Tải bản đầy đủ

ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG

Câu 1: [1H3-3-4]

(Chuyên Bắc Ninh - Bắc Ninh - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho hình chóp
S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD  2 AB  2BC  2CD  2a . Hai mặt
phẳng  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Gọi M , N lần
lượt là trung điểm của SB và CD . Tính cosin góc giữa MN và  SAC  , biết thể tích

a3 3
khối chóp S.ABCD bằng
.
4
A.

5
.
10

B.

3 310
.

20

C.

310
.
20

D.

3 5
.
10

Lời giải
Chọn C
Cách 1: Gọi   là mp đi qua MN và song song với mp  SAD  . Khi đó   cắt
AB tại P , cắt SC tại Q , cắt AC tại K . Gọi I là giao điểm của MN và QK

 I   SAC  .
Suy ra: P , Q , K lần lượt là trung điểm của AB , SC và AC .
Lại có: ABCD là hình thang cân có AD  2 AB  2BC  2CD  2a
 AD  2a; AB  BC  CD  a

a  2a a 3 3 3a 2
a 3
; S ABCD 
.
 CH 
.

2
2
4
2
1
a
3a
1 3 3a 2
a3 3


Nên VABCD  .
.
 SA  a  MP  SA  và NP 
.SA 
2
2
2
3
4
4
2

2

a 10
 a   3a 
Xét tam giác MNP vuông tại P: MN       
2
2  2 
MP, KQ lần lượt là đường trung bình của tam giác SAB, SAC  MP //KQ //SA

KN là đường trung bình của tam giác ACD  KN 

1
AD  a .
2

2

 a 3   3a 2
a 3
Xét tam giác AHC vuông tại H: AC  
     a 3  KC 
2
 2   2
Suy ra: tam giác KNC vuông tại C  C là hình chiếu vuông góc của N lên
 SAC  .
 góc giữa MN và  SAC  là góc NIC
Khi đó:

IN
KN 2
2
2 a 10 a 10

  IN  .MN  .

MN NP 3
3
3 2
3


a
a 10
Xét tam giác NIC vuông tại C : NC  ; IN 
2
3
2

 a 10   a 2 a 31
 IC  
    
6
 3  2
 cos NIC 

IC a 31 a 10
310
.

:

IN
6
3
20

Cách 2. Vì ABCD là hình thang cân có AD  2 AB  2BC  2CD  2a
 AD  2a; AB  BC  CD  a

 CH 

a  2a a 3 3 3a 2
a 3
; S ABCD 
.
.

2
2
2
4

1 3 3a 2
a3 3
nên VABCD  .
.SA 
 SA  a
3
4
4
Gắn hình chóp vào hệ trục tọa độ như hình vẽ

 a a 3 
 a 3 
a 3 
a

;0  , A  0; 
;0  , N  ;
;0  ,
Ta có: K  0;0;0  , B  ;0;0  , C  0;
2
2
2
2


 2






a a 3 a
a 3 
S  0; 
; a  , M  ; 
; 
4
2
4
2



 3a 3a 3 a 
MN  
;
;  . Chọn u1  3;3 3;  2 cùng phương với MN
4
2 
 4





 BK  SA
Nhận xét: 
 BK   SAC 
 BK  AC
a

BK   ;0;0  là vtpt của  SAC  .Chọn n1  1;0;0  cùng phương với BK
2



Gọi  là góc góc giữa

 cos  
Câu 2: [1H3-3-4]

MN



 SAC  .

Ta có sin  

u1.n1
u1 u2



3 10
20

310
.
20
(SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA-2018)

Cho tứ diện ABCD có AB  3a , AC  a 15 , BD  a 10 , CD  4a . Biết rằng góc
giữa đường thẳng AD và mặt phẳng  BCD  bằng 45 , khoảng cách giữa hai đường
5a
và hình chiếu của A lên mặt phẳng  BCD  nằm trong
4
tam giác BCD . Tính độ dài đoạn thẳng AD .

thẳng AD và BC bằng

A.

5a 2
.
4

B. 2 2a .

C.
Lời giải

Chọn D

3a 2
.
2

D. 2a .


Ta

xét

tích



hướng





AD.BC  AD. AC  AB  AD. AC  AD. AB

 AD. AC.cos Aˆ  AD. AB.cos Aˆ
AD 2  AC 2  CD 2
AD 2  AB 2  BD 2
 AD. AC.
 AD. AB.
2 AD. AC
2 AD. AB
2
2
2
2
2
2
AD  AC  CD
AD  AB  BD


.
2
2


AC 2  BD 2  CD 2  AB 2 15a 2  10a 2  16a 2  9a 2

 0  AD  BC .
2
2

Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng  BCD  và M  DH  BC suy ra M nằm giữa
B và C .

 BC  AH
Ta có 
 BC   AHD   BC  DM .
BC

AD


MN  BC
Trong mặt phẳng  ADM  dựng MN  AD tại N , suy ra 
suy ra $MN$ là
MN  AD
5a
đoạn vuông góc chung của $AD$ và $BC$, do đó d  AD; BC   MN 
.
4
Vì AH   BCD  nên  AD; BCD    ADH  45 . Đồng thời H nằm giữa D và M nên
AMD  90 suy ra N nằm giữa A và D .

Ta có DM  MN . 2 

a 110
5a 2
.
 BM  BD 2  DM 2 
4
4

 AD  MN
Ta có 
 AD   BNC   AD  BN .
 AD  BC


 110a 2 25a 2  3a
 AN  AB 2  BN 2  AB 2   BM 2  MN 2   9a 2  

 4 .
16
16


Mặt khác vì tam giác DMN vuông cân tại N nên DN  MN 

5a
.
4

Do đó AD  AN  DN  2a .
(THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai-2018) Một khối lập phương lớn
tạo bởi 27 khối lập phương đơn vị. Một mặt phẳng vuông góc với đường chéo của
khối lập phương lớn tại trung điểm của nó. Mặt phẳng này cắt ngang (không đi qua
đỉnh) bao nhiêu khối lập phương đơn vị?
A. 16
B. 17
C. 18
D. 19

Câu 3: [1H3-3-4]

Lời giải
Chọn D
B

C
M

D

A

O
C'

B'

M'
A'

D'

Gọi ABCD.ABCD là khối lập phương lớn tạo bởi 27 khối lập phương đơn vị và
O là tâm hình lập phương đó, khối lập phương ABCD.ABCD có cạnh bằng 3 .
Ta xét mặt phẳng  P  đi qua O và vuông góc với AC , cắt AC tại M , cắt AC
tại M  .

3 3
3 2
3
3
9 2
AM AO
Ta có
.
 CM 

 2  AM 
AC 
.3 3 
AC  AC 3 2
4
4
2 2
2 2
Gọi A1 B1C1 D1 là mặt phẳng chia lớp 9 khối lập phương mặt trên với 9 khối lập
phương ở mặt thứ 2 , gọi M 1  A1C1  MM  .

7
7 3 2 7 2
5 2
Ta có A1M1  CM  .
.

 C1M1  A1C1  A1M1 
3
3 4
4
4


Gọi A2 B2C2 D2 là mặt phẳng chia lớp 9 khối lập phương mặt thứ 2 với 9 khối lập
phương ở mặt thứ 3 , gọi M 2  A2C2  MM  .

5
5 3 2 5 2
7 2
Ta có A2 M 2  CM  .
.
 C2 M 2  A2C2  A2 M 2 

3
3 4
4
4
Giao tuyến của mặt phẳng  P  với mặt phẳng  ABCD  cắt các cạnh của 3 hình
vuông, giao tuyến của mặt phẳng  P  với mặt phẳng  A1B1C1D1  cắt các cạnh của

5 hình vuông (hình vẽ), trong các hình vuông này có 2 cặp hình vuông cùng
chung một hình lập phương đơn vị, nên suy ra mặt phẳng  P  cắt ngang 6 khối
lập phương mặt trên.

C

B

C1

B1

M
M1

D

A

D1

A1

Tương tự mặt phẳng  P  cắt ngang 6 khối lập phương mặt dưới cùng.
Giao tuyến của mặt phẳng  P  với mặt phẳng  A1B1C1D1  cắt các cạnh của 5 hình
vuông, giao tuyến của mặt phẳng  P  với mặt phẳng  A2 B2C2 D2  cắt các cạnh của

5 hình vuông (hình vẽ), trong đó có 3 cặp hình vuông cùng chung với một hình lập
phương đơn vị, nên suy ra mặt phẳng  P  cắt ngang 7 khối lập phương mặt thứ
hai.
C1

B1

C2

B2

M1

M2

A1

D1

A2

D2


Vậy, mặt phẳng  P  cắt ngang (không đi qua đỉnh) 6  6  7  19 khối lập phương
đơn vị.
Cách khác
Giả sử các đỉnh của khối lập phương đơn vị là  i; j; k  , với i , j , k  0;1; 2;3 và
đường chéo đang xét của khối lập phương lớn nối hai đỉnh là O  0;0;0  và
9
 0 . Mặt
2
phẳng này cắt khối lập phương đơn vị khi và và chỉ khi các đầu mút  i; j; k  và

A  3;3;3 . Phương trình mặt trung trực của OA là   : x  y  z 

(i  1; j  1; k  1) của đường chéo của khối lập phương đơn vị nằm về hai phía đối

với ( ) . Do đó bài toán quy về đếm trong số 27 bộ  i; j; k  , với i , j , k  0;1; 2 ,
có bao nhiêu bộ ba thỏa mãn:

9

i  j  k  2  0
3
9
 i jk 

2
2
 i  1   j  1   k  1  9  0

2

1 .

3

i  i  k  2
Các bộ ba không thỏa điều kiện 1 , tức là 
là:
9
i  i  k 

2
S   0;0;0  ;  0;0;1 ;  0;1;0  ; 1;0;0  ; 1; 2; 2  ;  2;1; 2  ;  2; 2;1 ;  2; 2; 2 
Vậy có 27  8  19 khối lập phương đơn vị bị cắt bởi   .
Câu 4: [1H3-3-4] (THPT Hậu Lộc 2 - Thanh Hóa - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp

S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy,
cạnh bên SB tạo với đáy góc 450 . Một mặt phẳng   đi qua A và vuông góc với

SC cắt hình chóp S.ABCD theo thiết diện là tứ giác ABCD có diện tích bằng:
A.

a2 3
.
4

B.

a2 3
.
2

C.
Lời giải

Chọn C

a2 3
.
6

D.

a2 3
.
3


S

C'

D'

I

B'
A

D
O

B

C

Dễ thấy SBA  45 . Ta có BD  SC và BD  SC và SC không vuông góc với
mặt phẳng  SBD  , suy ra BD / / BD . Nên từ I  SO  AC nên từ I kẻ

BD / / BD cắt SB , SD lần lượt tại B  , D .
 AB  SC
Từ trên suy ra BD  AC và 
 AB  SB .
 AB  BC
Suy ra S ABC D 

 BD 

a 2
.
2

Vậy S ABCD 

Câu 5:

1
a 6
BD SB a 2
1
AC .BD . Mà AC  




2
3
BD SB 2.a 2 2

1
3 2
AC .BD 
a .
2
6

[1H3-3-4] Cho hình chóp S.ABC có BSC  1200 , CSA  600 , ASB  900 ,

SA  SB  SC . Gọi I là hình chiếu vuông góc của S lên mp  ABC  . Chọn khẳng
định đúng trong các khẳng định sau
A. I là trung điểm AB .

B. I là trọng tâm tam giác ABC .

C. I là trung điểm AC .

D. I là trung điểm BC .
Lời giải

Chọn D


S

C

B

A

Gọi SA  SB  SC  a
Ta có : SAC đều  AC  SA  a

SAB vuông cân tại S  AB  a 2
BC  SB 2  SC 2  2SB.SC.cos BSC  a 3
 AC 2  AB 2  BC 2  ABC vuông tại A

Gọi I là trung điểm của AC thì I là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi d là trục của tam giác ABC thi d đi qua I và
d   ABC 
Mặt khác : SA  SB  SC nên S  d . Vậy SI   ABC  nên I là hình chiếu vuông
góc của S lên mặt phẳng  ABC  .
Câu 6: [1H3-3-4] Cho tứ diện SABC có hai mặt ABC và SBC là hai tam giác đều cạnh

a , SA

a

3
. M là điểm trên AB sao cho AM
2

b 0

b

a . P là mặt phẳng

qua M và vuông góc với BC. Thiết diện của P và tứ diện SABC có diện tích
bằng?

3 3  a b 
A.
.
 .
4  a 
2

3  a b 
B.
.
 .
4  a 
2

3 3  a b 

 .
8  a 
2

Lời giải
Chọn C

3 3  a b 
C.

 .
16  a 
2

D.


Gọi N là trung điểm của BC .

SB SC
AB AC

BC
BC

Theo bài ra BC

SN
AN
M

P

SAN .

P

P / / SAN

Kẻ MI / / AN , MK / / SA

SABC là

BC

Thiết diện của P và tứ diện

KMI .

ABC
là hai tam giác đều cạnh a
SBC
giác đều cạnh

3 a b
.
2
a

.

a 3
2

AN

SM

a 3
2

SA

SAN là tam

KMI là tam giác đều cạnh
2

S

KMI

3 3 a b
.
.
16
a

Câu 7: [1H3-3-4] (Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho

hình chóp đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a , điểm M thuộc cạnh SC sao cho
SM  2MC . Mặt phẳng  P  chứa AM và song song với BD . Tính diện tích thiết
diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi  P  .
A.

3a 2
.
5

4 26a 2
B.
.
15
Lời giải

Chọn C

2 26a 2
C.
.
15

2 3a 2
D.
.
5


S

N

A

B

I
M
O

P

C

D
Gọi O  AC  BD , I  AM  SO .

Trong  SBD  từ I kẻ đường thẳng  song song với BD cắt SB , SD lần lượt tại

N, P.
Suy ra thiết diện là tứ giác ANMP .

 BD  AC
 BD   SAC 
Ta có: 
 BD  SO

 BD  AM .
Mặt khác: BD / / NP .

 AM  NP .
 S ANMP 

1
NP. AM .
2

+ Tính AM :
 SA  SC  a
Ta có: 
 SAC vuông cân tại S .
 AC  a 2
2

a 13
2 
 AM  SA  SM  a   a  
.
3
3 
2

2

2

+ Tính AM :
Ta có: NP / / BD 

NP SI
SI .BD

 NP 
.
BD SO
SO


Tính

SI
:
SO
S

M
I
A

Gọi

C

O

SI
k.
SO

Ta có: AI  AS  SI  SA  kSO .
2
AM  AS  SM   SA  SC .
3

2
A , I , M thẳng hàng  AI  l AM   SA  k SO  lSA  l SC
3

4

1
k
k l 1


k
2


5
  SA  SA  SC  lSA  lSC   2
.

2
3
1 k  2 l  0
l  3
 2
 5
3







SI 4
4
4a 2
  NP  BD 
.
SO 5
5
5

 S ANMP 

1
1 4a 2 a 13 2 26a 2
NP. AM  .
.

.
2
15
2 5
3

Câu 8: [1H3-3-4]Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc với nhau. Gọi H
là hình chiếu của O trên mặt phẳng  ABC  . Mệnh đề nào sau đây đúng ?

1
1
1
1 .



2
2
2
OA
AB
AC
BC2
D. 1  1  1  1 .
OH 2 OA2 OB 2 OC2

1
1
1
1 .



2
2
2
OH
AB
AC
BC2
1
1
1
1
C.
.



2
2
2
OA OB
OC
BC 2
A.

B.

Lời giải
Chọn D


A

H

C

O
K
B
Ta có
OA  OB 
  OA   OBC   OA  BC .
OA  OC 
Mà OH   OBC   OH  BC .
Vậy ta có:

BC  OA 
  BC   OAH  .
BC  OH 

Trong mặt phẳng  ABC  : AH cắt BC tại K
Ta suy ra BC  OK (vì BC   OAH  ).
Tam giác OBC vuông tại O có :
1
1
1


1 .
2
2
OK
OB OC 2
Có OA   OBC   OA  OK .

1
1
1


 2 .
2
2
OH
OA OK 2
1
1
1
1



Từ 1 và  2  ta suy ra:
.
2
2
2
OH
OA OB OC 2
Câu 9: [1H3-3-4]Cho hình lập phương ABCD. ABCD có cạnh bằng a . G là trọng tâm tam
giác ABD . Trong các vectơ sau, vectơ nào là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
 ABD  ?
Tam giác OAK vuông tại O có:

A. AA ' .
khác.

B. AC .

C. AG .
Lời giải

Chọn C

D. Kết quả


A'
D'
B'
C'
G
A

D

B

C

Ta có tam giác AB  BD  DA ( đường chéo của các hình vuông bằng nhau).
 ABD đều.
Ta có AA   ABCD   AA  BD
Mà AG  BD (vì ABD đều).
Suy ra BD   AAG   BD  AG

1 .

Tương tự ta cũng chứng minh được:
AD   ABG   AD  AG  2  .
Từ 1 và  2  suy ra AG   ABD  .
Suy ra AG là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  ABD  .
Câu 10: [1H3-3-4] Cho hình lập phương ABCD.EFGH . Gọi  là góc giữa đường thẳng AG
và mặt phẳng  EBCH  . Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau:
A.   30 .
2
tan  
.
3

B.   45 .

C. tan   2 .

Lời giải
Chọn C

D.


Gọi O  CE  BH . Khi đó O là trung điểm của AG . Gọi I  AF  BE .
Ta có BC   ABFE   BC  AI . Lại có AI  BE nên AI   EBCH   IO là
hình chiếu của AO trên

 EBCH      AG,  EBCH     AO,  EBCH     AO, IO   AOI
AI 

1
2
1
1
AI

a, IO  FG  a  tan AOI 
 2 . Vậy tan   2 .
2
2
2
2
IO

Câu 11: [1H3-3-4] Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy và tam giác ABC không
vuông gọi H , K lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và tam giác SBC . Tính số
đó góc tạo bởi HK và mặt phẳng  SBC  .
A. 45 .

B. 65 .

C. 90 .

D. 120 .

Lời giải
Chọn C

Gọi giao điểm của AH và CB là I .
Ta có SA   ABC   SA  BC , lại có BC  AI nên

BC   SAI   BC  SI  HK   SAI  .
Vậy HK  BC .(1)
Mặt khác, có BH   SAC   BH  SC , và BK  SC nên SC   BHK  .
Vậy HK  SC .(2)
Từ (1) và (2) ta có HK   SBC 

 góc tạo bởi HK và mặt phẳng  SBC  bằng 90 .


Câu 12: [1H3-3-4] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông. Mặt bên SAB là
tam giác đều có đường cao AH vuông góc với mp  ABCD  . Gọi a là góc giữa BD
và mp  SAD  . Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau:
A. cos a 

3
.
2 2

B. sin a 

3
.
2 2

C. a  60 .

D. a  30

.
Lời giải
Chọn B

Gọi K là trung điểm của SA .
Ta có: AD   SAB  và SAB đều nên BK   SAD  .



 



Vậy BD,  SAD   BD, KD  BDK  a .
Gọi cạnh của hình vuông ABCD là x , thì BD  x 2 và BK 
Xét trong tam giác vuông BKD có sin a 

BK
3

.
BD 2 2

x 3
.
2



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×