1. Trang chủ
  2. » Giáo Dục - Đào Tạo

1H3 QU~1

19 2 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 19
Dung lượng 1,23 MB

Nội dung

Câu 1: B C D có cạnh a ( tham khảo hình vẽ (Tham khảo 2018) Cho lập phương ABCD A���� bên ) C Khoảng cách hai đường thẳng BD A�� 3a 3a C D 2a Lời giải C khoảng cách mặt Ta có khoảng cách hai đường thẳng chéo BD A�� A B a BCD   A���� C Do khoảng cách thứ tự chứa BD A�� C a hai đường thẳng BD A�� phẳng song song  ABCD  Câu 2: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SB  2a Góc đường thẳng SB mặt phẳng đáy A 60� B 90� C 30� D 45� Lời giải � Do SA   ABCD  nên góc đường thẳng SB mặt phẳng đáy góc SBA Ta có �  cos SBA AB  �  60� SB � SBA Vậy góc đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng 60� Câu 3: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vuông đỉnh B , AB  a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  2a Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  5a A B 5a 2a C D 5a Lời giải �BC  AB � BC   SAB  � Ta có �BC  SA � AH   SBC  Kẻ AH  SB Khi AH  BC � AH khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  1 1 4a 2 5a  2    � AH  � AH  2 SA AB 4a a 4a 5 Ta có AH Câu 4: (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vuông C , AC  a , BC  2a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  a Góc đường thẳng SB mặt phẳng đáy A 60� Có B 90� SA   ABC   � � SB ,  ABC  C 30� Lời giải  ABC  nên AB hình chiếu SA mặt phẳng �, AB  SBA �  SB    2 Mặt khác có ABC vuông C nên AB  AC  BC  a �  tan SBA Khi SA �  SB ,  ABC   30� AB nên   D 45� Câu 5: (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh 3a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  a Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  5a A B 3a C 6a D 3a Lời giải �BC  AB � BC   SAB  Ta có: �BC  SA � �  SAB    SBC  � � � SAB  � SBC   SB  SAB  Trong mặt phẳng AH  d  A;  SBC   : Kẻ AH  SB � 1 1    2  2 2 AH SA AB a 3a 3a � d  A;  SBC    AH  3a (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với mặt phẳng đáy, AB  a SB  2a Góc đường thẳng SB mặt phẳng đáy Câu 6: A 60 SA   ABC  B 45 C 30 Lời giải A nên AB hình chiếu SB lên mặt phẳng đáy � Suy góc đường thẳng SB mặt phẳng đáy SBA �  AB  � SBA �  600 cos SBA SB Tam giác SAB vng A nên Ta có D 90 Câu 7: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vng cân C , BC  a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  a Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  A 2a B a C 2a D 3a Lời giải �BC  AC � BC   SAC  � BC  SA � Vì  SBC    SAC  theo giao tuyến SC Khi  SAC  , kẻ AH  SC H suy AH   SBC  H Trong  SBC  AH Khoảng cách từ A đến mặt phẳng Ta có AC  BC  a , SA  a nên tam giác SAC vuông cân A 1 AH  SC  a 2 Suy 3V 3V d  A,  SBC    A.SBC  S ABC SSBC S SBC Cách 2: Ta có �BC  AC � BC  SC � Vì �BC  SA nên tam giác SBC vng C 1 SA CA2 3VA.SBC 3VS ABC a 2 d  A,  SBC       S SBC S SBC SC.BC Suy Câu 8: (THPT QUỐC GIA 2018 - Mà ĐỀ 102) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  2a Góc đường thẳng SC mặt phẳng đáy A 45� B 60� C 30� Lời giải D 90� � Do SA   ABCD  nên góc đường thẳng SC mặt phẳng đáy góc SCA �  SA � tan SCA �  45� AC  � SCA Ta có SA  2a , AC  2a Vậy góc đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 45� Câu 9: (THPT QUỐC GIA 2018 - Mà ĐỀ 102) Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vng đỉnh B , AB  a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  a Khoảng cách từ điểm A đến mặt  SBC  phẳng a A a C B a a D Lời giải  SBC  Kẻ AH  SB mặt phẳng �BC  AB � BC   SAB  � � BC  AH Ta có: �BC  SA �AH  BC � AH   SBC  � d  A,  SBC    AH  SB  a � AH  SB 2 Vậy � Câu 10: (THPT QUỐC GIA 2018 - Mà ĐỀ 102) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật, AB  a , BC  2a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  a Khoảng cách hai đường thẳng BD , SC a 30 A 21a B 21 21a C 21 Lời giải a 30 D 12 SC //  BMD  Gọi O tâm hình chữ nhật M trung điểm SA , ta có: d  SC , BD   d  SC ,  BMD    d  S ,  BMD    d  A,  BMD    h Do Ta có: AM , AB, AD đơi vng góc nên 1 1 1       2 2 h AM AB AD a a 4a Suy ra: h 2a 21 21 Câu 11: (Tham khảo 2018) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có tất cạnh a Gọi M trung điểm SD (tham khảo hình vẽ bên) Tang góc đường thẳng BM mặt phẳng A  ABCD  B C Lời giải D SO  a  a2 a  2 SO   ABCD  Gọi O tâm hình vng Ta có Gọi M trung điểm OD ta có MH / / SO nên H hình chiếu M lên mặt phẳng  ABCD  MH  a SO  � Do góc đường thẳng BM mặt phẳng ( ABCD ) MBH a MH � tan MBH    BH 3a Khi ta có Vậy tang góc đường thẳng BM Câu 12:  ABCD  mặt phẳng (Tham khảo 2018) Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi vng góc với OA  OB  OC Gọi M trung điểm BC ( tham khảo hình vẽ bên dưới) Góc hai đường thẳng OM AB A 900 B 30 C 60 D 45 Lời giải Đặt OA  a suy OB  OC  a AB  BC  AC  a MN  Gọi N trung điểm AC ta có MN / / AB OM , AB   � OM , MN  � � Suy góc Xét OMN Trong tam giác OMN có ON  OM  MN  a 2 a 2 nên OMN tam giác � OM , AB   � OM , MN   600 � Suy OMN  60 Vậy Câu 13: B C D Góc hai (Tham khảo THPTQG 2019) Cho hình lập phương ABCD A���� B CD  D  A��  ABC �� mặt phẳng A 30� B 60� C 45� D 90� Lời giải A B C D I J O A� B� D� CD   ADD� A� D  � CD  A� C� Ta có: D  AD� �A� � AD�   A�� B CD  � CD  AD� � Mà AD� � ABC �� D  �  ABC �� D    A�� B CD  Do đó: góc hai mặt phẳng B CD   A�� D  ABC �� 90� Câu 14: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy ình chữ nhật, AB  a, BC  2a, SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  a Khoảng cách hai đường thẳng AC SB A 2a B 6a a C Lời giải a D S H K B A O D x C Bx //AC � AC //  SB, Bx  Từ B kẻ d  AC , SB   d  AC ,  SB, Bx    d  A,  SB, Bx   Suy AK  Bx  K �Bx  Từ A kẻ AH  SK �AK  Bx � Bx   SAK  � Bx  AH � SA  Bx � Do Nên AH   SB, Bx  � d  A,  SB, Bx    AH � � Ta có BKA đồng dạng với ABC hai tam giác vng có KBA  BAC (so le AK AB AB.CB a.2a 5a  � AK    CA a Suy CB CA 1 1 2a      � AH  2 AS AK a 4a 4a Trong tam giác SAK có AH 2a d  AC , SB   Vậy B C D có tâm O Gọi I Câu 15: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình lập phương ABCD A���� B C D M điểm thuộc đoạn thẳng OI cho MO  MI tâm hình vng A���� (tham khảo hình vẽ) D ) ( MAB) Khi cơsin góc tạo hai mặt phẳng ( MC �� 85 85 17 13 A 85 B 85 C 65 Lời giải 13 D 65 D ) đường thẳng KH hình vẽ Giao tuyến ( MAB) ( MC �� D AB Gọi J tâm hình vng ABCD L, N trung điểm C �� D  ( LIM ) � C �� D  LM � LM  KH Ta có: C �� Tương tự AB  ( NJM ) � AB  MN � MN  KH D ) góc đường thẳng Suy góc hai mặt phẳng ( MAB) (MC �� ( MN , ML) LM  10 34 MN  , , NL  Gọi cạnh hình lập phương Ta có 2 �  MN  ML  NL  7 85 cos LMN MN ML 85 Ta có: D ) Suy cosin góc hai mặt phẳng ( MAB) ( MC �� 85 85 Câu 16: (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đơi vng góc với nhau, OA  OB  a , OC  2a Gọi M trung điểm AB Khoảng cách hai đường thẳng OM AC A 2a 5a B C Lời giải 2a 2a D � AC//  OMN  Gọi N trung điểm BC suy MN //AC � d  OM ; AC   d  C;  OMN    d  B;  OMN   1 VA.OBC  a.a.2a  a 3 VM OBC d  M ;  ABC   SOBN 1 1  VA.OBC d  A;  ABC   SOBC   � VM OBC  12 a AB  a 2 Xét tam giác vuông cân AOB : 1 ON  BC   2a   a  a 2 Xét tam giác vuông BOC : 1 MN  AC  a   2a   a BAC 2 Xét tam giác : OM  Trong tam giác cân OMN , gọi H trung điểm OM ta có Suy Vậy SOMN  NH  NM  HM  a OM NH  a 2 d  B; OMN   3VM OBN  a SOMN B C D có tâm O Gọi I Câu 17: (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình lập phương ABCD A���� B C D điểm M thuộc đoạn OI cho MO  MI (tham khảo tâm hình vng A���� hình vẽ) Khi sin góc tạo hai mặt phẳng D  MC ��  MAB  13 A 65 85 B 85 17 13 C 65 85 D 85 Lời giải Gắn hệ trục tọa độ hình vẽ, cạnh hình lập phương , ta tọa độ điểm sau : �1 1 � M�; ; � �  1;1;0  A  1;0;1 , B  0;0;1 �2 �, C  0;1;0  , D� Khi r r n MC�� D    0;1;3  ; n MAB    0;5;3  nên  cos � D   MAB  ,  MC �� 5.1  3.3  32 12  32 2 �7 85 � 85 85   �  � � 85 � � D  � � 85 Suy sin   MAB  ,  MC �� 85 Câu 18: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho tứ diện O ABC có OA, OB, OC đơi vng góc với nhau, OA  a OB  OC  2a Gọi M trung điểm BC Khoảng cách hai đường thẳng OM AB A 2a 2 5a C B a Lời giải D 6a A C H M O B N Ta có OBC vng cân O , M trung điểm BC � OM  BC OM / / BN � � OM / /  ABN  � BN � ABN   � Dựng hình chữ nhật OMBN , ta có � d  AB, OM   d  OM ,  ABN    d  O,  ABN   Gọi H hình chiếu vng góc O AN ta có: �BN  ON � BN   OAN  � � OH  BN mà OH  AN �BN  OA � OH   ABN  � d  O,  ABN    OH OAN vuông O , đường cao OH 1 1 1     �     2 2 2 2 OA BM OA OB  OC OH OA ON OA BC a 2a a � d  AB, OM   OH     � OH  � OH  3 a 4a  a 2a Nhận xét: A C M O B O  0;0;0  B  2a;0;0  C  0; 2a;0  A  0;0; a  Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ, , , , M trung điểm BC � M  a; a;  uuuu r uuu r uuur OM   a; a;0  OB   0; 2a;0  AB   2a;0; a  Ta có ; ; uuuu r uuu r �   a ; a ; 2a  �� OM , AB � � uuuur uuur uuur � � OM OB � , AB � 2a a � d  AB, OM   uuuur uuur   � � OM , AB � � a  a  4a B C D có tâm O Gọi I Câu 19: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình lập phương ABCD A���� B C D M điểm thuộc đoạn thẳng OI cho tâm hình vng A���� (tham khảo hình vẽ) MO  D  MC ��  MAB  Khi sin góc tạo hai mặt phẳng 17 13 A 65 85 B 85 85 C 85 Lời giải Ta chọn hình lập phương có cạnh D AB Khi ta có Gọi P, Q trung điểm cạnh C �� MP  MI  IP  13 , MQ  5, PQ  Áp dụng định lý hàm cos ta được: �  cos PMQ MP  MQ  PQ 17 13  2MP.MQ 65 D  MC ��  MAB  : Gọi  góc 13 sin   65 13 D 65 MI B C có AB  AA�  Gọi Câu 20: (Tham khảo 2018) Cho hình lăng trụ tam giác ABC A��� M , N , P trung điểm cạnh A�� B , A�� C BC (tham khảo hình vẽ bên) Cơsin góc tạo hai mặt phẳng 13 A 65 C  AB��  MNP  17 13 C 65 Lời giải C; Gọi P, Q trung điểm BC B�� I  BM �AB� , J  CN �AC � , E  MN �A� Q Suy ra, 13 B 65 C    MNCB  � AB�� C   IJ  MNP  � AB�� 18 13 D 65 gọi K  IJ �PE � K �AQ với E trung điểm MN (hình vẽ) QP   IJ � AQ  IJ , PE  IJ �  � MNP  ,  AB�� C   � AQ, PE     AA� Ta có AP  3, PQ  � AQ  13 � QK  5 13 ; PE  � PK  3 KQ  KP  PQ 13 � cos   cos QKP   KQ.KP 65 Cách Gắn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ        � P  0;0;0  , A  3; 0;0  , B 0; 3;0 , C 0;  3;0 , A�  3;0;  , B�0; 3; , C �0;  3;  �3 � �3 � M� ; ; , N ;  ;2� � � �2 � �2 � � � � � nên ur r uuur uuuu � �  2;0;3 � � n  AB , AC � � AB�� C   MNP  Ta có vtpt mp vtpt mp uu r n2   4; 0; 3 C  AB��  MNP  Gọi  góc hai mặt phẳng mp ur uu r � cos  cos n1 , n2   Cách  89 13 25  13 65  AB ' C ' song song với mặt phẳng  MNQ  Gọi Q trung điểm AA ' , mặt phẳng nên góc hai mặt phẳng  AB ' C '  MNP  góc hai mặt phẳng  MNQ   MNP  Ta có: �  MNP  � MNQ   MN � � � �PE � MNP  ; PE  MN �   MNP  ;  MNQ    PEQ � � � QE � MNQ  ; QE  MN MNP  ;  MNQ    1800  PEQ   � Tam giác ABC có cạnh � AP  2 2 Tam giác APQ vng A nên ta có: PQ  AP  AQ    10 13 �3 � QE  A ' E  A ' Q  � � 12  �2 � Tam giác A ' QE vuông A ' nên ta có: �3 � PE  FP  FE  22  � �  �2 � Tam giác PEF vuông F nên ta có: Áp dụng định lý hàm số cơsin vào tam giác PQE ta có: 25 13   10 EP  EQ  PQ 13 4 � cos PEQ    2.EP.EQ 65 13 2 2   � �  13 cos �   cos PEQ  MNP  ;  AB ' C '   cos 1800  PEQ 65 Do đó: Câu 17 [MH-2020] Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh 3a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  2a Góc SC mặt phẳng ( ABCD) A 45 B 60 C 30 Lời giải Chọn C � � Ta có SA  ( ABCD ) nên ta có ( SC , ( ABCD))  SCA D 90 �  tan SCA SA 2a �  300   � SCA AC 3a Câu 37 [MH-2020] Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thang, AB  2a , AD  DC  CB  a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy SA  3a (minh họa hình bên) Gọi M trung điểm AB Khoảng cách hai đường thẳng SB DM 3a A 3a B 13a C 13 Lời giải 13a D 13 Chọn A Ta có M trung điểm AB Theo giả thiết suy ABCD nửa lục giác nội tiếp đường trịn đường kính AB � ACB  90� ;� ABC  60� �� �� �AC  a Vì DM //BC � DM //  SBC  1 d  DM , SB   d  DM ,  SBC    d  M ,  SBC    d  A,  SBC   MB  AB 2 Do (vì ) Kẻ AH  SC �BC  AC � BC   SAC  � BC  SA � AH  BC � Ta lại có �AH  SC � AH   SBC  � d  A,  SBC    AH � Khi �AH  BC Xét tam giác SAC vng A , ta có   a  3a  AC SA2 9a AH    2 AC  SA2 � AH  a a   3a   Vậy d  DM , SB    1 3a d  A,  SBC    AH  2

Ngày đăng: 02/05/2021, 10:05

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

  • Đang cập nhật ...

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w