Chủ đề 8 Hình học không gian

Câu Cho hình chóp S ABC SA = AB = a; AC = 2a cosin Gọi có đáy H,K góc hai mặt phẳng A ABC hình chiếu vng góc ( AHK ) A , SA ⊥ ( ABC ) tam giác vuông ( ABC ) B A lên SB; SC , Tính C D Lời giải Tác giả : Trần Quốc Đại, FB: Trần Quốc Đại Chọn D Dựng E cho tứ giác ABEC hình chữ nhật  BE ⊥ AB ⇒ BE ⊥ AH  , tương tự ta có  BE ⊥ SA EC ⊥ AK  AH ⊥ BE ⇒ SH ⊥ SE  Ta có  AH ⊥ SB (1) Ta có Từ (1) (2) suy  AK ⊥ EC ⇒ AK ⊥ SE  (2)  AK ⊥ SC SE ⊥ ( AHK ) , mặt khác SA ⊥ ( ABC ) Do : (·( AHK ) , ( ABC ) ) = (·SE , SA) = ·ASE Ta có AE = AB + AC = a ; SE = SA2 + AE = a · = cos ESA Câu SA = SE Cho hình lăng trụ tứ giác cơsin góc đường thẳng 2 A ABCD A′ B′C ′D′ B′ D B mặt phẳng có cạnh đáy Tìm giá trị nhỏ ( B ′ D ′C ) C D Lời giải Tác giả : Trình Hồi Nam, FB: Trình Hồi Nam Chọn A z A D C B y D' x B' Gắn hệ trục tọa độ Ta có B′xyz C' hình vẽ Đặt AA′ = x > B′ ( 0;0;0 ) ; D ( 1;1; x ) ; D′ ( 1;1;0 ) , C ( 1;0; x ) uuuur B′D = ( 1;1; x ) uuuur  B′D′ = ( 1;1;0 ) r ⇒ n( B′D′C ) = ( x; x; −1)  uuuur ′ B C = 1;0; x ( )  Gọi α góc đường thẳng B′ D mặt phẳng ( B ′D ′ C ) uuuur r B′D.n( B′D′C ) x x sin α = uuuur r = = B′D n( B′D′C ) x + 2 x + x4 + x2 + ⇒ Áp dụng Côsi: x4 + ≥ x ⇒ x4 + 5x2 + ≥ x2 2 sin α ≤ ⇒ cos α = − sin α ≥ ⇒ 3 Câu SABCD , có đáy hình thang vng A B , AB = BC = a , AD = 2a SA vng góc với đáy Gọi M , N trung điểm SB, SC Biết thể tích Cho hình chóp Cạnh bên a3 hình chóp Xác định góc hai mặt phẳng ( MAC ) , ( NAC ) A 120° B 60° C 90° D 30° Lời giải Tác giả: Ngô Nguyễn Anh Vũ; Fb: Euro Vu Chọn C Gọi Kẻ I AD MH PSA, NI PSA Ta có Kẻ trung điểm ABCI hình vng ⇒ BI ⊥ AC ⇒ AC ⊥ ( NOI ) ⇒ AC ⊥ NO ( 1) HK PBI ⇒ HK ⊥ AC ⇒ AC ⊥ ( MHK ) ⇒ AC ⊥ MK Dựng mặt phẳng Từ suy : ( EFO ) P( MHK ) ⇒ OE ⊥ AC ( 2) · ( (·MAC ) , ( NAC ) ) = EON a3 a + 2a a VSABCD = SA.S ABCD ⇒ = SA a ⇔ SA = a ⇒ MH = NK = Ta có : 3 2 a ⇒ FE = MH = 3 Xét Xét Câu ∆ONI a NI tan ( ION ) = = = IO a 2 : , ∆ OFE a FO cot ( FOE ) = = = a FE : · + NOI · = 90° ⇒ EON · = 90° ⇒ FOE Cho hình lăng trụ ABC A¢B ¢C ¢ có tất cạnh a Điểm M trung điểm đoạn 21 A 14 AC , BB ¢ Cơsin góc đường thẳng MN B 14 21 C 21 Lời giải và N tương ứng ( BA¢C ¢) 105 D 21 Tác giả: Lê Xuân Hưng ; Fb: Hưng Xuân Lê Chọn B ● Phương pháp: Gọi a số đo góc MN ( BA¢C ¢) , K NK d ( N ; ( BA¢C ¢) ) Khi sin a = ● Chuẩn hóa NI = N lên ( BA¢C ¢) NI a =1 Gọi E hình chiếu vng góc trung điểm A¢C ¢, BMEB¢ hình chữ nhật Gọi 1 IN = MN = I = MN Ç BE , ta có MN = BM + BN =1 suy 3 d ( N ; ( BA¢C ¢) ) ( ) Ta có d B ¢; ( BA¢C ¢) = NB = B ¢B ìï A¢C ¢^ B ¢E ïí Þ AÂC Â^ ( BMEB Â) ị ( BAÂC Â) ^ ( BMEB Â) + ùùợ AÂC Â^ ME ( BAÂC Â) ầ( BMEB Â) = BE K BÂH ^ BE ( H ẻ ị B ÂH ^ ( BAÂC Â) ị d ( B Â; ( BAÂC Â) ) = B ¢H + + B ¢H = B ¢E + B ¢B = BE ) 21 +1 = d ( N ; ( BAÂC Â) ) 21 = ị d ( N ; ( BA¢C ¢) ) = 14 Từ d ( B ¢; ( BA¢C ¢) ) Suy sin a = d ( N ; ( BAÂC Â) ) NI ổ3 21 ữ çç 21 ÷ cos a = sin a = = ỗỗ 14 ữ = ữ ố ứ 14 14 , Câu Cho hình chóp SA = a S ABC vng góc với mặt đáy Gọi hai đường thẳng A có đáy tam giác SD − 14 AC B ABC D C vuông cân trung điểm với CA = CB = a Cạnh bên AB , tính cosin góc ta được: −1 C 14 14 D 14 Lời giải Tác giả: Trần Chí Thanh ; Fb: Chọn D + Gọi E trung điểm BC , ta có DE // AC (·SD, AC ) = (·SD, DE ) = ϕ , với 00 ≤ ϕ ≤ 900 + Từ giả thiết, ta có: DE = AB = a SD = SA + AD ; 2 = ( ) CA a = 2 ; AE = CA + CE 2 a = = a2 +  ÷ = a 2 ; SE = SA + AE  2 + Kí hiệu + Vậy Câu a 2 14 a +  a ÷÷ = 2 ;   · =α ⇒ SDE cos ϕ = SD + DE − SE cos α = 2SD.DE ( )  14   a   17  a÷ +  ÷ −  a÷  2      =− =  14   a  14 2 a ÷ ÷   2 14 = 14 14 Cho hình lăng trụ đứng ·BAD = 120o a 5 17 a +  a ÷÷ = 2   ABCD A′ B′C ′D′ có AA′ = a Gọi O giao điểm đáy A′ C ′ ABCD hình thoi cạnh a , góc B′D′ M , N trung điểm AA′ BB′ , I thẳng OI AC ′ điểm nằm đoạn thẳng a 21 A a 21 B 14 MN Tính khoảng cách hai đường a 14 C a 14 D Lời giải Tác giả :Cao Văn Tùng, Fb: Cao Tung Chọn B Ta có OM / / AC ′ , MN / / B′C ′ nên mặt phẳng ( OMN ) / / ( AC ′B′ ) suy d ( OI ; AC ′ ) = d ( ( OMN ) ; ( AC ′B′ ) ) = d ( O; ( AC ′B′ ) ) = d ( A′; ( AC ′B′ ) ) Đáy ABCD hình thoi cạnh a trung điểm kẻ A′ H ⊥ AK Ta có A′ K = A′B′ B′ C ′ ta có có góc ·BAD = 120o nên tam giác B′C ′ ⊥ A′ K , mặt khác B′C ′ ⊥ AA′ A′ H ⊥ ( ADC ′B′ ) ⇒ d ( A′; ( ADC ′B′ ) ) = A′ H A′ B′C ′ suy cạnh a , lấy K B′C ′ ⊥ ( AA′ K ) Từ a = 2 nên a AA′ A′K a 21 a 21 A′H = = = ⇒ d ( OI ; AC ′ ) = 14 AA′ + A′K 3a a2 + a Câu Cho hình chóp tứ giác lượt trung điểm MN SA mặt phẳng S ABCD ( SBD ) có cạnh đáy a , tâm đáy O Gọi M BC Biết góc MN ( ABCD ) N lần 600 , cosin góc C B A 10 D Tác giả: Đào Văn Tiến; facebook: Đào Văn Tiến Lời giải Chọn C Gọi P trung điểm mp ( MBC ) cắt AO ; Q giao điểm MC BC SO , từ Q kẽ tia song song với MN R , mặt phẳng đáy từ R kẻ tia song song với AC cắt BD S MP//SO nên Ta tính Dễ thấy PN 3a PT = AB = cách vẽ thêm hình phụ bên, theo định lí Ta-lét 4 TN = Tam giác Dễ thấy · MP ⊥ ( ABCD ) , suy MNP = 600 a a 10 PN = , theo định lý Pytago ta tính MPN vng P có MN = Q trọng tâm tam giác SAC NP a 10 = · cosMNP CQ = nên MC QR CQ CR 2 a 10 = = = ⇒ QR = MN = Vì QR //MN nên theo định lý Ta-lét ta suy MN MC NC 3 Hình vng Vì SR //AC ABCD cạnh a có đường chéo AC = a ⇒ OC = a 2 SR BR 2 a = = ⇒ SR = OC = nên theo định lý Ta-lét ta suy OC BC 3 CA ⊥ ( SBD ) , SR / /CA ⇒ SR ⊥ ( SBD ) , mặt khác QR //MN góc QR Tam giác Câu với SQR Cho hình chóp ( SBD ) vng S ABC góc S góc MN với ( SBD ) SQR SR a a 10 · cosSQR = = : = QR 3 có có đáy ABC tam giác cạnh a Hai mặt bên ( SAB ) , ( SBC ) tam giác vng cân A C Tính khoảng cách hai đường thẳng AB SC a A a D a B a C Lời giải Tác giả :Đoàn Phú Như,Tên FB: Như Đoàn Chọn A Gọi D điểm cho ABCD hình bình hành d ( AB, SC ) = d ( AB, ( SCD ) ) = d ( A, ( SCD ) ) AB || ( SCD ) nên AB ⊥ SA nên AB ⊥ HA suy CD ⊥ HA , tương tự ta có AD ⊥ HC Do H trực tâm tam giác ACD , tam giác ACD nên H trọng tâm tam giác ACD Ta có HA = HC = HD ⇒ SA = SC = SD = a , tứ diện SACD tứ diện Gọi H chân đường cao hình chóp, nên Câu d ( A, ( SCD ) ) = a Cho khối chóp S ABCD Hai mặt phẳng ( SAC ) khối chóp SC S ABCD có đáy hình bình hành với ( SBD ) biết AB = 3a , AD = 2a vng góc với mặt phẳng BM ⊥ DN với M N · cos BAD =− ( ABCD ) Tính thể tích trung điểm cạnh SA 28a3 A 7a3 B 28a C Lời giải 14a D Tác giả : Ngô Lê Tạo, FB: Ngô Lê Tạo Chọn C S N M A D F H E Gọi H C B tâm hình bình hành G ABCD Ta có  ( SAC ) ⊥ ( ABCD )   ( SBD ) ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ ( ABCD )   ( SAC ) ∩ ( SBD = SH Gọi E điểm đối xứng C qua B F điểm đối xứng A qua D Ta có  BM // SE · ⇒ ( SE , SF ) = (·BM , DN ) = 90°   DN // SF Tứ giác Gọi G BEDF hình bình hành suy đỉnh thứ tư hình bình hành H trung điểm đoạn EF CDFG Xét tam giác EGF ta có · EF = GE + GF − 2GE.GF cos EGF = ( 6a ) + ( 3a ) 2  1 − 2.6a.3a. − ÷  9 = 7a Tam giác SEF vng Vậy thể tích khối chóp S SH S ABCD đường trung tuyến nên SH = EF 7a = 2 1 a 28a · V = AB AD.sin BAD.SH = 3a.2a = 3 9 Câu 10 Cho lăng trụ đứng BC ' (ABC ) biểu thức ABC A 'B 'C ' có đáy ABC β Gọi I tam giác cân trung điểm S = tan2 α + tan2 β · A, ABC = α, góc · = 900 Tính giá trị AA ' Biết BIC A S = B S= S= C D S = Lời giải Tác giả: Đồng Anh Tú ; Fb: Anh Tú Chọn D Vì CC Ta có · · ' ⊥ (ABC ) nên β = (BC ', (ABC )) = CBC ' Gọi M AM ⊥ BC Đặt BC = x AA ' = BB ' = CC ' = x tan β trung điểm BC AB = AC = AIB Áp dụng định lý Pitago tam giác vuông x 2cosα ta có ( )  x tan β   x  x2 IB = IA + AB =  tan2 α + tan2 β + ÷ + ÷ =    2cosα  Vì 2 BC ⊥ AM , BC ⊥ IA ⇒ BC ⊥ (IAM ) ⇒ BC ⊥ IM Do tam giác IBC vng cân 1 BI = BC = x2 I Suy 2 Từ suy ( ) x2 tan2 α + tan2 β + = x2 ⇒ S = tan2 α + tan2 β = Câu 11 Cho hình chóp ( ABCD ) đỉnh S đường thẳng a A 10 S ABCD có đáy hình vng cạnh 60o Gọi M mặt phẳng SM AC 2a , tam giác SAB trung điểm cạnh ( ABCD ) đều, góc AB Biết hình chiếu vng góc nằm hình vng ABCD Khoảng cách hai 3a B 10 5a C Lời giải ( SCD ) a D Vậy d ( B′, ( MNCQ ) ) = 2a 21 21 Cách 2: (Tác giả Cơ Lưu Thêm) Có BB′ Suy K Gọi Vẽ cắt ( CMN ) N , N trung điểm BB′ d ( B′, ( CMN ) ) = d ( B, ( CMN ) ) MN giao điểm AB BL ⊥ CK , L ∈ CK , có BN ⊥ CK Suy ( BNL ) ⊥ CK ⇒ ( BNL ) ⊥ ( CMN ) Có ( BNL ) ∩ ( CMN ) = NL Vẽ BH ⊥ NL , H ∈ NL ⇒ BH ⊥ ( CMN ) Nên Có d ( B, ( CMN ) ) = BH BN P AM ∆ BCK ⇒ vuông KB BN 2 = = ⇒ KB = ( KB + BA ) KA AM B ∆BNL vuông B Vậy có có d ( B′, ( CMN ) ) = ⇒ KB = AB = 2a BL = BK BC 2a.a 2a = = KC a 5 BH = BN BL a 2a 2a 21 = = NL a 21 21 2a 21 21 Câu 25 Cho hình chóp khoảng cách từ S ABC S · = 900 , CSA · = 1200 SA = a, SB = 2a, SC = 3a , ·ASB = 600 , BSC có đến mặt phẳng 2a A Tính ( ABC ) 2a B a C a D Lời giải Tác giả : Lê Thanh Bình,Tên FB: Lê Thanh Bình Chọn B * Trên cạnh Suy SB SC lấy điểm B ', C ' cho SB ' = SC ' = SA = a AB ' = a, B ' C ' = a 2, C ' A = a Khi ta có AB '2 + B ' C '2 = C ' A2 ⇒ ∆ AB ' C ' tam giác vuông B' a2 ⇒ S AB 'C ' = AB '.B ' C ' = 2 SA = SB ' = SC ' = a nên chân đường cao H hình chóp S AB ' C ' tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB ' C ' , suy H trung điểm C ' A Do Đường cao S AB ' C ' a 1 a2 a a3 SH = SA = VS AB 'C ' = S AB 'C ' SH = = 2 Vậy 3 2 12 VS ABC SA SB SC a3 = =6 V = 6VS AB ' C ' = Ta lại có VS AB 'C ' SA SB ' SC ' suy S ABC * Ta lại có AB = SA2 + SB − 2SA.SB.cos600 = a ; BC = CA = a 13 Do tam giác Ta có CM = ABC cân C Gọi M trung điểm AB , suy CM ⊥ AB 7a 1 7a 7a ⇒ S ABC = AB.CM = a = 2 2 Do khoảng cách từ S đến ( ABC ) d ( S ;( ABC ) ) = là: 3VS ABC S ABC a3 2a = 22 = 7a Góp ý Lưu Thêm: Cho hình tứ diện S ABC có SA = a, SB = b, SC = c cơng thức tính thể tích khối tứ diện V= S ABC · = α , CSA · = β , ·ASB = γ BSC là: abc + 2cos α cos β cos γ − cos α − cos β − cos γ (*) Áp dụng công thức (*) cho tốn ta có a.2a.3a a3 0 2 V= + 2cos 60 cos90 cos120 − cos 60 − cos 90 − cos 120 = Phụ lục: Chứng minh công thức (*) Gọi H , I, J Suy Ta có hình chiếu A ( SBC ) , SB, SC SB ⊥ ( SHI ) , SC ⊥ ( SHJ ) , SIHJ SI = a cos γ , SJ = a cos β tứ giác nội tiếp đường kính , suy IJ = SI + SJ − 2SI SJ cos α = a cos2 γ + cos β − 2cos α cos β cos γ Theo định lý sin tam giác SH = 2.R = Suy SH SIJ ta có IJ a = cos γ + cos β − 2cos α cos β cos γ sin α sin α AH = SA2 − SH = a + 2cos α cos β cos γ − cos α − cos β − cos γ sin α SSBC = bc sin α Ta lại có , nên thể tích tứ diện S ABC là: 1 V = S SBC AH = abc + 2cos α cos β cos γ − cos α − cos β − cos γ Chú ý: Bằng biến đổi lượng giác ta có + 2cos α cos β cos γ − cos α − cos β − cos γ Khi = +  cos ( α + β ) + cos ( α − β )  cos γ − =  cos ( α + β ) + cos ( α − β )  cos γ − + cos 2α + cos β − − cos γ 2 [ cos 2α + cos 2β ] − cos γ =  cos ( α + β ) + cos ( α − β )  cos γ − cos ( α + β ) cos ( α − β ) − cos γ = cos ( α + β )  cos γ − cos ( α − β )  − cos γ  cos γ − cos ( α − β )  =  cos ( α + β ) − cos γ   cos γ − cos ( α − β )  α + β −γ = 4sin    α + β +γ ÷sin      γ −α + β   γ +α − β  ÷sin  ÷sin  ÷ 2      = 4sin ϕ sin ( ϕ − α ) sin ( ϕ − β ) sin ( ϕ − γ ) với ϕ= α +β +γ V = abc sin ϕ sin ( ϕ − α ) sin ( ϕ − β ) sin ( ϕ − γ ) Do ta có (**) Cơng thức (**) cơng thức Hê rơng tính thể tích tứ diện Câu 26 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC SA = SB = SC = 2a Xác định góc ϕ A ϕ = arccos B tam giác cân hai mặt phẳng ϕ = arccos C ( SAB) ϕ = 60 o · A, AB = AC = a, BAC = 120o , ( SAC ) D ϕ = arccos Lời giải Tác giả : Lưu Thị Thêm,Tên FB: Lưu Thêm Chọn B +) Gọi Có H hình chiếu vng góc S lên ( ABC ) SA = SB = SC ⇒ HA = HB = HC ⇒H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác +) Gọi ABC O trung điểm BC ∆ ABC cân A ⇒ H · thuộc ABH cân H, BAH = 60o ⇒ ∆ABH xứng với A qua O +) Tam giác +) Kẻ BK ⊥ SA,K ∈ SA ⇒ CK ⊥ SA đường thẳng AO ⇒H đối ϕ = ( ( SAB ) , ( SAC ) ) = ( BK,CK ) · ⇒ cos ϕ = cos BKC a 15a SI = SA − IA = 4a − = +) 4 2 2 SI.AB BK.SA = SI.AB ⇒ BK = = +) SA +) +) ∆SAB = ∆SAC ⇒ BK = CK = · cos BKC = a 15 ;BC = a BK + KC2 − BC2 3 = − ⇒ cos ϕ = 2BK.KC 5 Câu 27 Cho hình lăng trụ M,N a 15 a a 15 = 2a ABC.A ' B ' C ' trung điểm A 15 có đáy tam giác cạnh a A ' A = A ' B = A ' C = 2a Gọi BB ', CC ' Xác định cosin góc ( A ' BC ) B 15 C 15 − ( A ' MN ) D 15 Lời giải Tác giả : Lưu Thị Thêm,Tên FB: Lưu Thêm Chọn B Gọi K trung điểm BC AK ⊥ BC ⇒ A ' K ⊥ BC Gọi I trung điểm MN Ta có A ' I ⊥ MN (do tam giác A ' MN cân A ' )  MN //BC   A ' I ⊂ ( A ' MN ) , A ' I ⊥ MN ⇒ ϕ = ( ( A ' MN ) ; ( A ' BC ) ) = ( A ' I ; A ' K )  Ta có:  A ' K ⊂ ( A ' BC ) , A ' K ⊥ BC · 'I ⇒ cos ϕ = cos KA a a 15 A ' K = AB − BK = 4a − = 2 2 IK = BB′ = a A ' B + A ' B '2 BB '2 3a A'M = − = 2 A ' I = A ' M − MI = a A ' K + A ' I − KI 8 · cos KA ' I = = ⇒ cos ϕ = A ' K A ' I 15 15 Câu 28 Cho hình lăng trụ ABC.A ' B ' C ' Tam giác ABC vuông cân A, AB = AC = a, AA ' = a 30 BK = BC K điểm thuộc cạnh BC cho Hình chiếu A’ (ABC) trung điểm H AK Tính góc (BCC’B’) (ABC) A ϕ = arctan 10 B ϕ = arccos 14 C ϕ = 45o D ϕ = arccot Lời giải Tác giả : Lưu Thị Thêm,Tên FB: Lưu Thêm Chọn A + Dựng hình bình hành + Kẻ Gọi tứ giác A ' HEC ' hình bình hành ⇒ AHEC ⇒ C ' E ⊥ (ABC) EF ⊥ BC , ( F ∈ BC ) ⇒ C ' F ⊥ BC ⇒ ϕ = ( ( ABC ),( BCC ' B ') ) = C· ' FE I trung điểm BC Có AI = a a 10 a 10 a AK = AH = , A'H = , , AI EF AI CE a = ⇒ EF = = AI = +) AK CE AK +) tan ϕ = C'E a 10 10 = = ⇒ ϕ = arctan EF a 2 Câu 29 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD nửa lục giác đường kính AD , O trung điểm CD , AD = 4a, SA = SB = SO = 2a Tính khoảng cách SA CD 2a A a C a 14 B 4a D Lời giải Tác giả : Lưu Thị Thêm,Tên FB: Lưu Thêm Chọn D +) Nhận xét: Gọi +) Gọi H K trung điểm hình chiếu S AD ⇒ ∆ KAB, KBC , KCD tam giác cạnh 2a ( ABCD ) +) SA = SB = SO ⇒ HA = HB = HO ⇒ H +) AO = 13a , BO = 7a tâm đường tròn ngoại tiếp 4a + 13a − a 25 3 · · cos BAO = = ⇒ sin BAO = 1− = +) 52 13 2.2a.a 13 13 ∆ ABO BO a 91 = AH ⇒ AH = · +) sin BAO 3 SH = SA2 − AH = a 17 3 +) Dựng hình bình hành ADCE +) +) có CD / / ( SAE ) ⇒ d ( SA, CD ) = d ( C , ( SAE ) ) d ( C , ( SAE ) ) S SAE = SH S ACE ( *) 1 S ACE = AE AC = 2a.2a = 2a +) 2 +) +) +) +) KE đường trung trực của đoạn AB ⇒ H ∈ KE 8a 3 HI = HA2 − AI = EI = a ⇒ EH = HI + EI = 17 a 3 34 a SE = SH + HE = 34 +4−4 SE + SA − EA 34 · cos ESA = = = 2.SE.SA 34 ⇒ sin ESA · = − 34 = 14 .2 +) 48 +) S SAE · 1 a 34 14 a 119 = SA.SE.sin ESA = 2a = 2 ( *) ⇒ d ( C , ( SAE ) ) = Vậy d ( SA, CD ) = a 17 4a 3a = 3 119a 4a Câu 30 Cho hình lập phương CD′ , gọi ( α ) a A ABCD A′ B′C ′D′ mặt phẳng tạo với B a cạnh ( BDD′B′ ) a Trong mặt phẳng chứa đường thẳng góc nhỏ Tính a C d ( A, ( α ) ) a D Lời giải Tác giả : Lưu Thị Thêm,Tên FB: Lưu Thêm Chọn C ∆ = ( α ) ∩ ( BDD′B′ ) +) Gọi +) Ta có +) · CO ⊥ ( BDD′B′ ) Kẻ OH ⊥ ∆ ⇒ CH ⊥ ∆ ⇒ ϕ = (·( α ) , ( BDD′B′) ) = (·OH , CH ) = OHC sin ϕ = Gọi OC OC · ′C ⇒ ϕ = OD · ′C ≥ = sin OD , đạt ∆ ⊥ OD′ CH CD′ E = ∆ ∩ BD ⇒ ( α ) ≡ ( ED′C ) a 6 a 3a OD.OE = OD′ ⇒ OE =  ⇒ DE = a ÷÷ ⇒ OE = 2 +) , suy   B qua +) Có D d ( A, ( α ) ) = 3d ( D, ( α ) ) E đối xứng với +) Kẻ Ta có DK ⊥ CE , ( K ∈ CE ) ; kẻ DF ⊥ D′K , ( F ∈ D′K ) ⇒ DF ⊥ ( α ) ⇒ d ( D, ( α ) ) = DF DK = a a a ⇒ DF = ⇒ d ( A, ( α ) ) = 3.DF = ; DD′ = a Câu 31 Cho hình chóp S ABC có độ dài đường cao từ đỉnh S đến mặt phẳng đáy ( ABC ) a 21 Góc tạo mặt bên với mặt phẳng đáy 60° Gọi M , N trung điểm AB, SC Tính khoảng cách hai đường thẳng SA, MN 9a A 42 3a B 42 6a C 42 12a D 42 Lời giải Tác giả: Đàm Thị Điểm, face: Điểm Đàm Chọn A S N A Q M O C H P B Gọi O tâm tam giác ABC , P trung điểm BC Suy · = 60° (·( SBC ) , ( ABC ) ) = (·SP, AP ) = SPA x x AB = x ⇒ OP = AP = ⇒ SO = tan 60°.OP = Đặt x a 21 2a 21 3a ⇒ = ⇔x= ⇒ S∆ABC = 7 Q Gọi trung điểm suy NQ / / SA ⇒ SA / / ( MNQ ) d ( SA; MN ) = d ( SA; ( MQN ) ) = d ( A; ( MQN ) ) = d ( C ; ( MQN ) ) ta có d ( C ; ( MQN ) ) = Kẻ AC 3VN QCM S∆ MQN NH / / SO ⇒ NH ⊥ ( ABC ) Ta có 3VN QCM a 21 NH = SO = 14 a 21 3a 9a = NH S∆QMC = = 14 392 1 a 21 a a 21 S = MP.NP = = ∆MNP 2 28 Vậy d ( C ; ( MNQ ) ) = Câu 32 Cho hình tứ diện AB đúng? CD 9a 9a ⇒ d ( SA; MN ) = 42 42 ABCD tích thuộc khoảng 22018 , cạnh AB = 22017 , CD = Khoảng cách ( 11;12 ) Gọi α góc π π  α ∈ ;  B  3  π 5π  α ∈ ;  A  12  AB CD Mệnh đề sau  7π π  α ∈ ;  C  36   5π 7π  α ∈ ;  D  36 36  Lời giải Tác giả: Nguyễn Bá Đại; Fb: DaiNB Chọn D 6V V = AB.CD.h.sin α ⇒ sin α = Ta có AB.CD.h Do 11 < h < 12 ⇒  6.22018 6V 6.2 2018  sin α = ∈ ; ÷ AB.CD.h  22017.2.12 22017.2.11   5π 7π  1  ⇒ sin α ∈  ; ÷ ⇒ α ∈  ;   11   36 36  Câu 33 Người ta cần trang trí kim tự tháp hình chóp tứ giác góc ·ASB = 15° S ABCD cạnh bên bằng đường gấp khúc dây đèn led vòng quanh kim tự tháp hình vẽ Trong điểm dây đèn led để trang trí? L cố định 200m , AEFGHIJKLS LS = 40m Hỏi cần dung mét S L K J I H G E F C B A A 40 67 + 40 mét B D 20 111 + 40 mét C 40 31 + 40 mét D 40 111 + 40 mét Lời giải Tác giả: Vũ Đức Hiếu; Fb: Vu Duc Hieu Chọn C Ta sử dụng phương pháp trải đa diện Cắt hình chóp theo cạnh bên SA trải mặt phẳng hai lần, ta có hình vẽ sau Từ suy chiều dài dây đèn led ngắn Từ giả thiết hình chóp Ta có Nên AL + LS S ABCD ta có ·ASL = 120° AL2 = SA2 + SL2 − 2SA.SL.cos ·ASL = 2002 + 402 − 2.200.40.cos120° = 49600 AL = 49600 = 40 31 Vậy chiều dài dây đèn led cần Câu 34 Xét tứ diện OABC đường thẳng có OA , OB , OC OA , OB , OC B đơi vng góc Gọi với mặt phẳng Khi giá trị nhỏ biểu thức A Số khác 40 31 + 40 mét 48 ( ABC ) α ,β,γ góc hình vẽ M = ( + cot α ) ( + cot β ) ( + cot γ ) C 48 D 125 Lời giải Tác giả: Vũ Đức Hiếu; Fb: Vu Duc Hieu Chọn D H Gọi trực tâm tam giác ABC , tứ diện OABC có OA , OB , OC đơi vng góc nên 1 1 = + + ta có OH ⊥ ( ABC ) OH OA2 OB OC Ta có sin α = Nên Đặt · · · · · α = (·OA; ( ABC ) ) = OAH , β = ( OB; ( ABC ) ) = OBH , γ = ( OC ; ( ABC ) ) = OCH OH OH OH sin β = sin γ = OA , OB , OC a = OA , b = OB , c = OC , h = OH 1 1 = + + h a b2 c M = ( + cot α ) ( + cot β ) ( + cot γ )  = 2+  sin α  ÷  +   sin β   ÷  + ÷   sin γ   a   b2   c2  =  + ÷  + ÷  + ÷  h  h  h  = + ( a + b2 + c ) 1 + ( a b + b c + c a ) + a 2b c h h h (a Ta có: = a + b2 + c  + +  2 1 ( )  a b2 c2 ÷ ≥ a b c a b2 c = h2 (a b 2 + b2 + c2 ) + b 2c + c a ) h4  1 1 = ( a b + b c + c a )  + + ÷ a b c  2 2 2   1  ≥ 3 a 2b b c c a  3  ÷÷  a b c ÷   = 3 a 4b 4c = 27 a 4b c 3   1   1 1 2 2 2 = a b c + + ≥ a b c  3  ÷ ÷÷ = 27  2 2÷ abc a b c    a b c  h 2 Do đó: M = + ( a + b2 + c2 ) 1 2 2 2 2 + a b + b c + c a + a bc ( ) h2 h4 h ≥ + 4.9 + 2.27 + 27 = 125 Dấu đẳng thức xảy a = b = c , hay OA = OB = OC Vậy M = 125 ... Cho hình chóp ( ABCD ) đỉnh S đường thẳng a A 10 S ABCD có đáy hình vng cạnh 60o Gọi M mặt phẳng SM AC 2a , tam giác SAB trung điểm cạnh ( ABCD ) đều, góc AB Biết hình chiếu vng góc nằm hình. .. điểm D tới mặt phẳng a (SBC), biết góc đường thẳng SD mặt đáy a 609 A 29 B a 609 58 60o C a 80 9 29 D a 80 9 58 Lời giải Tác giả : Lê Cẩm Hoa,Tên FB: Élie artan artan Chọn A S A D K H B C I SH... ' I − KI 8 · cos KA ' I = = ⇒ cos ϕ = A ' K A ' I 15 15 Câu 28 Cho hình lăng trụ ABC.A ' B ' C ' Tam giác ABC vuông cân A, AB = AC = a, AA ' = a 30 BK = BC K điểm thuộc cạnh BC cho Hình chiếu