A C' ' Tính khoảng cách đường thẳng AN BM A 4 65

65 a

B 14 65

65 a

C.4 65

195 a

D.12 65

65 a

Lời giải Chọn A

Gọi N′ trung điểm BC, suy BM / /(ANN')

Do ( , ) ( ,( )) ( ,( )) B ANN ANN V d BM AN d BM ANN d B ANN

S ′ ′ ∆

′ ′

= = =

Ta có: 2 17, 3; ' 17

2 2

a a a

AN = AA′ +A N′ = AN′= NN =BM =AN =

Suy

2 195 16 ANN

a

S∆ ′ =

Ta có

2

1 1 3

.2

3 12

B ANN ABN

a a

V ′ = AA S′ ′ = a =

Vậy ( )

3

2

3

3 4 65

12 ;

65 195

16

a

a d BM AN

a

5. Ý tưởng

Phục dựng hình ẩn để tìm đường cao hình chóp, từ tính khoảng cách

Câu 5

Cho hình chóp S ABC có SA⊥AB SB, ⊥BC, đáy ABC tam giác cạnh a

GọiM N, trung điểm SB BC, , biết d S( ,(ABC))=2a Tính khoảng cách AM và SN

A.3 10 20

a

B.3 10 40

a

C.3

40 a

D.3

20 a

Lời giải Chọn B

Từ giả thiết ta có hai tam giác vuông SAB SBC chung cạnh huyền SB

SB

MA MB MC

⇒ = = =

⇒ hình chiếu M (ABC) tâm tam giác ABC, nên gọi G tâm tam giác MG⊥(ABC)và ( ,( ))

2

MG= d S ABC =a Gọi E trung điểm BN ⇒ME/ /SN

( , ) ( ,( )) ( ,( )) ( ,( ))

d AM SN d SN AME d N AME d G AME

⇒ = = =

Kẻ GF ⊥ AE F, ∈AE ( ( ))

2

, MG GF

d G AME

MG GF

⇒ =

+ Ta có

39

GF GA a

GF

EN = EA⇒ = ( ( ))

1

,

1 10

39 39

d G AME a a

⇒ = =

+

( , ) 3 10

2 10 40

a

d AM SN a

6. Ý tưởng

Phục dựng hình ẩn để tìm đường cao tốn tính khoảng cách mở rộng hình lăng trụ

Câu 6

Cho lăng trụ tam giácABC A B C ′ ′ ′ biết độ dài cạnh bên 2a B C′ =a ,B AB′ =90 , AB=BC=a,BAC=30 Tính khoảng cách d CC( ′,AB′)

A 21 a

B 21

7

a

C

7

a

D 21

5

a

Lời giải Chọn B

Tính được△BB C′ vuông C Nên gọi S trung điểmBB′ SA=SB=SC Nên gọi H hình chiếu S mp(ABC) H tâm đường trịn ngoại tiếp

ABC

△

Lại có △ABC cân tạiB BAC, =30 ⇒ABC=120 ⇒H đỉnh hình thoi ABCH AHB

△ đều, nên kẻ HE⊥AB E, ∈AB

2

a EH

⇒ =

Và có SH= ( 2a)2−a2 =a

( , ) ( ,( )) ( ,( )) 2 2 21

7

SH HE a

d AB CC d C SAB d H SAB

SH HE

′ ′ = ′ = = =

7. Ý tưởng

Phát triển toán giả thiết khoảng cách hai đường thẳng chéo Phục dựng đường cao để xác định giả thiết Từ tính thể tích

Câu 7

Cho khối chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2a, SA=SB=a 2, khoảng cách hai đưởng thẳng AB SC a Tính thể tích khối chóp cho

A 3

a

B 2 3

3 a

C 2

3 a

D

3 a

Lời giải Chọn B

a 2 a

2a

O N

M

C A

D

B

S

H

Gọi M trung điểm đoạn thẳng AB

Ta có SA=SB=a 2 nên tam giác SAB cân S suy SM ⊥AB Gọi N trung điểm đoạn thẳng CD suy MN⊥ AB

Do AB⊥(SMN) mà AB⊂(ABCD) nên (SMN) (⊥ ABCD) Kẻ SH ⊥MN ⇒SH ⊥(ABCD) Lại có

2

2 2

4 AB

SM = SA −AM = SA − = ⇒a SM = AM =BM =a

hay tam giác SAB vuông cân S Mặt khác lại có AB/ /(SCD)

Nên d AB SC( , )=d A SCD( ,( ))=d AB( ,(SCD))=d M( ,(SCD))= =a SM

2 3

SM SN SN MN SM a

Do SM SN a SH MN SM SN SH

MN

= ⇔ = = SABCD = AB2=4a2

Vậy

3

1 3

.4

3 3

S ABCD ABCD

a a

V = SH S = a =

8. Ý tưởng

Phát triển toán giả thiết khoảng cách hai đường thẳng chéo Phục dựng đường cao để xác định giả thiết Từ tính thể tích

Câu 8

Cho tứ diện ABCD, có AD=3 ,a AB=2 ,a BC=4 ,a BD= 13a DAC=90 Biết khoảng cách hai đường thẳng AB CD, 3 10

5

a

, tính thể tích khối tứ diệnABCD

A. 6a3

B 6a3 C 2 6a3 D 2 3a3.

Lời giải Chọn B

MỘT LÀ : phát triển Khơi phục hình ẩn hình chóp có đáy hình bình hành để sử dụng khoảng cách cặp cạnh đáy cạnh bên chéo đưa khoảng cách điểm thuận lợi cạnh đáy đến mặt bên

HAI LÀ : Sử dụng giả thiết tìm chân đường cao cho chóp D ABC , triển khai giả thiết khoảng cách

Từ giả thiết ta có AD2+AB2=BD2 ⇒DA⊥AB ⇒DA⊥(ABC) Dựng hình bình hành ABEC có EC=AB=2a

( )

( , ) DA AK2 2

d A CDE AH

DA AK

⇒ = =

+

3 10

6

9

AK a

AK a AK

⇒ = ⇒ =

+

3

1

.3 6

3

ABCD

V a a a a

⇒ = =

9. Ý tưởng

Phát triển toán giả thiết khoảng cách hai đường thẳng chéo Phục dựng đường cao để xác định giả thiết khoảng cách Từ tính thể tích

Câu 9

Cho tứ diện ABCD có AB=BD= AD=2 ,a AC= 7a

, BC= 3a Biết khoảng cách hai đường thẳng AB CD, a, tính thể tích khối tứ diện ABCD

A

3

2

3

a

B

3

2

3

a

C 2a3 6

D 2a3 2.

Lời giải Chọn B

Cách

Xuất pháttừ cách tính khoảngcách hai đường thẳng chéonhau

GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ :

Phục dựng đường cao để xác định khoảng cách giả thiết

Coi tứ diện hình chóp D ABC

Qua C kẻ tia Cx/ /AB Khi d AB CD( , )=d AB CD Cx( ,( , ))

Nên qua M dựng MN/ /BC N, ∈Cx ⇒H∈MN CN⊥(DMN) Trong (DMN) kẻ MI⊥DN ⇒MI⊥(DCN)⇒MI=d M( ,(DCN)) Rõ ràng d AB( ,(CD Cx, ))=d M( ,(DCN)) Nên ta đượcMI=a

GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ : Khai thác giả thiết khoảng cách xác định , giả thiết đặc biệt đưa tam giác đặc biệt Từ tính đường cao

Ta có DM= 3=MN nên △DMN cân đỉnh M ⇒I trung điểm DN

2

2 2

DN MN MI

⇒ = − =

.2 2

3

MI DN a a a

DH

MN a

⇒ = = =

3

1 . 2. .2 3 2

3 3

ABCD ABC

a

V = DH S = a =

Cách 2

Phục dựng hìnhchóp đáy hình bình hành hay trường hợp đặc biệt hình bình hành

⊗ Hình quen : Chóp S ABCD đáy ABCD hình bình hành

d AB SC( , )=d AB( ,(SCD))=d M( ,(SCD)) với điểmM∈AB ⊗ Dấu hiệu :

Từ giả thiêt cạnh ta có AB2+BC2 =AC2 ⇒ AB⊥AC Nên có nửa hình chữ nhậtABC nên dựng hình chữ nhật ABCE Ta có chóp D ABCE có đáyABCE hình chữ nhật

Từ giả thiết DA=DB ta có hình chiếu D đáy thuộc mặt phẳng trung trực đoạn AB, mặt phẳng trung trực AB mặt phẳng trung trực

CE ⇒DE=DC

Gọi N trung điểm CD⇒CE⊥(DMN)

Kẻ MI⊥DN⇒MI⊥(DCE)⇒MI=d M( ,(DCE))=a Đến tốn giải

• Lời giải

2 2

AB +BC =AC ⇒AB⊥ AC Dựng hình chữ nhật ABCE Do ta có hình chóp D ABCE đáy hình chữ nhật ABCE Nên a=d AB CD( , )=d AB( ,(CED))

Từ giả thiết DA=DB ta có hình chiếuH D đáy thuộc mặt phẳng trung trực đoạn ABvà mặt phẳng trung trực CE

Nên gọi M N, trung điểm AB CE, H∈MN

( )

CE DMN

⇒ ⊥

Đến ta làm cách Cách 3

Phục dựng hình lăng trụ đứng có hai mặt bên chứa hai mặt tứ diện cạnh bên lăng trụ cạnh tứ diện đỉnh tứ diện thuộc cạnh bên khác

• Lời giải Từ giả thiết ⇒AB⊥AC

Dựng lăng trụ đứng AGF BCE có cạnh bên AB D trung điểm EF

AGF BCE ABCD

V V

⇒ =

Ta tính 2 2 2

3

BCE ABCD BCE

PHÂN TÍCH VÀ PHÁT TRIỂN CÂU 49

ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020

Ngô Tú Hoa – Dung Ngơ – Nguyễn Thị Hồng Gấm

PHÂN TÍCH Ý TƯỞNG CÂU 49 ĐỀ THI THAM KHẢO

Có hai Nội Dung trọng tâm câu 49 là: Thể tíchvàGóc hai mặt phẳng

I Phân tích tốn thể tích:

Một tốn thể tích kiểm tra hai kỹ năng: + Thứ xác định tính đường cao + Thứ hai tính diện tích đáy

Thì tốn khó khăn đường cao: Phương đường cao chưa có giá trị đường cao cho ẩn giả thiết góc hai mặt phẳng.

Khi đó, để giải tốn ta dùng hai đường:

+ Con đường tìm xác định đường cao chóp cho cách chọn ẩn độ dài đường cao Tìm ẩn qua giả thiết góc Đó cách làm

+ Con đường hai xác định góc hai mặt phẳng , ta đưa yêu cầu tính thể tích tốn tính thể tích hình dễ xác định đường cao : Đó giao tuyến hai mặt phẳng giả thiết góc Khi đổi đường cao ta định hướng đáy theo đường cao này- Đó cách câu 49

II Phân tích tốn góc hai mặt phẳng :

Trước hết nhắc lại lý thuyết góc mặt phẳng phân biệt P Q cắt nhau: Gọi P , Q , 90 , ta đưa góc hai đường thẳng a

bnhư sau:

+ Cách 1: Dùng định nghĩa : a b, với a P b, Q

+ Cách 2: Xác định góc : a b, với

,

, ,

, ,

P Q d O d

O a a P a d O b b Q b d

+ Cách 3: Phương pháp khoảng cách : , sin

, d M Q

d M d P Q d M, P

+ Cách 4: Công thức đa giác chiếu : cos S S

C

và S diện tích đa giác chiếu đa giác H chiếu mp Q

+ Cách 5: Phương pháp diện tích hai mặt: giả sử góc hai mặt ABC ABD

2

.sin

ABC ABD ABCD

S S

V

AB

3

sin

2

ABCD ABC ABD

V AB

S S

Chú ý : Khi gặp góc khó tìm : Ta có thểmở rộng mặt phẳng đểgóc cần tìm

nhìn thấy rõ ràng hơn,hoặc áp dụng mặt phẳng song song đểđưa vềgóc hai mặt phẳng dễtìm hơn

Tiếp theoBài tốn góc hai mặt phẳng ln tốn khó tốn hình học khơng gian Câu 49 đề thị tham khảo : Bộ đưa hai vấn đề khó thường gặp kiểm tra kiến thức góc

+ Khó thứ nhấtlà khó chung tốn hình học khơng gian, hình khơng có đường cao cho trước

+ Khó thứ hai khó riêng tốn góc hai mặt phẳng Ở câu 49 cịn kết hợp hết khó tốn góc: Cho góc hai mặt bên vào giả thiết Muốn giải toán phải khai thác giả thiết góc

Tuy nhiên tốn quen, ý tưởng khơng có mới

Nên cần giải hai vấn đề Và nắm vững cách xác định góc

Giải vấn đề 1:

Tìm đường cao hình : học sinh phải tìm đường cao cách suy từ quan hệ vng góc đường với đường để chứng đường vng góc với mặt, hay phục dựng hình ẩn để xác định đường cao

Giải vấn đề 2:

- Để khai thác giả thiết góc ta thường làm :

+ Xác định góc Trong q trình xác định góc phải tránh bẫy đưa góc hai đường thẳng cắt góc khơng tù

+ Cần chọn ẩn ( Là chiều cao hay cạnh đáy giả thiết chưa có) sau sử dụng giả thiết góc để tìm ẩn

- Và sử dụng nhiều phương pháp khác ngồi hai cách truyền thống để tính góc hai mặt phẳng

- Ta chứng minh cơng thức tính nhanh sau :

Cho hình chóp S ABCD. có SA ABCD ,đáy ABCD hình chữ nhật , biết

, ,

SA h AB a AD b Gọi SBC , SDC Khi đó:

2 2

cos AB AD. a . b 1

SB SD h a h b

Đặc biệt ABCD hình vng

2

2

cos a

Thật : Cách 1: F E D C B A S

Gọi E F, hình chiếu A lên SB SD, , ta có AESBCvà AF SDC, SBC , SDCAE AF,  Khi  

.

cos = 3

. AE AF AE AF



Ta có AE AB SA  *

SB



2 SA SE SB  suy

2 2

2 2

SA SA AB

SE SB AE AB AS

SB SB SB

   

Tương tự ,AF AD SA  **

SD  , SA SF SD  suy

2 2

2 2

SA SA AD

SF SD AF AD AS

SD SD SD

   

Do  

2 2 2 . . . *** . AB AD

AE AF AS

SB SD



Thay     * , ** , *** vào  3 ta công thức  1 Cho ab ta  2

Cách 2:

Gọi K hình chiếu D lên SC,

 

 ,   ,  . .

sin

. .

d D SBC d A SBC AE AS AB SC AS SC

DK DK DK SB SD DC SB SD

      

 

     

2 2 2

2

2 2

2 2 2 2

2 cos .

SB SD SA SA AB AD AS SC

SB SD SB SD

SA AB SA AD SA SA AB AD AD AB

SB SD SD SB

       

    



LỜI GIẢI CÂU 49 ĐỀ THI THAM KHẢO NĂM HỌC 2019-2020

Câu 49: [ ĐỀ THI THAM KHẢO - 2020 ] Cho khối chóp S ABC có đáy

ABC tam giác vuông cân A AB, a SBA, SCA 90 , góc hai mặt phẳng SAB SAC 60 Thể tích khối chóp cho bằng

A

a B

3

3 a

C

3

2 a

D

3

6 a

.

Lời giải

Chọn D

Cách 1:

Ta có

2 1

.

2 2

ABC

a

S  AB AC

Gọi D hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng ABC

Ta có AB SB AB SBD AB BD

AB SD

 

   

 



Tương tự, ta có ACCDABDC hình vng cạnh a Đăt SDx x, 0

Gọi H hình chiếu vng góc D lên

2 2

DB DS ax

SB DH

DB DS a x

  

 

Ta có     

2

,

DH SB ax

DH SAB d D SAB DH

DH AB a x

 

    

 

 

Lại có CD//ABCD//SABd C SAB , d D SAB , DH

SCA

 vuông ,C có ACa SC,  x2a2

Kẻ

2 2 2

2

CA CS a x a

CK SA CK

CA CS x a



   

 

Vì           

 

,

sin ,

,

d C SAB DH

SAB SAC SA SAB SAC

d C SA CK

C

   

2

2 2 2 2 2 2

2

2

2

3

sin 60

2

ax

x x a

a x x a x x a x a

x a a x a

x a                 DH a

  Vậy

3

1

3

S ABC ABC

a V  S SD .

Bình Luậncách 1:

Đây cách truyền thống tính thể tích phương pháp thường gặp bài tốn góc hai mặt bên : Đó sử dụng khoảng cách tốn góc hai mặt phẳng.

Cách 2:

Dựng hình vng ABDC SDABCD Đặt SDx x, 0

Kẻ DHSB H, SBDHSAB

2 ax DH x a  

Kẻ DKSC K, SCDKSAC

2 ax DK x a   Ta có

2 2

2 2 // 2 2. 2

SH SK SD x x x

HK BD HK BD a

SB  SC  SB  x a    x a  x a

Ta có

2 2

cos , cos

2 .

DH DK HK

SAB SAC HDK

DH DK

 

2 2

2 2 2

2

2 2

2

2 2

1 1

2 2 2

x a a x

x a x a

a

x a

x a x a

x a           

.SDa

Lại có 2 ABC a

S  AB AC Vậy

3

1

3

S ABC ABC

a V  S SD Bình Luậncách 2:

C

Cách 3:

S

B

D C

A I

Ta có hai tam giác vng SAB SAC chung cạnh huyền SA Kẻ BI  SA CI  SA

Góc hai mặt phẳng SAB SAC góc hai đường thẳng BI

 ;  60

CI  BI CI  

Có BCa 2, BIC cân I

DoBI CIAC a a 2BCnênBIC không

6 120

3

a

BIC BI CI

Từ

3

a

AI  ; AB2AI SA. SAa 3. Dựng hình vng ABDC SDABDC

Có : 2

;

3

ABC S ABC ABC

a SD SA AD a S a V  S SD

Bình Luậncách 3:

Đây cách truyền thống tính thể tích xác định góc : Một cách tốn góc Khi vai trị đối xứng hai tam giác hai mặt góc tạo thành Và bỏ vai trị cách tính tốn khó khăn nhiều sau dựng góc.

Cách trắc nghiệm: CƠNG THỨC TÍNH NHANH :

Gọi D hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng ABC

Ta có AB SB AB SBD AB BD

AB SD



    

 



Tương tự, ta có ACCDABDC hình vuông cạnh a Đăt SDh h, 0

2

2 2

1 cos

2

a a

h a SD a

h a h a

Từ tiếp tục tính thể tích .

3

S ABC ABC

a

V S SD

  

Bình Luậncách 4:

Đây Cơng thức tính nhanh hữu hiệu , lại địi hỏi giả thiết đủ điều kiện để thực hiện công thức Nên thay đổi đáy cơng thức khó sử dụng

Cách 5:

Sau tính SA ta tính thể tích tứ diện cách ngắn hơn.

6 120

3

a

BIC BI CI

Từ

3

a AI  ;

AB AI SASAa

 

1

3

S ABC IBC IBC

V  S SIAI  S SA

Với 120 . 3

2 6

IBC S ABC

a a a

S  IB IC sin   V  a 

Bình Luậncách 5:

Đây ý tưởng đặc sắc tốn thể tích : Đó chọn đường cao đáy phù hợp xác định tính tốn được.

Cách 6:

Sau tính

6 120

3

a

BIC BI CI

Từ

3

a

AI  ;

AB AI SASAa

2

2

.sin sin 60

3

SAC SAB ABCD

S S

V CI SA

SA SA

2

1

3

a a

a

Bình Luậncách 6:

Đây cơng thức tính nhanh cho tốn thể tích cho góc

Phát triển 1:

Phát triển đáy từ tam giác vuông cân thành tam giác vuông không cân Sử dụng CT khoảng cách để tính góc – Ngồi áp dụng CT tính nhanh

Câu 1: [PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO] Cho hình chóp S ABC. , có

90 , 10 , 3

SAB ABC SCB AB a BC a góc hai mặt phẳng SAB và SBC

bằng 45 Tính thể tích khối chóp S ABC A

3

15

a

B

3 2 15

3 a

C

3 15

6 a

D

3 15

2 a

P

Lời giải

Chọn A

Gọi góc cần tìm SAB , SBC Ta phục dựng hình ẩn chóp S ABCD. :

Giả sử gọi D hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng ABC

Ta cóAB SA AB AD

AB SD Tương tự, ta cóBC CD ABCD hình chữ nhật

Nên S ABCD. hình chóp có SD ABCD , đáy ABCD hình chữ nhật

Đăt SD h h, Coi a 1 để tiện tính tốn

Cách 1 : Áp dung phương pháp khoảng cách để tính góc :

, , , 1

sin

, , , 2

d A SBC d D SBC d D SBC

d A SB d A SB d A SB

Ta có :

2

2

2 2

. 10 10

,

10 10

SD CD h h

d D SBC

h

SD CD h

2

2

10

10

,

13

3 10

h SA AB h

d A SB

SB h h

2

2

13 1

2

3 10

h h

h h

4 2

13 30 2

h h h h

Ta SD 2a

3

1 15

10

3

S ABC

a

V a

Cách 2 : Chứng minh CT tính nhanh Áp dụng vào , ta có :

2

3 10 1

.

2

3 10

h h

4

13 30

h h

Kết tính tốn

C

Phát triển :

Phát triển đáy thành hình thang cân

Phục dựng hình ẩn, Đưa tốn gốc – áp dụng CT tính nhanh.

Câu 2: [PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO] Cho hình chóp S ABCD. , đáy ABCD hình thang

cân có / / , 2 ,

2

a

BC AD BC AD a AB CD Biết SBA SCD 90 , góc hai mặt phẳng SAB SCD 60 Tính thể tích khối chóp S ABC.

A

3

2

a

B

3 2 2 a

C

3

3 2

4 a

D

3 2 4 a

Tác giả : Dung Ngô – Phản biện : Nguyễn Thị Hồng Gấm

Lời giải

Chọn D

Gọi SAB , SBC

Gọi E AB CD BE CE a BE2 CE2 BC2 BEC vuông cân đỉnh E

,

SBE SCE Ta đưa toán gốc

Gọi H hình chiếu S ABCD , EB SB EB BH

EB SH

Tương tự EC CH Từ ta suy tứ giác HBEC hình vng cạnh a

Gọi SH h h, Áp dụng cơng thức tính nhanh :

2

2

2

2 1

2

2

a

h a h a

h a

2

3

3

2

ABCD AED

a a

S S

2

1

3 4

S ABCD

a a

Phát triển :

Phát triển hình đáy nửa lục giác :

– Phục dựng hình ẩn để xác định đường cao

- Áp dụng CT tính nhanh để tìm đường cao

Câu 3: [PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO] Cho hình chóp S ABCD. có đáy hình thangAB/ /CD,AB2a,ADDCCBa Biết SAD SBD 90 góc hai mặt phẳng SAD SBD , cho cos

5 Tính thể tích khối chóp S ABCD.

A

3

a

B

3 6 4 a

C

3 2 4 a

D

3 6 12 a

Tác giả: Dung Ngô – Phản biện : Nguyễn Thị Hồng Gấm

Lời giải

Chọn B

Gọi M là trung điểm AB, Ta có MAMBMCMDa

Suy tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn tâm M , đường kính AB

Suy tam giác ABD vuông D Đưa tốn sử dụng cơng thức tính nhanh Gọi H hình chiếu S ABCD BD SB BD SAH BD BH

BD SH

Nên ADBH hình chữ nhật H điểm đối xứng với D qua M Ta có HB AD a HA; BD 2a a2 a 3

Gọi SH h Cho a 1 Áp dụng cơng thức tính nhanh ta có :

2

3 1 1

.

5

3 1

h h

4 2

4 12 2

h h h h SH 2a

Và tam giác AMD cạnh a

2

3

3

4

ABCD AMD

a

S S

2

1 3

3 4

ABCD

a a

Phát triển 4* - VDC :

Phát triển hai ý tưởng :

Phục dựng hình ẩn tìm đường cao

Xác định góc giả thiết Dùng tính chất đối xứng điểm

Câu 4: [PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO - VDC - Ngô Tú Hoa ] Cho tứ diện ABCD có

2 ,

ABBDDA a BC 3 ,a AC 7a Gọi M trung điểm AB N điểm đối xứng với M qua trung điểm cạnh AC , biết góc hai mặt phẳng DMN DBN

60 , tính thể tích khối tứ diện ABCD

A 4 2

3 a

B

3 4 2

9 a

C

3 6 9 a

D

3

6

a .

Tác giả : Ngô Tú Hoa – Phản biện : Nguyễn Thị Hồng Gấm Lời giải

Chọn B

Cách 1 :

Gọi góc hai mặt phẳng DMN DBN   60

Ta có 2

AB BC AC ABBC.MN/ /BC MN AB

Phục dựng hình chóp D ABCE. sau :

Dựng hình chữ nhật ABCE

Do ta có hình chóp D ABCE đáy hình chữ nhật ABCE

Từ giả thiết DADB ta có hình chiếu H D đáy thuộc mặt phẳng trung trực

đoạn ABvà mặt phẳng trung trực CE

Tính 2

3

DM DA MA a BC MN

Nên tam giácDMN cân đỉnh M ,

Gọi I trung điểm DN MI DN doBM DMN DN IB

, 60

IM IB MIB MIB ( Do tam giác IMB vuông M )

.cot 60

a

MI MA 2 2 2

3 a

DI DM MI

3

4 4 2 1 1 4 2

2 4 . . . .1.

3 3 3 2 3 9

D ABC D ABN D AMN D AMI AMI

a

V V V V DI S a

Bình luận :

Phục dựng hình ẩn Tìm mặt phẳng chứa đường cao , xác định góc để sử dụng giả thiết góc giữa hai mặt phẳng Qua phương pháp xác định góc chuyển chóp có đường cao diện tích tìm hồn thành tốn tính thể tích khối chóp

Cách 2 :

Từ giả thiết DADB ta có hình chiếu H của D đáy thuộc mặt phẳng trung trực đoạn AB

Ta có 2

AB BC AC ABBC MN AB Hay BM MN

Do M trung điểm AB N điểm đối xứng với M qua trung điểm cạnh AC nên

AB DMN BM DMN

Tính 2

3

DM DA MA a BC MN

Nên tam giácDMN cân đỉnh M , Gọi I trung điểm DN

MI DN doBM DMN DN IB

, 60

IM IB MIB MIB ( Do tam giác IMB vuông M )

.cot 60

a

MI MA 2 2 2

3 a

DI DM MI

2

2 2 2 2

2 . .

3

3 3

DMN DMN

a a a

S S MI DI

Do S ABC S BMNC

2

2 2

2

3 3

ABCD D ABC D BMNC D BMN B DMN DMN

a a

Phát triển 5* :

Phát triển thành tốn tính thể tích khối lăng trụ chưa có đường cao giả thiết góc hai mặt bên

Rèn kỹ tìm góc tính thể tích lăng trụ theo khối tứ diện nằm lăng trụ

Câu 5: [PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO - VDC - Ngô Tú Hoa ] Cho lăng trụ tam giácABC A B C. có đáyABC tam giác cạnh a Mặt bên ABB A hình thoi, biết

60

A AC góc hai mặt phẳng A ACC A BC bằng30 Tính thể tích khối lăng trụ ABC A B C.

A

3 16

a

B

3 3 3

8 a

C

3 3 3

16 a

D

3 3 2

16 a

Tác giả : Ngô Tú Hoa – Phản biện : Nguyễn Thị Hồng Gấm

Lời giải

Chọn A

Do đáy lăng trụ tam giác đều, mặt bên hình thoi nên tất mặt lăng trụ

hình thoi Do A AC 60 A C C 60 nên A CC Gọi M trung điểm A C

Thì ta có :

A C CM

A C B MC

A C B M

Gọi A BC , A ACC Gọi O B C BC OM A BC ,OM A C

Rõ ràng A C A BC A ACC

,

MO MC 30

150 OMC OMC

Do

2

a

B MC tam giác cân đỉnh M MOC 90 OMC 30

3

.sin 30

4

a a

OM MC B C

Suy B MC có diện tích

2

2

3 3

2 16

B MC

a a

S

.

2

.3 3

3

16 16

ABC A B C C A B C B MC

a a a

V V A C S

Phát triển :

Phát triển góc : Giả thiết cho góc hai mặt bên khơng tạo với đáy góc, kết luận tìm góc hai mặt bên

Câu 6: [PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO – Chuyên KHTN Lần ] Cho hình chóp S ABC. có đáy tam giác vuông A với ABa; AC2a Mặt phẳng SBC vuông góc với mặt phẳng ABC Mặt phẳng SAB SAC tạo với mặt phẳng ABC góc

60 Gọi  góc hai mặt phẳng SAB SBC Tính tan. A 51

17 B

51

3 C

17

3 D

3 17

17

Lời giải Chọn B

M

N A

C

B

S

H

Kẻ SH BC H TH1: Hnằm B C,

Vì mặt phẳng SBC vng góc với mặt phẳng ABC nên SH ABC Kẻ HM AB M; HN AC N

Khi tứ giác AMHN hình vng SAB , ABC SMH 60 ;

, 60

C

Vì MH // AC nên

2

x a x a

x

a a



  

2

tan 60

3

a

SH HM

    , 17

3

a a

SM  SB Cách 1: Phương pháp khoảng cách

,

ABC SBC

SH S SH AB AC

d A SBC a

S SH BC

2

. . 4

,

17

SM AB SM AB

d A SB a

SB SM MB

, 17 51

sin tan

, 2 5 3

d A SBC d A SB Cách 2: Tọa độ hóa

Chọn hệ trục Oxyz cho gốc tọa độ O A hình vẽ

x z y M N A C B S H

Chọn a1

Khi A0;0;0; B1;0;0; C0; 2; 0; 2; ; 3

H 

 ;

2 2

; ;

3 3

S

Ta có 2 3; ;

3 3

AS   

  phương với vectơ u1;1; 3 Vectơ pháp tuyến SAB n1i u, 0; 3;1

 1; 2;0

BC  ; 2 3; ;

3 3

BS   

  phương với vectơ v  1; 2; 3 Vectơ pháp tuyến SBC n2 BC v, 4 3; 3; 0

   

 

1

6 15

cos cos ;

10 60 n n SAB SBC n n     

85 sin 51

sin tan

10 cos



 



    

Cách 3: Phương pháp thể tích

 

Ta có

1 1 3 1 2 3

. . . .2 .

3 3 3 2 9

S ABC ABC

a

V  SH S  a a a

1 . 1 3. . 5 15

2 2 3 3

SBC

a

S  SH BC a  a . 1 2

2 3

SAB

a

S  SM AB a a Gọi  góc hai mặt phẳng SBC , SAB

Từ công thức 2 . .sin sin 17 cos 3

3. 2 5 2 5

SBC SAB SABC

S S

V

SB

  

     Vậy tan 51

3

 

TH2: Hnằm B C, (làm tương tự trên, yếu tố thay đổi, đáp số không đổi)

Phát triển :

Phát triển góc toán cực trị

Câu 7: [PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO – Phát triển Chuyên TN] Cho Cho hình chóp .

S ABCD cạnh a, chiều cao b thỏa mãn 6a b 9 Biết O tâm mặt cầu ngoại tiếp .

S ABCD Khi thể tích khối chóp lớn cosOAB , OBC bao nhiêu? A. 36

325 B.

36

325 C.

72

325 D.

72

325

Lời giải

Ta tích khối chóp  

1

3

    

S ABCD

V a a a a với 0;3

2

 

 

a

Từ ta tìm AB1, SH 3, 38

2



SB Từ tính

2 19

2 12

  SB 

SO R

SH

suy góc hai mặt phẳng OAB với mặt phẳng OBC góc KA KC,

Ta có 17

38

HK  , 13

19

 

KA KC ,

36 cos

325

AKC cos  ,  36 325

OAB OBC

 

Phát triển :

Bài tốn góc hay đề thi ĐH – 2003 Đề thi tham khảo

Đề ĐH – 2003 : Cho hình lập phương ABCD A B C D. Tính góc hai mặt phẳng BA C DA C

A 60 B 30 C 45 D 90

Lời giải

Chọn A

Gọi BA C , DA C Gọi cạnh hình lập phương a

Gọi H A B AB H trung điểmA B ta có AH A B AH BA C

AH A B

Tương tự K A D AD AK DA C AH AK,

Do

2

BD a

HK ,

2

a

AH AK

AHK AH AK, AHK 60 60

Bình luận :Đây tốn góc cổ điển mang đủ độ khó tốn góc Và để kết thúc

Phát triển :

Bài tốn góc hay Đề thi tham khảo – 2018 BGD

[ĐỀ THI THAM KHẢO 2017-2018 ] Cho hình lăng trụ tam giác ABC A B C.    có

2

AB AA 2 Gọi M N P, , trung điểm cạnh A B A C   , BC (tham khảo hình vẽ bên)

Cosin góc tạo hai mặt phẳng (AB C ) (MNP)

A 6 13

65 B

13

65 C

17 13

65 D

18 13

65

Lời giải Chọn B

P N

M

C'

B'

A C

B A'

Dễ thấy AB C ; MNP AB C ; MNCB

0

0

180 ; ;

180 ; ;

AB C A B C MNBC A B C A BC ABC MNBC ABC

Ta có ; ; arctan

3

A BC ABC A P AP A PA

Và ; ; arctan4,

3

MNBC ABC SP AP SPA với S điểm đối xứng với A qua A,

2

Suy 2 4 13

cos ; cos 180 arctan arctan .

3 3 65

AB C MNP

Bình luận :Vẫn tốn giả thiết có đường cao u cầu tính góc, cách hỏi góc địi hỏi

người làm tốn phải biết mở rộng mặt phẳng để góc cần tìm nhìn thấy rõ ràng hơn Mặt khác bám vào tính chất đặc trưng lăng trụ tam giác , kết hợp kiến thức góc sâu giải nhanh tốn này

Phát triển 10 :

Bài tốn góc Đề thi THPTQG – 2018 BGD

Câu 37: [Mã 101- THPTQG-2018] Cho hình lập phương ABCD A B C D.     có tâm O Gọi I tâm hình vuông A B C D    M điểm thuộc đoạn thẳng OI cho MO2MI(tham khảo hình vẽ) Khi cosin góc tạo hai mặt phẳng MC D  MAB

A. 85

85 B.

7 85

85 C.

17 13

65 D.

6 13

65

Hướng dẫn giải Chọn B.

Không tính tổng quát, ta giả sử cạnh hình lập phương Gọi P Q, trung điểm D C  AB Khi ta có

2

10, 34, 6 2.

MP IM IP  MQ PQ

Áp dụng định lí cơsin ta

2 2

14 cos

2 340

MP MQ PQ

PMQ

MP MQ

Góc  góc hai mặt phẳng MC D  MAB ta có

14 7 85

cos

85 340

  