Đáp án bài tập về hình học không gian môn toán lớp 12 của thầy Lê Anh Tuấn | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Trong bài tập có những bài về góc giữa hai mặt bên, các em nhớ rằng góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng a và b (với a và b lần lượt nằm trong hai mặt phẳng) cùng [r]

HAI NÉT VẼ GIẢI QUYẾT BÀI TOÁN GÓC

ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN GIÁO VIÊN: LÊ ANH TUẤN

1 Trong bài tập có những bài về góc giữa hai mặt bên, các em nhớ rằng góc giữa hai mặt phẳng là

góc giữa hai đường thẳng a và b (với a và b lần lượt nằm trong hai mặt phẳng) cùng vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng tại cùng một điểm

2 TRONG LỜI GIẢI CÓ TRÌNH BÀY: PHƯƠNG PHÁP THAM KHẢO (BÀI GIẢNG KHÔNG

ĐỀ CẬP VÌ PHƯƠNG PHÁP NÀY KHÔNG THUẬN LỢI LẮM CHO THI TRẮC NGHIỆM – PHÙ HỢP CHO MỘT VÀI BẠN KHÔNG NẮM VỮNG HÌNH KHÔNG GIAN CỔ ĐIỂN)

Phương pháp tọa độ trong không gian

a) Phương trình mặt phẳng MNP đi qua ba điểmM x M;y z M; M, N x y z N; N; N, P x y z P; P; P :

+ Mặt phẳng MNP đi qua điểm M x M;y z M; M và có vectơ pháp tuyến nMN MP,  A B C; ; 



 

   

có dạng: A x x  MB y y  MC z z  M 0 Ax By Cz D    0

+ Khoảng cách từ một điểm I x y z I; ;I I đến mặt phẳng MNP:

IH d I MNP

 

Công thức tính nhanh:

,

MN MP MI

d I MNP

MN MP



  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

 

b) Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB và CD là:

,

AB CD AC

d AB CD

AB CD



  

 

c) Góc giữa hai đường thẳng AB và CD theo công thức:

cos ,

AB CD

AB CD

AB CD



 

 

d) Góc giữa hai mặt phẳng ABC

và MNP

:

ABC có vectơ pháp tuyến n1AB AC, 

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

, MNP có vectơ pháp tuyến n2 MN MP, 

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

, khi đó:

 

 

e) Góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng MNP

:

Tính u AB

và MNP có vectơ pháp tuyến nMN MP, 

 

thì

sin ,

u n

AB MNP

u n



 

 

 ,AB MNP  ?

Câu 1: [2H1-2]Cho hình chóp tứ giác đều S ABCD có AB a , SA a 3 Gọi G là trọng tâm tam

giác SCD Góc giữa đường thẳng BG và mặt phẳng ABCD bằng

A.

85 arctan

10 arctan

85 arcsin

85 arccos

17

Lời giải Chọn A.

Gọi M là trung điểm của CD, kẻ GK song song với SO

và cắt OM tại K , suy ra K là hình chiếu của G trên mặt

phẳng ABCD , suy ra BG ABCD,   GBK

Ta có

2 2

a

AO 

,

10 2

a

SO 

,

a

GK  SO

, vì 2

3

OK  OM

nên 3

a

OK 

Dùng định lý cosin ta có

34 6

a

BK 

tan BG ABCD, tanGBK

85 17

GK BK

Câu 2: [2H1-3]Cho hình chóp tứ giác đều S ABCD. có AB a , SA a 3 Gọi G là trọng tâm tam

giác SCD Góc giữa đường thẳng BG và đường thẳng SA bằng

A.

330 arccos

110 B.

33 arccos

11 C.

3 arccos

33 arccos

22

Lời giải Chọn B.

Gọi M là trung điểm CD Gọi E BD AM , suy ra GE SA Suy ra // BG SA,  BG GE, 

Vì ,G E lần lượt là trọng tâm tam giác SCD và ACD nên

a

GE SA

Kẻ GK song song với SO và cắt OM tại K ,

suy ra K là hình chiếu của Gtrên mp ABCD 

Ta có

2 2

a

AO 

,

10 2

a

SO 

,

a

GK  SO

,

2 2 3

a

BE 

Vì

2 3

OK  OM

nên 3

a

OK 

Dùng định lí cosin ta có

Xét BEG , có

2 2 3

a

BE 

,

3 3

a

GE 

,

11 3

a

BG 

,

suy ra

cos

BGE

BG GE

Câu 3: [2H1-3]Cho hình chóp tứ giác đều S ABCD có cạnh đáy bằng a, SA a 3 Gọi M là trung

điểm cạnh BC Góc giữa hai mặt phẳng SDM

và SBC

bằng

A.

2 11 arctan

110 B.

110 arctan

11 C.

2 110 arctan

33 D.

2 110 arctan

11

Lời giải Chọn D.

Gọi O là tâm hình vuông ABCD, gọi EACDM , suy ra E là trọng tâm tam giác BCD

Gọi I là hình chiếu của O lên mặt phẳng SBC

, I thuộc đường thẳng SM , suy ra hình

chiếu H của E lên mặt phẳng SBC

nằm trên đoạn thẳng CI và

2 3

CH

CI  .

Kẻ HK SM tại K HK CM// , khi đó SDM , SBC  HK EK, 

Ta có

2

a

SO SA  OA 

1

a

HK  CM 

Suy ra tanSDM , SBC  tanHK EK,  

2 110 tan

11

HKE

Câu 4: [2H1-3]Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc, góc OCB   ,  30 ABO  60

và AC a 6 Điểm M nằm trên cạnh AB sao cho AM 2BM Tính góc giữa hai đường thẳng CM và OA

93 arctan

31 arctan

93 arctan

31 arctan

2

Lời giải Chọn C.

Phương pháp dụng hình

Gọi H là hình chiếu của M lên mp OBC  .

Vì AM 2BM nên OH 2HB

Suy ra OA CM,  MH CM,  CMH

Đặt OB x , ta có OA x 3, OC x 3,

OA OC  x AC  a  x a

Ta có

a

MH  OA

,

3

a

HC OC OH 

Suy ra

tan

3

HC CMH

HM

Câu 5: [2H1-3]Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc Góc giữa đường thẳng AC

và mặt phẳng OBC

bằng 60, OB a , OC a 2 Gọi M là trung điểm cạnh OB Góc giữa hai mặt phẳng AMC

và ABC

bằng

A.

3 arcsin

32 arcsin

35 C.

1 arcsin

35 D.

34 arcsin

35

Lời giải Chọn A.

Ta có góc giữa AC và mặt phẳng OBC bằng 60 Suy ra OA OC tan 60 a 6.

2

a

AM  OA OM 

2

a

CM  OC OM 

2 2

AC OC OA  a Suy ra:

2 14 2

ACM

a

S 

(Dùng công thức Hê-rông)

3

A OCM

a

V  OA OC OM 

Suy ra

14

O ACM ACM

V

S

Kẻ OI vuông góc với AC tại I , suy ra BI vuông góc với AC và

2

OA OC a

d O AC OI

AC

Tam giác OIB vuông tại O có

6 2

a

OI 

, OB a

10 2

a BI

35

d B ACM

BI

Câu 6: [2H1-3]Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt

phẳng ABCD , SA2a Gọi F là trung điểm SC , tính góc  giữa hai đường thẳng BF và

AC

A. 60 B. 90 C. 30 D. 45

Lời giải Chọn B.

C1: Phương pháp dựng hình

Gọi OACBD, khi đó OF SA//  OF ABCD OF AC

Lại có ACBD nên ACBDF  ACBF

Vậy AC BF    90

C2: Phương pháp tọa độ

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, khi đó ta có: A0;0;0 , B a ;0;0, C a a ; ;0, S0;0;2a.

Suy ra

; ;

2 2

a a

F a

  , 2 2; ;

a a

BF   a

, ACa a; ;0

Vậy BF AC  0 BF AC BF AC,  90

 

Câu 7: [2H1-3]Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a, cạnh SA vuông góc

với mặt phẳng đáy và SA2a Gọi M là trung điểm của SC Tính côsin của góc  giữa

đường thẳng BM và mặt phẳng ABC.

21 cos

7

 

5 cos

10

 

7 cos

14

 

5 cos

7

 

Lời giải Chọn A.

C1: Phương pháp dựng hình

Gọi H là trung điểm của AC khi đó MH SA//  MH ABC

Vậy hình chiếu của BM lên mặt phẳng ABC

là BH

Suy ra BM ABC,   BM BH,  MBH

Ta có MH a,

3 2

a

BH 

, SB SC a  5

Tam giác MHB vuông tại H nên

2

a

BM  BH MH 

,

cos

7

BH MBH

BM

C2: Phương pháp tọa độ

Gọi H là trung điểm của AC khi đó MH SA//  MH ABC

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ Khi đó H0;0;0, 0;0;a ,

3

;0;0 2

a

B 

3

;0;

2

a

  

, HM 0;0;a

Giả sử góc giữa BM và mp ABC  là  thì ta có

BM HM

BM HM

 

 

Câu 8: [2H1-3]Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông

góc với mặt phẳng đáy và SA a Tính góc  giữa hai mặt phẳng SBC

và SDC

A. 90 B. 60 C. 30 D. 45

Lời giải Chọn B.

C1: Phương pháp dựng hình

Ta chứng minh được BCSAB  BCSB CDSAD  CDSD.

Kẻ BH SC  1

Ta có BDSAC  SCBD  2

Từ    1 , 2  SC BHD  SC DH Vậy SBC , SDC  BH DH, 

Tam giác SBC vuông tại B , đường cao BH nên ta có 2 2 2 2

2

BH SB BC  a

6 3

a

Áp dụng định lí côsin vào tam giác BHD ta có

cos

BHD

BH DH

Vậy cos  ,   cos ,  1

2

SBC SDC  BH DH   SBC , SDC 60

C2: Phương pháp tọa độ

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

Khi đó A0;0;0

, B a ;0;0

, C a a ; ;0

, D0; ;0a 

, S0;0;a

Suy ra SB a;0; a

, SC a a a; ; 

, SD0; ;a a 



Mặt phẳng SBC có một vectơ pháp tuyến nSB SC,  a2;0;a2



 

   

Mặt phẳng SDC có một vectơ pháp tuyến kSD SC,  0; a2; a2



 

   

Vậy

2

n k SBC SDC

n k

 

 

Câu 9: [2H1-3]Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB a Hai mặt

phẳng SAB và SAC cùng vuông góc với mặt phẳng đáy, khoảng cách từ A đến mặt phẳng

SBC là a22 Tính góc  tạo bởi hai đường thẳng SB và AC.

A. 45 B. 90 C. 30 D. 60

Lời giải

Chọn D.

C1: Phương pháp dựng hình

Hai mặt phẳng SAB và SAC cắt nhau theo giao tuyến SA và cùng vuông góc với

mp ABCD nên SAABCD

Dựng AK SB Ta có BCAB , BCSA BCSAC

  Vậy AK SBC

, từ đó suy ra

2 2

a

AK 

Tam giác SAB vuông tại A , đường cao AK nên ta có 2 2 2 2 2 2

SA AK  AB a  a a

SA a

 

Dựng hình bình hành ACBD như hình vẽ, khi đó AC BD//  AC SB,  BD SB, 

Tính được SD a 2, SB a 2, BD a 2 nên tam giác SBD đều.

Vậy AC SB,  SBD 60

C2: Phương pháp tọa độ

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, Bz SA Khi đó theo cách 1 ta có://

0;0;0

B , A a ;0;0, C0; ;0a , S a ;0;a, suy ra BSa;0;a

, AC  a a; ;0

Vậy

cos ,

2

BS AC

AC SB

BS AC

 

 

AC SB,  60

Câu 10: [2H1-3]Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a Hai mặt phẳng SAB

và SAD

cùng vuông góc với mặt phẳng đáy Biết thể tích khôi chóp S ABCD là

3

3

a

Tính góc  giữa đường thẳng SB và mặt phẳng SCD.

A. 45 B. 60 C. 30 D. 90

Lời giải Chọn C.

C1: Phương pháp dựng hình

Hai mặt phẳng SAB

và SAD

cắt nhau theo giao tuyến SA và cùng vuông góc với

mp ABCD

nên SAABCD

Do đó

.

3 S ABCD

ABCD

V

S

Tam giác SAD vuông tại A nên SD SA2AD2 a 2

Ta có CDAD, CDSA CDSAD  CDSD

Vậy diện tích tam giác SCD là:

2

SCD

a

S  SC CD

Gọi I là hình chiếu của B lên mặt phẳng SCD, khi đó SB SCD,  SB SI,  BSI

Mặt khác

B SCD S ABCD SCD SCD

BI

Tam giác SAB vuông tại A nên SB SA2AB2 a 2

Tam giác SIB vuông tại I nên

sin

2

BI BSI SB

   BSI 30 Vậy  ,SB SCD     30

C2: Phương pháp tọa độ

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ Khi đó theo cách 1 ta tính được SA a , nên

0;0;0

A , D a ;0;0, B0; ;0a , C a a ; ;0, S0;0;a

Suy ra SD a;0; a

, SC a a a; ; 

, SB0; ;a a 



Mặt phẳng SCD có một vectơ pháp tuyến là nSD SC,  a a2; ;22 a2



 

   

Vậy

sin ,

2

n SB

SB SCD

n SB

 

 

 ,SB SCD  30

Câu 11: [2H1-3]Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác đều cạnh a Hai mặt phẳng SAB và

SAC cùng vuông góc với mặt phẳng đáy và SA a 3 Tính côsin của góc  giữa hai mặt

phẳng SAB

và SBC

1

cos

5

 

5 cos

7

 

7 cos

7

 

1 cos

3

 

Lời giải Chọn A.

C1: Phương pháp dựng hình

Hai mặt phẳng SAB

và SAC

cắt nhau theo giao tuyến SA và cùng vuông góc với

mp ABC nên SAABC

Gọi M là trung điểm của AB , do tam giác ABC đều nên CM AB

Lại có SAABC  SA CM suy ra CM SAB  CM SB

Dựng CI SB thì SBCMI  SBIM

Vậy IM SB, CI SB  SAB , SBC  MI CI, 

Hai tam giác SAB và MIB đồng dạng nên

SA SB

MI MB

MB SA MI

SB

4 2

Tam giác CMB vuông tại M nên

2

a

CM  CB  MB 

Tam giác IMB vuông tại I nên

4

a

IB MB  IM 

Tam giác CIB vuông tại I nên

4

a

CI  CB  IB 

Áp dụng định lí côsin cho tam giác IMC ta có:

cos

CIM

CI

cos

5



C2: Phương pháp tọa độ

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ M là trung điểm BC, Oz SA//

Khi đó M0;0;0,

3

;0;0 2

a

A 

  , 0; ;02

a

B  

  ,

3

;0; 3 2

a

S a 

Suy ra SA 0;0; a 3

,

3

; ; 3

2 2

SB   a 

,

3

;0; 3 2

a

MS a 



,

0; ;0 2

a

MB  

Mặt phẳng SAB

có một vectơ pháp tuyến là

2 3 3 2

nSA SB  

  

Mặt phẳng SBC có một vectơ pháp tuyến là

k MS MB  



 

   

Vậy

5

n k SAB SBC

n k

 

 

Câu 12: [2H1-3]Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA a , SB a 3 và

mặt phẳng SAB

vuông góc với mặt phẳng đáy Gọi M N lần lượt là trung điểm của các cạnh,

,

AB BC Tính côsin của góc giữa đường thẳng SM và DN

A.

5

5

5 5

a

5 4

a

Lời giải Chọn A.

C1: Phương pháp dựng hình

Gọi E là trung điểm của AD , F là trung điểm của AE

Ta có MF BE ND// //  SM DN,  SM MF, 

Ta có

2

SM SA

   SH MA , với H là trung điểm của MA

BE AB AE a

5 2

a MF

;

a

HF  BD

;

2

a

SH  SA  HA 

2

a

SF  SH HF 

( SHF vuông tại H ).

Định lí côsin trong SMF:SF2 SM2MF2 2SM MF .cosSMF



2

2 cos

cos

5

SMF

5

SM MF

C2: Phương pháp tọa độ.

Chọn hệ trục có gốc tại H , trục hoành HB , trục tung là HK , trục cao là HS

2

a

SH  SA  HA 

;0;0 2

a

M  

  ,

3 0;0;

2

a

S 

  , 2; 2 ;0

a

D a 

  ,

3

; ;0 2

a

N a 

 

Vậy

cos ,

5

SM DN

SM DN

SM DN

 



Câu 13: [2H1-3]Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 3 Tam giác SBC

vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy ABCD

, đường thẳng SD tạo

với mặt phẳng SBC một góc 60 Tính góc giữa SBD và ABCD .

A.2









Lời giải Chọn D.

C1: Phương pháp dựng hình

Từ S dựng SH BC, suy ra SH ABCD

Từ H dựng HI AC I BD// ,  , suy ra HI BD Góc giữa SBD và ABCD là SIH

Ta có DC BC DC SBC









  SD SBC,   DSC 60 và DCSC tan 60

CD



3

SB SC a SH

BC

SH IH

   SHI vuông cân tại H

Vậy



4

SIH 

C2: Phương pháp tọa độ

Từ S dựng SH BC, suy ra SH ABCD

Từ H dựng HI AC I BD// ,  suy ra HI BD Góc giữa SBD

và ABCD

là SIH Chọn hệ trục tọa độ có gốc tại H , trục hoành HB , trục tung là Hy song song với CD , trục cao

là HS

Ta có DC BC DC SBC









  SD SBC,   DSC 60 và DCSC tan 60

CD



3

SB SC a SH

BC

3

a

0;0;0

H

,

2 0;0;

3

a

S 

  ,

2

;0;0 3

a

B 

  ,

; 3;0 3

a

D a 

a

HC BC BH  

)

Ta có SB SD ,   a2 2;a2 2;2a2

1 1;1; 2

n

  

là một vectơ pháp tuyến của SBD.

, 0;0; 2

 

2 0;0;1

n

  

là một vectơ pháp tuyến của ABCD .

cos SBD , ABCD

 cosn n 1, 2 1 2

1 2

2

n n

n n

 

 

Vậy



4

SIH 

Câu 14: [2H1-3]Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC A B C.    có cạnh bên 2a , góc tạo bởi A B và mặt

đáy là 60 Gọi M là trung điểm của BC Tính côsin của góc tạo bởi hai đường thẳng A C và

AM

A.

2

3

3

3

4

Lời giải Chọn D.

C1: Phương pháp dựng hình

3 2

2 3

a

(trung tuyến trong tam giác đều)

Khi đó

cos ,

3

a

A C AM

a a

Gọi N là trung điểm của B C  A N AM //  A C AM , A C A N ,  

Suy ra cosA C AM ,  cosA C AN , cosCA N 

Xét tam giác A NC có

cos

2

A C A N CN

CA N

A C A N

   

 

Ta có A N AM a,

4 3

a

A C 

,

2

3

a

CN CC CN 

Vậy

cos

4

CA N  cos ,  3

4

A C AM

C2: Phương pháp tọa độ

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ Khi đó M0;0;0

, A0; ;0a 

,

;0;0 3

a

C 

  , A0; ; 2a a

Ta có

; ; 2 3

a

A C   a a

 4

3

a

A C

, AM 0; ;0a  AM a

Vậy

cos ,

4

A C AM

A C AM

A C AM





 

 

Câu 15: [2H1-3]Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C.    với đáy ABClà tam giác vuông tại C có

8

AB cm, BAC   , diện tích tam giác A CC60   là 10cm Tính tang của góc tạo bởi hai mặt2

phẳng C AB 

và ABC

A.

5 3

5 3

3

3

2

Lời giải

Chọn A.

C1: Phương pháp dựng hình

Ta có ABABC  C AB 

Kẻ CH AB Ta chứng minh được ABC CH 

Ta có

C H C AB C HC

    





   



Nên C AB  , ABC  C H CH ,  C HC

Trong ABC có

cosCAB AC AC 4 cm

AB

Trong AHC có CH AC.sin 60 2 3cm

2

A C C

S    C A C C    C C  cm

Trong C CH có

tan

6

CC CHC

CH



  

C2: Phương pháp tọa độ

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ Khi đó C0;0;0

, A0; 4;0

, B4 3;0;0

, C0;0;5

Ta có ABC  Oxy ABC: z 0

Lại có C A  0; 4; 5 

, C B  4 3;0; 5 

, 20; 20 3; 16 3

C A C B

   

       

Suy ra C AB 

có VTPT là n  5;5 3;4 3

và ABC có VTPT là n  0;0;1

Khi đó

37

n n

C AB ABC

n n





 

 

Áp dụng công thức 2     

2

