Chuyên Đề Góc Giữa Đường Thẳng Và Mặt Phẳng Ôn Thi Tốt Nghiệp THPT Có Đáp Án Và Lời Giải

1
3469

Chuyên đề góc giữa đường thẳng và mặt phẳng theo từng mức độ luyện thi tốt nghiệp THPT 2021 có đáp án và lời giải được phát triển từ câu 35 của đề tham khảo môn Toán.

DẠNG TOÁN 35 : GÓC TRONG KHÔNG GIAN

I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:

Vấn đề 1: Tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng .

-Phương pháp: Để tìm góc giữa đường thẳng $a$ và mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ta thực hiện các bước sau:

①. Tìm $O = a \cap \left( \alpha \right)$.

②. Lấy $A \in a$ và dựng $AH \bot \left( \alpha \right)$ tại H. Khi đó $\left( {a,\left( \alpha \right)} \right) = \left( {a,a’} \right) = \widehat {AOH}$.

③. Tính số đo của góc $\widehat {AOH}$

 . Chú ý: ${0^0} \le (\widehat {a,(\alpha )}) \le {90^0}$

Vấn đề 2: Tính góc giữa hai mặt phẳng.

-Phương pháp:

Cho hai mặt phẳng $\left( \alpha \right)\, \bot \,\,\left( \beta \right)$ và $\left( \alpha \right)\, \cap \,\,\left( \beta \right) = \Delta $. Trong $\left( \alpha \right)\,$vẽ đường thẳng $a \bot \Delta $ và trong $\left( \beta \right)\,$ vẽ đường thẳng $b \bot \Delta $. Khi đó, ta có$\widehat {\left( {\left( \alpha \right)\,,\,\left( \beta \right)} \right)} = \widehat {\left( {a,b} \right)}$.

 

Kết quả hình ảnh cho góc giữa hai mat phẳng trong không gian

Mô hình nhanh thường gặp.

Chú ý: Nếu $\Delta ABC$ đều thì là trung điểm của BC

Các bước xác định góc:

①. Tìm giao tuyến chung của hai mp

②. Từ chân đường cao kẽ đường thẳng vuông góc với giao tuyến của hai mp tại điểm I

③. Nối về đỉnh của chóp.

④. Xác định góc $\widehat {SIA}$

II. BÀI TẬP VẬN DỤNG

Câu 1: [Mức độ 1] Cho hình chóp $S.ABC$, có cạnh bên $SA \bot \left( {ABC} \right)$. Góc giữa đường thẳng $SC$ và đáy là góc nào dưới đây?

A.$\widehat {SAC}$. B.$\widehat {SCA}$ hoặc $180^\circ – \widehat {SCA}$.

C.$\widehat {SCA}$. D.$\widehat {CSA}$.

Lời giải

Chọn C

C:\Users\Administrator\Desktop\HÌNH MỚI\chóp__tam giác__cạnh bên.png

Hình chiếu vuông góc của $SC$ lên $\left( {ABC} \right)$ là $AC$, cho nên:

$\left( {SC,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA}$.

Câu 2: [Mức độ 1] Cho hình chóp $S.ABC$, có cạnh bên $SA \bot \left( {ABC} \right)$. Góc giữa đường thẳng $SB$ và đáy là góc nào dưới đây?

A.$\widehat {SAB}$. B.$\widehat {SBA}$ hoặc $180^\circ – \widehat {SBA}$.

C.$\widehat {SBA}$. D.$\widehat {BSA}$.

Lời giải

Chọn C

C:\Users\Administrator\Desktop\HÌNH MỚI\chóp__tam giác__cạnh bên.png

Hình chiếu vuông góc của $SB$ lên $\left( {ABC} \right)$ là $AB$, cho nên:

$\left( {SB,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SB,AB} \right) = \widehat {SBA}$.

Câu 3: [Mức độ 1] Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác vuông tại $B$, cạnh bên $SA \bot \left( {ABC} \right)$. Góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ là góc nào dưới đây?

A.$\widehat {SCA}$. B.$\widehat {SBC}$. C.$\widehat {BSC}$. D.$\widehat {SCB}$.

Lời giải

Chọn C

C:\Users\Administrator\Desktop\HÌNH MỚI\chóp__tam giác__cạnh bên.png

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)$

Khi đó hình chiếu vuông góc của $SC$ lên $\left( {SAB} \right)$ là $SB$, cho nên:

$\left( {SC,\left( {SAB} \right)} \right) = \left( {SC,SB} \right) = \widehat {BSC}$.

Câu 4: [Mức độ 1] Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$. Xác định góc giữa đường thẳng $A’C$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$

A.$\widehat {A’CA}$. B.$\widehat {AA’C}$.

C.$\widehat {A’CA}$ hoặc $180^\circ – \widehat {A’CA}$. D.$\widehat {AA’C}$ hoặc $180^\circ – \widehat {AA’C}$

Lời giải

Chọn A

C:\Users\Administrator\Desktop\HÌNH MỚI\LẬP PHƯƠNG.png

Hình chiếu vuông góc của $A’C$ lên $\left( {ABCD} \right)$ là $AC$, cho nên:

$\left( {A’C,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {A’C,AC} \right) = \widehat {A’CA}$.

Câu 5: [Mức độ 1] Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$. Xác định góc giữa đường thẳng $A’C$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$

A.$\widehat {A’CA}$. B.$\widehat {AA’C}$.

C.$\widehat {A’CA}$ hoặc $180^\circ – \widehat {A’CA}$. D.$\widehat {AA’C}$ hoặc $180^\circ – \widehat {AA’C}$

Lời giải

Chọn A

Hình chiếu vuông góc của $A’C$ lên $\left( {ABCD} \right)$ là $AC$, cho nên:

$\left( {A’C,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {A’C,AC} \right) = \widehat {A’CA}$.

Câu 6: [Mức độ 2] Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng chiều cao. Tính góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy.

A. ${30^o}$. B. ${60^o}$. C. ${45^o}$. D. ${90^o}$.

Lời giải

Chọn B

CHÓP TAM GIÁC ĐỀU

Gọi độ dài cạnh đáy bằng $a$.

Gọi $H$ là tâm của đáy $ \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)$.

Hình chiếu vuông góc của $SA$ lên $\left( {ABC} \right)$ là $AH$ nên

$\left( {SA,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SA,AH} \right) = \widehat {SAH}$

Gọi $M$ là trung điểm của $ \Rightarrow AH = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3}\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$

Trong tam giác vuông $SAH$ ta có: $\tan \widehat {SAH} = \frac{{SH}}{{AH}} = \frac{a}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{3}}} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SAH} = {60^0}$.

Câu 7: [Mức độ 2] Cho hình lăng trụ đều $ABC.A’B’C’$ có $AB = \sqrt 3 $ và $AA’ = 1$. Góc tạo bởi giữa đường thẳng $AC’$ và $\left( {ABC} \right)$ bằng

A. $60^\circ $. B. $30^\circ $. C. $75^\circ $. D. $45^\circ $.

Lời giải

Chọn B

LĂNG TRỤ ĐỀU

Hình chiếu vuông góc của $AC’$ lên đáy là $\left( {ABC} \right)$ là $AC$, cho nên

$\left( {AC’,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {AC’,\,AC} \right) = \widehat {CAC’}$.

Trong tam giác vuông $ACC’$ ta có: $\tan \widehat {CAC’} = \frac{{CC’}}{{AC}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {CAC’} = {30^0}$.

Câu 8: [Mức độ 2] Cho khối chóp $S.ABC$ có $SA$ vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ và $SA = a$. Đáy $ABC$ thỏa mãn $AB = a\sqrt 3 $. Tìm số đo góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$.

A. $60^\circ $. B. $30^\circ $. C. $45^\circ $. D. $90^\circ $.

Lời giải

Chọn B

CHÓP TAM GIÁC__CẠNH BÊN

Hình chiếu vuông góc của $SB$ lên đáy $\left( {ABC} \right)$ là $AB$, nên

$\left( {SB,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SB,AB} \right) = \widehat {SBA}$

Trong tam giác vuông $SBA$ ta có: $\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {SBA} = 30^\circ $.

Câu 9: [Mức độ 2] Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có tất cả các cạnh đều bằng $a$. Góc giữa đường thẳng $SA$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ bằng:

A. $30^\circ $. B. $60^\circ $.

C. $45^\circ $. D. $\alpha $, với $\cot \alpha = \sqrt 3 $.

Lời giải

Chọn C

chóp tứ giác đều

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Hình chiếu vuông góc của $SA$ lên $\left( {ABCD} \right)$ là $OA$, nên:

$\left( {SA,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SA,OA} \right) = \widehat {SAO}$

Ta có $AO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {{a^2} + {a^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$

$ \Rightarrow \cos \widehat {SAO} = \frac{{OA}}{{SA}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{a} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \widehat {SAO} = {45^0}$.

Câu 10: Cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A’B’C’D’$ có $AB = AD = 2$ và $AA’ = 2\sqrt 2 $ (tham khảo hình vẽ bên dưới).

HỘP CHỮ NHẬT

Góc giữa đường thẳng $CA’$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ bằng

A.$30^\circ $. B.$45^\circ $. C.$60^\circ $. D.$90^\circ $.

Lời giải

Chọn B

HỘP CHỮ NHẬT

Hình chiếu vuông góc của $A’C$lên đáy $\left( {ABCD} \right)$ là $AC$, cho nên:

$\left( {AC’,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {AC’,AC} \right) = \widehat {ACA’}$.

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông $ABC$ ta có:

$A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = {2^2} + {2^2} = 8 \Rightarrow AC = 2\sqrt 2 $.

Trong tam giác vuông $ACA’$ có: $\tan \widehat {ACA’} = \frac{{AA’}}{{AC}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{{2\sqrt 2 }} = 1 \Rightarrow \widehat {ACA’} = 45^\circ $.

Vậy góc giữa đường thẳng $AC$ và đáy là $45^\circ $.

Câu 11: Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$. Tính $\tan $ giữa đường thẳng $A’C$ và mặt đáy

A.$\sqrt 2 $. B.$\frac{1}{{\sqrt 2 }}$. C.$\sqrt 3 $. D.$\frac{1}{{\sqrt 3 }}$.

Lời giải

Chọn B

Giả sử cạnh của hình lập phương bằng $1$.

LẬP PHƯƠNG

Hình chiếu vuông góc của $A’C$lên đáy $\left( {ABCD} \right)$ là $AC$, cho nên:

$\left( {AC’,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {AC’,AC} \right) = \widehat {ACA’}$.

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông $ABC$ ta có:

$A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = {1^2} + {1^2} = 2 \Rightarrow AC = \sqrt 2 $.

Trong tam giác vuông $ACA’$ có: $\tan \widehat {ACA’} = \frac{{AA’}}{{AC}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$.

Vậy $\tan $góc giữa đường thẳng $A’C$ và đáy là $\frac{1}{{\sqrt 2 }}$.

Câu 12: Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$. Tính ${\mathop{\rm Cos}\nolimits} in$ giữa đường thẳng $A’C$ và mặt phẳng $\left( {ABB’A’} \right)$

A.$\frac{{\sqrt 3 }}{3}$. B.$\frac{{\sqrt 6 }}{3}$. C.$\sqrt 2 $. D.$\frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

Lời giải

Chọn B

Giả sử cạnh của hình lập phương bằng $1$.

LẬP PHƯƠNG

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot AA’\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {ABB’A’} \right) \Rightarrow $ hình chiếu vuông góc của $C$ lên $\left( {ABB’A’} \right)$ là $B$

Hình chiếu vuông góc của $A’C$lên đáy $\left( {ABB’A’} \right)$ là $A’B$, cho nên:

$\left( {AC’,\left( {ABB’A’} \right)} \right) = \left( {AC’,A’B} \right) = \widehat {BA’C}$.

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông $ABA’$ ta có:

$A'{B^2} = A{B^2} + A{A’^2} = {1^2} + {1^2} = 2 \Rightarrow A’B = \sqrt 2 $.

Trong tam giác vuông $A’BC$ có: $\cos \widehat {BA’C} = \frac{{A’B}}{{A’C}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}$.

Câu 13: Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$. Tính ${\mathop{\rm Cos}\nolimits} in$ giữa đường thẳng $BD’$ và mặt phẳng đáy

A.$\frac{{\sqrt 3 }}{3}$. B.$\frac{{\sqrt 2 }}{2}$. C.$\sqrt 2 $. D.$\frac{{\sqrt 6 }}{3}$.

Lời giải

Chọn D

Giả sử cạnh của hình lập phương bằng $1$.

LẬP PHƯƠNG

Hình chiếu vuông góc của $BD’$lên đáy $\left( {ABCD} \right)$ là $BD$, cho nên:

$\left( {BD’,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {BD’,BD} \right) = \widehat {DBD’}$.

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông $BCD$ ta có:

$B{D^2} = B{C^2} + C{D^2} = {1^2} + {1^2} = 2 \Rightarrow BD = \sqrt 2 $.

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông $BDD’$ ta có:

$B{D’^2} = B{D^2} + D'{D^2} = {\sqrt 2 ^2} + {1^2} = 3 \Rightarrow BD’ = \sqrt 3 $.

Trong tam giác vuông $ACA’$ có: $\cos \widehat {DBD’} = \frac{{BD}}{{BD’}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}$

Vậy $\tan $góc giữa đường thẳng $A’C$ và đáy là $\frac{1}{{\sqrt 2 }}$.

Câu 14: Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có cạnh đáy bằng $2$ và cạnh bên bằng $2\sqrt 2 $. Khi đó góc giữa cạnh bên và đáy bằng

A.$30^\circ $. B.$45^\circ $. C.$60^\circ $. D.$90^\circ $.

Lời giải

Chọn C

CHÓP__TỨ GIÁC ĐỀU

Gọi $O$ là tâm của đáy $ \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Hình chiếu vuông góc của $SC$ lên đáy là $OC$, cho nên:

$\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,OC} \right) = \widehat {SCO}$

Ta có $OC = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {{2^2} + {2^2}} = \sqrt 2 $.

Trong tam giác vuông $SCO$ ta có: $\cos \widehat {SCO} = \frac{{OC}}{{SC}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{2\sqrt 2 }} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {SCO} = 60^\circ $.

Vậy góc giữa cạnh bên và đáy bằng $60^\circ $.

Câu 15: Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có cạnh đáy bằng $\sqrt 6 $ và cạnh bên bằng $2$. Khi đó góc giữa cạnh bên và đáy bằng

A.$30^\circ $. B.$45^\circ $. C.$60^\circ $. D.$90^\circ $.

Lời giải

Chọn A

CHÓP__TỨ GIÁC ĐỀU

Gọi $O$ là tâm của đáy $ \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Hình chiếu vuông góc của $SC$ lên đáy là $OC$, cho nên:

$\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,OC} \right) = \widehat {SCO}$

Ta có $OC = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {6 + 6} = \sqrt 3 $.

Trong tam giác vuông $SCO$ ta có: $\cos \widehat {SCO} = \frac{{OC}}{{SC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat {SCO} = 30^\circ $.

Vậy góc giữa cạnh bên và đáy bằng $30^\circ $.

Câu 16: Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có cạnh đáy bằng $\sqrt 6 $ và cạnh bên bằng $2$. Khi đó góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ bằng

A.$30^\circ $. B.$45^\circ $. C.$60^\circ $. D.$90^\circ $.

Lời giải

Chọn C

CHÓP__TỨ GIÁC ĐỀU

Gọi $O$ là tâm của đáy $ \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BO \bot AC\\BO \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow BO \bot \left( {SAC} \right)$

Do đó hình chiếu vuông góc của $B$ lên $\left( {SAC} \right)$ là $O$

Hình chiếu vuông góc của $SC$ lên đáy là $OC$, cho nên:

$\left( {SB,\left( {SAC} \right)} \right) = \left( {SB,SO} \right) = \widehat {BSO}$

Ta có $BO = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {6 + 6} = \sqrt 3 $.

Trong tam giác vuông $SCO$ ta có: $\sin \widehat {BSO} = \frac{{BO}}{{SB}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat {BSO} = 60^\circ $.

Vậy góc giữa $SB$ và mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ bằng $60^\circ $.

Câu 17: Cho lăng trụ đều $ABC.A’B’C’$ có cạnh đáy bằng $a$, cạnh bên bằng $a\sqrt 3 $. Tính góc giữa đường thẳng $A’C$ và mặt phẳng đáy

A.$30^\circ $. B.$45^\circ $. C.$60^\circ $. D.$90^\circ $.

Lời giải

Chọn C

LĂNG TRỤ__ĐỨNG

Hình chiếu vuông góc của $A’C$ lên đáy $\left( {ABC} \right)$ là $AC$, cho nên

$\left( {A’C,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {A’C,AC} \right) = \widehat {A’CA}$.

Trong tam giác vuông $A’AC$ ta có: $\tan \widehat {A’CA} = \frac{{AA’}}{{AC}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {A’CA} = 60^\circ $.

Vậy góc giữa $A’C$ và đáy bằng $60^\circ $.

Câu 18: [Mức độ 2] Cho lăng trụ đều $ABC.A’B’C’$ có cạnh đáy bằng $2a$, cạnh bên bằng $a$. Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Tính góc giữa đường thẳng $A’M$ và mặt phẳng đáy

A.$30^\circ $. B.$45^\circ $. C.$60^\circ $. D.$90^\circ $.

Lời giải

Chọn A

LĂNG TRỤ__ĐỨNG

Hình chiếu vuông góc của $A’M$ lên đáy $\left( {ABC} \right)$ là $AM$, cho nên

$\left( {A’M,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {A’M,AM} \right) = \widehat {A’MA}$.

$AM$ là đường cao của tam giác đều cạnh $2a$ nên $AM = \frac{{\sqrt 3 }}{2}2a = \sqrt 3 a$.

Trong tam giác vuông $A’AM$ ta có: $\tan \widehat {A’MA} = \frac{{AA’}}{{AM}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {A’CA} = 30^\circ $.

Vậy góc giữa $A’C$ và đáy bằng $30^\circ $.

Câu 19: [Mức độ 2] Cho lăng trụ đều $ABC.A’B’C’$ có cạnh bằng $2a$, cạnh bên bằng $a$. Gọi $M$ là trung điểm của $A’C’$ và $N$ là trung điểm của $BC$.Tính góc giữa đường thẳng $MN$ và mặt phẳng đáy

A.$30^\circ $. B.$45^\circ $. C.$60^\circ $. D.$90^\circ $.

Lời giải

Chọn B

LĂNG TRỤ__ĐỨNG

Gọi $P$ là trung điểm của $AC$, khi đó hình chiếu vuông góc của $MN$ lên đáy $\left( {ABC} \right)$ là $PN$, cho nên:

$\left( {MN,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {MN,PN} \right) = \widehat {MNP}$.

$PN$ là đường trung bình của $\Delta \,ABC$ nên $PN = \frac{1}{2}AB = a$ và $MP = AA’ = a$

Trong tam giác vuông $MNP$ ta có: $\tan \widehat {MNP} = \frac{{MP}}{{PN}} = 1 \Rightarrow \widehat {MNP} = 45^\circ $.

Vậy góc giữa $MN$ và đáy bằng $45^\circ $.

Câu 20: [Mức độ 2] Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $a$, cạnh bên $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ và $SA = a\sqrt 6 $. Gọi $M$ là trung điểm của $SC$. Tính góc giữa đường thẳng $BM$ và $\left( {ABCD} \right)$

A.$30^\circ $. B.$45^\circ $. C.$60^\circ $. D.$90^\circ $.

Lời giải

Chọn C

CHÓP__TỨ GIÁC__CẠNH BÊN

Gọi $O$ là tâm của đáy.

Vì $MO$ song song với $SA$, mà $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $MO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Hình chiếu vuông góc của $BM$ lên đáy $\left( {ABCD} \right)$ là $BO$, cho nên

$\left( {BM,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {BM,BO} \right) = \widehat {MBO}$.

$MO$ là đường trung bình của tam giác $SAC$ nên $MO = \frac{1}{2}SA = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$.

Ta có $BO = \frac{1}{2}BD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$

Trong tam giác vuông $BMO$ ta có: $\tan \widehat {BMO} = \frac{{MO}}{{BO}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 6 }}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {BMO} = 60^\circ $.

Vậy góc giữa $BM$ và đáy bằng $60^\circ $.

Câu 21: [Mức độ 2] Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $a$, biết $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ và $SA = a\sqrt 5 $. Gọi $M$ là trung điểm của $SB$. Tính góc giữa đường thẳng $CM$ và $\left( {ABCD} \right)$

A.$30^\circ $. B.$45^\circ $. C.$60^\circ $. D.$90^\circ $.

Lời giải

Chọn B

CHÓP__TỨ GIÁC__CẠNH BÊN

Gọi $N$ là trung điểm của đoạn $AB$.

$MN$ là đường trung bình của tam giác $SAB$ nên $MN = \frac{1}{2}SA = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$ đồng thời $MN \bot \left( {ABCD} \right)$.

Hình chiếu vuông góc của $CM$ lên đáy $\left( {ABCD} \right)$ là $CN$, cho nên

$\left( {CM,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {CM,CN} \right) = \widehat {MCN}$.

Ta có $N{C^2} = B{C^2} + B{N^2} = {a^2} + \frac{{{a^2}}}{4} = \frac{{5{a^2}}}{4} \Rightarrow CN = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$

Trong tam giác vuông $CMN$ ta có: $\tan \widehat {MCN} = \frac{{MN}}{{NC}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 5 }}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 5 }}{2}}} = 1 \Rightarrow \widehat {MCN} = 45^\circ $.

Vậy góc giữa $CM$ và đáy bằng $45^\circ $.

Câu 22: [Mức độ 2] Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh bằng $2$, biết $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ và $SA = 2\sqrt 5 $. Gọi $M$ là trung điểm của $SD$. Tính góc giữa đường thẳng $BM$ và $\left( {ABCD} \right)$

A.$30^\circ $. B.$45^\circ $. C.$60^\circ $. D.$90^\circ $.

Lời giải

Chọn B

CHÓP__TỨ GIÁC__CẠNH BÊN

Gọi $N$ là trung điểm của đoạn $AB$.

$MN$ là đường trung bình của tam giác $SAD$ nên $MN = \frac{1}{2}SA = \sqrt 5 $ đồng thời $NP \bot \left( {ABCD} \right)$.

Hình chiếu vuông góc của $BM$ lên đáy $\left( {ABCD} \right)$ là $BN$, cho nên

$\left( {BM,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {BM,BN} \right) = \widehat {MBN}$.

Ta có $B{N^2} = A{B^2} + A{N^2} = {2^2} + {1^2} = 5 \Rightarrow BN = \sqrt 5 $

Trong tam giác vuông $CMN$ ta có: $\tan \widehat {MBN} = \frac{{MN}}{{BN}} = \frac{{\sqrt 5 }}{{\sqrt 5 }} = 1 \Rightarrow \widehat {MBN} = 45^\circ $.

Vậy góc giữa $BM$ và đáy bằng $45^\circ $.

Câu 23: [Mức độ 2] Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh bằng $a$, biết $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ và $SA = 2a$. Gọi $M$ và $N$ lần lượt là là trung điểm của $BC,\,SD$. Tính góc giữa đường thẳng $MN$ và $\left( {ABCD} \right)$

A.$30^\circ $. B.$45^\circ $. C.$60^\circ $. D.$90^\circ $.

Lời giải

Chọn B

CHÓP__TỨ GIÁC__CẠNH BÊN

Gọi $P$ là trung điểm của đoạn $AD$.

$NP$ là đường trung bình của tam giác $SAD$ nên $NP = \frac{1}{2}SA = a$ đồng thời $NP \bot \left( {ABCD} \right)$.

Hình chiếu vuông góc của $MN$ lên đáy $\left( {ABCD} \right)$ là $MP$, cho nên

$\left( {MN,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {MN,MP} \right) = \widehat {PMN}$.

Trong tam giác vuông $MNP$ ta có: $\tan \widehat {PMN} = \frac{{NP}}{{MP}} = \frac{{NP}}{{AB}} = \frac{a}{a} = 1 \Rightarrow \widehat {PMN} = 45^\circ $.

Vậy góc giữa $MN$ và đáy bằng $45^\circ $.

Câu 24: [Mức độ 2] Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh bằng $a$, mặt bên $SAB$ là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi $\alpha $ là góc giữa đường thẳng $SC$ và đáy. Khẳng định nào sau đây đúng?

A.$\tan \alpha = \frac{{\sqrt {15} }}{3}$. B.$\sin \alpha = \frac{{\sqrt 5 }}{4}$. C.$\cos \alpha = \frac{{\sqrt 3 }}{4}$. D.$\tan \alpha = \frac{{\sqrt {15} }}{5}$.

Lời giải

Chọn D

CHÓP__TỨ GIÁC__MẶT__ BÊN

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$$ \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)$.

Hình chiếu vuông góc của $SC$ lên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là $HC$, cho nên:

$\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,HC} \right) = \widehat {SCH}$.

Ta có

$SH = \sqrt {S{A^2} – A{H^2}} = \sqrt {A{B^2} – \frac{{A{B^2}}}{4}} = \sqrt {{a^2} – \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

$HC = \sqrt {B{C^2} + B{H^2}} = \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$

Trong tam giác vuông $SHC$ ta có:

$\tan \alpha = \tan \widehat {SCH} = \frac{{SH}}{{HC}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 5 }}{2}}} = \frac{{\sqrt {15} }}{5}$.

Câu 25: [Mức độ 2] Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh bằng $a$, mặt bên $SAB$ là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BC$ và $SD$. Gọi $\alpha $ là góc giữa đường thẳng $MN$ và đáy. Khẳng định nào sau đây đúng?

A.$\alpha = 60^\circ $. B.$\alpha = 45^\circ $. C.$\alpha = 15^\circ $. D.$\alpha = 30^\circ $.

Lời giải

Chọn D

CHÓP__TỨ GIÁC__MẶT__ BÊN

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$$ \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)$.

Gọi $P$ là trung điểm của $HD$, khi đó $NP$ là đường trung bình của tam giác $SHD$, suy ra

$NP = \frac{1}{2}SH = \frac{1}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2}a = \frac{{\sqrt 3 }}{4}a$ và $NP \bot \left( {ABCD} \right)$.

Hình chiếu vuông góc của $MN$ lên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là $MP$, cho nên:

$\left( {MN,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {MN,MP} \right) = \widehat {PMN}$.

$MP$ là đương trung bình của hình thang $BCDH$ nên ta có: $MP = \frac{{BH + CD}}{2} = \frac{{a + \frac{a}{2}}}{2} = \frac{{3a}}{4}$.

Trong tam giác vuông $MNP$ ta có:

$\tan \alpha = \tan \widehat {PMN} = \frac{{NP}}{{MP}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \alpha = 30^\circ $.

Câu 26: [Mức độ 3] Cho lăng trụ đều $ABC.A’B’C’$ có tất cả các cạnh đều bằng nhau. Tính $\cos in$ góc giữa đường thẳng $AB$ và mặt phẳng $\left( {A’BC} \right)$

A.$\frac{{2\sqrt 7 }}{7}$. B.$\frac{{\sqrt 2 }}{2}$. C.$\frac{{\sqrt 7 }}{7}$. D.$\frac{{\sqrt {21} }}{7}$.

Lời giải

Chọn A

LĂNG TRỤ__ĐỨNG

Giả sử tất cả các cạnh của hình lăng trụ đều bằng $1$.

Gọi $\varphi $ là góc giữa đường thẳng $AB$ và mặt phẳng $\left( {A’BC} \right)$, khi đó $\sin \varphi = \frac{{d\left( {A,\left( {A’BC} \right)} \right)}}{{AB}}$.

Kẻ $AM \bot BC$ và $AH \bot A’M$.

Ta có

$BC \bot \left( {A’AM} \right) \Rightarrow BC \bot AH$.

$\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\AH \bot A’M\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {A’BC} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {A’BC} \right)} \right) = AH$.

Ta có $AM = \sqrt {A{B^2} – B{M^2}} = \sqrt {1 – \frac{1}{4}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

Trong tam giác vuông $A’AM$ có $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{{A’}^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} = 1 + \frac{4}{3} = \frac{7}{3} \Rightarrow AH = \frac{{\sqrt {21} }}{7}$.

Khi đó $\sin \varphi = \frac{{AH}}{{AB}} = \frac{{\sqrt {21} }}{7} \Rightarrow \cos \varphi = \frac{{2\sqrt 7 }}{7}$.

Câu 27: [Mức độ 3] Cho lăng trụ đều $ABC.A’B’C’$ có tất cả các cạnh đều bằng nhau và bằng $a$. Tính $\cos in$ góc giữa đường thẳng $AC’$ và mặt phẳng $\left( {A’BC} \right)$

A.$\frac{{\sqrt {42} }}{7}$. B.$\frac{{2\sqrt 7 }}{7}$. C.$\frac{{\sqrt 7 }}{7}$. D.$\frac{{\sqrt {21} }}{7}$.

Lời giải

Chọn C

LĂNG TRỤ__ĐỨNG

Gọi $E = A’C \cap AC’$.

Gọi $\varphi $ là góc giữa đường thẳng $AC’$ và mặt phẳng $\left( {A’BC} \right)$, khi đó $\sin \varphi = \frac{{d\left( {A,\left( {A’BC} \right)} \right)}}{{AE}}$.

Kẻ $AM \bot BC$ và $AH \bot A’M$.

Ta có

$BC \bot \left( {A’AM} \right) \Rightarrow BC \bot AH$.

$\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\AH \bot A’M\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {A’BC} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {A’BC} \right)} \right) = AH$.

Ta có $AM = \sqrt {A{B^2} – B{M^2}} = \sqrt {{a^2} – \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a$.

Trong tam giác vuông $A’AM$ có $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{{A’}^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{7}{{3{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{\sqrt {21} }}{7}a$.

Khi đó $\sin \varphi = \frac{{AH}}{{AE}} = \frac{{2AH}}{{AC’}} = \frac{{\sqrt {42} }}{7} \Rightarrow \cos \varphi = \frac{{\sqrt 7 }}{7}$.

Câu 28: [Mức độ 3] Cho lăng trụ đều $ABC.A’B’C’$ có tất cả các cạnh đều bằng nhau và bằng $a$. Gọi $\varphi $ là góc giữa đường thẳng $AA’$ và mặt phẳng $\left( {A’BC} \right)$. Khẳng định nào sau đây đúng?

A.$\cos \varphi = \frac{{\sqrt {42} }}{7}$. B.$\cos \varphi = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$. C.$\cos \varphi = \frac{{2\sqrt 7 }}{7}$. D.$\cos \varphi = \frac{{\sqrt {21} }}{7}$.

Lời giải

Chọn C

LĂNG TRỤ__ĐỨNG

Ta có $\sin \varphi = \frac{{d\left( {A,\left( {A’BC} \right)} \right)}}{{AA’}}$.

Kẻ $AM \bot BC$ và $AH \bot A’M$.

Ta có

$BC \bot \left( {A’AM} \right) \Rightarrow BC \bot AH$.

$\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\AH \bot A’M\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {A’BC} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {A’BC} \right)} \right) = AH$.

Ta có $AM = \sqrt {A{B^2} – B{M^2}} = \sqrt {{a^2} – \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a$.

Trong tam giác vuông $A’AM$ có $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{{A’}^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{7}{{3{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{\sqrt {21} }}{7}a$.

Khi đó $\sin \varphi = \frac{{AH}}{{AA’}} = \frac{{\sqrt {21} }}{7} \Rightarrow \cos \varphi = \frac{{2\sqrt 7 }}{7}$.

Câu 29: [Mức độ 3] Cho lăng trụ đứng $ABC.A’B’C’$, có đáy là tam giác đều cạnh $a$, cạnh bên $AA’ = a\sqrt 3 $. Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ và $\varphi $ là góc giữa đường thẳng $AM$ và mặt phẳng $\left( {A’BC} \right)$. Khẳng định nào sau đây đúng?

A.$\cos \varphi = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}$. B.$\cos \varphi = \frac{{\sqrt 6 }}{3}$. C.$\cos \varphi = \frac{{\sqrt 5 }}{5}$. D.$\cos \varphi = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

Lời giải

Chọn C

LĂNG TRỤ__ĐỨNG

Kẻ $AH \bot A’M,\,\,H \in A’M$.

Ta có

$BC \bot \left( {A’AM} \right) \Rightarrow BC \bot AH$.

$\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\AH \bot A’M\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {A’BC} \right)$, khi đó hình chiếu vuông góc của $AM$ lên mặt phẳng $\left( {A’BC} \right)$ là $MH$, cho nên:

$\left( {AM,\left( {A’BC} \right)} \right) = \left( {AM,HM} \right) = \widehat {AMH} = \widehat {A’MA} = \varphi $.

Ta có $\tan \varphi = \frac{{AA’}}{{AM}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = 2 \Rightarrow \frac{1}{{{{\cos }^2}\varphi }} = 1 + {\tan ^2}\varphi = 5 \Rightarrow \cos \varphi = \frac{{\sqrt 5 }}{5}$.

Câu 30: [Mức độ 3] Cho lăng trụ đứng $ABC.A’B’C’$, có đáy là tam giác đều cạnh $a$, cạnh bên $AA’ = 2a$. Gọi $N$ là trung điểm của $BB’$ và $\varphi $ là góc giữa đường thẳng $AN$ và mặt phẳng $\left( {A’BC} \right)$. Khẳng định nào sau đây đúng?

A.$\cos \varphi = \frac{{3\sqrt {114} }}{{38}}$. B.$\cos \varphi = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}$. C.$\cos \varphi = \frac{{\sqrt {418} }}{{38}}$. D.$\cos \varphi = \frac{{\sqrt 5 }}{5}$.

Lời giải

Chọn C

LĂNG TRỤ__ĐỨNG

Gọi $P = A’B \cap AN$.

Gọi $\varphi $ là góc giữa đường thẳng $AN$ và mặt phẳng $\left( {A’BC} \right)$, khi đó $\sin \varphi = \frac{{d\left( {A,\left( {A’BC} \right)} \right)}}{{AP}}$.

Kẻ $AM \bot BC$ và $AH \bot A’M$.

Ta có

$BC \bot \left( {A’AM} \right) \Rightarrow BC \bot AH$.

Có $\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\AH \bot A’M\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {A’BC} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {A’BC} \right)} \right) = AH$.

Ta có $AM = \sqrt {A{B^2} – B{M^2}} = \sqrt {{a^2} – \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a$.

Trong tam giác vuông $A’AM$ có $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{{A’}^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{{19}}{{12{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{2\sqrt {57} }}{{19}}a$.

Ta có $\frac{{PN}}{{PA}} = \frac{{NB}}{{AA’}} = \frac{1}{2} \Rightarrow PA = \frac{2}{3}AN = \frac{2}{3}\sqrt {A{B^2} + B{N^2}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}a$.

Khi đó $\sin \varphi = \frac{{AH}}{{AP}} = \frac{{3\sqrt {114} }}{{38}} \Rightarrow \cos \varphi = \frac{{\sqrt {418} }}{{38}}$.

Câu 31: [Mức độ 3] Cho lăng trụ đứng $ABC.A’B’C’$, có đáy là tam giác đều cạnh $a$, cạnh bên $AA’ = a$. Gọi $N$ là trung điểm của $CC’$ và $\varphi $ là góc giữa đường thẳng $AP$ và mặt phẳng $\left( {A’BC} \right)$. Khẳng định nào sau đây đúng?

A.$\cos \varphi = \frac{{2\sqrt {70} }}{{35}}$. B.$\cos \varphi = \frac{{3\sqrt {105} }}{{35}}$. C.$\cos \varphi = \frac{{3\sqrt {10} }}{{10}}$. D.$\cos \varphi = \frac{{\sqrt {10} }}{{10}}$.

Lời giải

Chọn A

LĂNG TRỤ__ĐỨNG

Gọi $P = A’C \cap AN$.

Gọi $\varphi $ là góc giữa đường thẳng $AN$ và mặt phẳng $\left( {A’BC} \right)$, khi đó $\sin \varphi = \frac{{d\left( {A,\left( {A’BC} \right)} \right)}}{{AP}}$.

Kẻ $AM \bot BC$ và $AH \bot A’M$.

Ta có

$BC \bot \left( {A’AM} \right) \Rightarrow BC \bot AH$.

Có $\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\AH \bot A’M\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {A’BC} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {A’BC} \right)} \right) = AH$.

Ta có $AM = \sqrt {A{B^2} – B{M^2}} = \sqrt {{a^2} – \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a$.

Trong tam giác vuông $A’AM$ có $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{{A’}^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{\sqrt {21} }}{7}a$.

Ta có $\frac{{PN}}{{AP}} = \frac{{CN}}{{AA’}} = \frac{1}{2} \Rightarrow AP = \frac{2}{3}AN = \frac{2}{3}\sqrt {A{C^2} + C{N^2}} = \frac{{\sqrt 5 }}{3}a$.

Khi đó $\sin \varphi = \frac{{AH}}{{AP}} = \frac{{3\sqrt {105} }}{{35}} \Rightarrow \cos \varphi = \frac{{2\sqrt {70} }}{{35}}$.

Câu 32: [Mức độ 3] Cho lăng trụ đứng $ABC.A’B’C’$, có đáy là tam giác vuông cân tại $B$ và $AC = a\sqrt 2 $ ; cạnh bên $AA’ = a$. Gọi $N$ là trung điểm của $A’C’$. Tính góc giữa đường thẳng $AN$ và mặt phẳng $\left( {A’BC} \right)$.

A.$60^\circ $. B.$45^\circ $. C.$30^\circ $. D.$90^\circ $.

Lời giải

Chọn A

LĂNG TRỤ__ĐỨNG

Gọi $M = A’C \cap AN$.

Gọi $\varphi $ là góc giữa đường thẳng $AN$ và mặt phẳng $\left( {A’BC} \right)$, khi đó $\sin \varphi = \frac{{d\left( {A,\left( {A’BC} \right)} \right)}}{{AM}}$.

Kẻ $AH \bot A’B$.

Ta có

$BC \bot \left( {A’AM} \right) \Rightarrow BC \bot AH$.

Có $\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\AH \bot A’B\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {A’BC} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {A’BC} \right)} \right) = AH$.

Trong tam giác vuông $ABC.A’B’C’$ ta có $A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} \Leftrightarrow 2A{B^2} = 2{a^2} \Leftrightarrow AB = a$.

Trong tam giác vuông $A’AB$ có $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{{A’}^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{2}{{{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{\sqrt 2 }}{2}a$.

Ta có $\frac{{MN}}{{AM}} = \frac{{A’N}}{{AC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow AM = \frac{2}{3}AN = \frac{2}{3}\sqrt {A{{A’}^2} + A'{N^2}} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}a$.

Khi đó $\sin \varphi = \frac{{AH}}{{AM}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \varphi = 60^\circ $.

Câu 33: [Mức độ 3] Cho hình chóp $S.ABCD$, có đáy $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ và $B$, $AB = BC = a,\,AD = 2a$. Cạnh bên $SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy và $SA = a$. Gọi $\varphi $ là góc giữa đường thẳng $AC$ và mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$. Khẳng định nào sau đây đúng?

A.$\cos \varphi = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$. B.$\tan \varphi = \sqrt 2 $. C.$\cos \varphi = \frac{{\sqrt 6 }}{3}$. D.$\tan \varphi = \frac{1}{2}$.

Lời giải

Chọn C

ĐÁY__HÌNH__THANG

Gọi $M$ là trung điểm của $AD$$ \Rightarrow $ tứ giác $ABCM$ là hình vuông$ \Rightarrow MA = MD = MC$, khi đó $M$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ACD \Rightarrow AC \bot DC$.

Kẻ $AH \bot SC$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AC\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow CD \bot AH$.

Có $\left\{ \begin{array}{l}AH \bot SC\\AH \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right)$.

Hình chiếu vuông góc của $AC$ lên mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$ là $HC$ cho nên:

$\left( {AC,\left( {SCD} \right)} \right) = \left( {AC,HC} \right) = \widehat {HCA} = \widehat {SCA}$

Trong tam giác vuông $ABC$ ta có $A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = 2{a^2} \Rightarrow AC = a\sqrt 2 $

Trong tam giác vuông $SAC$ ta có:

$\tan \varphi = \tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \frac{1}{{{{\cos }^2}\varphi }} = 1 + {\tan ^2}\varphi = \frac{3}{2} \Rightarrow \cos \varphi = \frac{{\sqrt 6 }}{3}$.

Câu 34: [Mức độ 3] Cho hình chóp $S.ABCD$, có đáy $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ và $B$, $AB = BC = a,\,AD = 2a$. Cạnh bên $SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy và $SA = a$. Gọi $\varphi $ là góc giữa đường thẳng $AB$ và mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$. Khẳng định nào sau đây đúng?

A.$\cos \varphi = \frac{{\sqrt 6 }}{6}$. B.$\cos \varphi = \frac{{\sqrt 6 }}{3}$. C.$\cos \varphi = \frac{{\sqrt {30} }}{6}$. D.$\cos \varphi = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

Lời giải

Chọn C

ĐÁY__HÌNH__THANG

Gọi $M$ là trung điểm của $AD$$ \Rightarrow $ tứ giác $ABCM$ là hình vuông$ \Rightarrow MA = MD = MC$, khi đó $M$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ACD \Rightarrow AC \bot DC$.

Ta có $\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = \left( {CM,\left( {SCD} \right)} \right)$$ \Rightarrow \sin \varphi = \frac{{d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{MC}} = \frac{{\frac{1}{2}d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{AB}}$.

Kẻ $AH \bot SC$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AC\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow CD \bot AH$.

Có $\left\{ \begin{array}{l}AH \bot SC\\AH \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AH$.

Trong tam giác vuông $ABC$ ta có $A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = 2{a^2} \Rightarrow AC = a\sqrt 2 $

Trong tam giác vuông $SAC$ ta có: $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{2{a^2}}} = \frac{3}{{2{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.

Do đó $\sin \varphi = \frac{{\frac{1}{2}AH}}{{AB}} = \frac{{\sqrt 6 }}{6} \Rightarrow \cos \varphi = \frac{{\sqrt {30} }}{6}$.

Câu 35: [Mức độ 3] Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $BC$. Tính $\cos in$ góc giữa đường thẳng $AM$ và mặt phẳng $\left( {A’CD} \right)$

A.$\cos \varphi = \frac{1}{{\sqrt {10} }}$. B.$\cos \varphi = \frac{2}{{\sqrt 5 }}$. C.$\cos \varphi = \frac{1}{{\sqrt 5 }}$. D.$\cos \varphi = \frac{3}{{\sqrt {10} }}$.

Lời giải

Chọn D

LẬP PHƯƠNG

Giả sử cạnh của hình lập phương bằng $1$.

Gọi $N = AM \cap CD$ và $\varphi $ là góc giữa đường thẳng $AM$ và mặt phẳng $\left( {A’CD} \right)$, khi đó

$\sin \varphi = \frac{{d\left( {A,\left( {A’CD} \right)} \right)}}{{AN}}$.

Kẻ $AH \bot A’D,\,\,H \in A’D$, ta có

$\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot AA’\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {A’AD} \right) \Rightarrow CD \bot AH$

Có $\left\{ \begin{array}{l}AH \bot CD\\AH \bot A’D\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {A’AD} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {A’AD} \right)} \right) = AH$.

Trong tam giác vuông $A’AD$ ta có $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{{1^2}}} + \frac{1}{{{1^2}}} = 2 \Rightarrow AH = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$.

Ta có $\frac{{MN}}{{AN}} = \frac{{MC}}{{AD}} = \frac{1}{2} \Rightarrow AN = 2MN = 2AM = 2\sqrt {A{B^2} + B{M^2}} = 2\sqrt {{1^2} + \frac{1}{4}} = \sqrt 5 $.

Khi đó, $\sin \varphi = \frac{{d\left( {A,\left( {A’CD} \right)} \right)}}{{AN}} = \frac{{AH}}{{AN}} = \frac{1}{{\sqrt {10} }} \Rightarrow \cos \varphi = \frac{3}{{\sqrt {10} }}$.

Câu 36: [Mức độ 3] Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$. Tính $\cos in$ góc giữa đường thẳng $AC$ và mặt phẳng $\left( {A’CD} \right)$

A.$\cos \varphi = \frac{1}{2}$. B.$\cos \varphi = \frac{{\sqrt 6 }}{3}$. C.$\cos \varphi = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$. D.$\cos \varphi = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

Lời giải

Chọn D

LẬP PHƯƠNG

Giả sử cạnh của hình lập phương bằng $1$.

Gọi $\varphi $ là góc giữa đường thẳng $AC$ và mặt phẳng $\left( {A’CD} \right)$, khi đó $\sin \varphi = \frac{{d\left( {A,\left( {A’CD} \right)} \right)}}{{AC}}$.

Kẻ $AH \bot A’D,\,\,H \in A’D$, ta có

$\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot AA’\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {A’AD} \right) \Rightarrow CD \bot AH$

Có $\left\{ \begin{array}{l}AH \bot CD\\AH \bot A’D\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {A’AD} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {A’AD} \right)} \right) = AH$.

Trong tam giác vuông $A’AD$ ta có $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{{1^2}}} + \frac{1}{{{1^2}}} = 2 \Rightarrow AH = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$.

Ta có $AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt 2 $.

Khi đó, $\sin \varphi = \frac{{d\left( {A,\left( {A’CD} \right)} \right)}}{{AC}} = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \cos \varphi = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

Câu 37: [Mức độ 3] Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, tam giác $SAB$ là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính $\cos in$ góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$

A.$\cos \varphi = \frac{{2\sqrt 7 }}{7}$. B.$\cos \varphi = 0$. C.$\cos \varphi = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$. D.$\cos \varphi = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

Lời giải

Chọn A

CHÓP__TỨ GIÁC__MẶT__ BÊN

Kẻ $SO \bot AB \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)$ đồng thời $O$ là trung điểm của đoạn $AB$.

Gọi $\varphi $ là góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\left( {SCD} \right) \Rightarrow \sin \varphi = \frac{{d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{SB}} = \frac{{d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{SB}}$.

Gọi $M$ là trung điểm của $CD$, kẻ $OH \bot SM$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OM\\CD \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow CD \bot OH$.

Có $\left\{ \begin{array}{l}OH \bot CD\\OH \bot SM\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH$.

Trong tam giác vuông $SOM$ ta có $\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} \Rightarrow OH = \frac{{SO.OM}}{{\sqrt {S{O^2} + O{M^2}} }} = \frac{{\sqrt {21} }}{7}a$.

Suy ra $\sin \varphi = \frac{{d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{SB}} = \frac{{OH}}{{SB}} = \frac{{\sqrt {21} }}{7} \Rightarrow \cos \varphi = \frac{{2\sqrt 7 }}{7}$.

Câu 38: [Mức độ 3] Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, tam giác $SAB$ là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính góc giữa đường thẳng $SA$ và mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$

A.$60^\circ $. B.$45^\circ $. C.$90^\circ $. D.$30^\circ $.

Lời giải

Chọn A

CHÓP__TỨ GIÁC__MẶT__ BÊN

Kẻ $SO \bot AB \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)$ đồng thời $O$ là trung điểm của đoạn $AB$.

Gọi $\varphi $ là góc giữa đường thẳng $SA$ và mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$

$ \Rightarrow \sin \varphi = \frac{{d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)}}{{SA}} = \frac{{2d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right)}}{{SA}}$.

Kẻ $OH \bot SB,\,\,H \in SB$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot OH$.

Có $\left\{ \begin{array}{l}OH \bot SM\\OH \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right) = OH$.

Trong tam giác vuông $SOM$ ta có $\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} \Rightarrow OH = \frac{{SO.OB}}{{\sqrt {S{O^2} + O{B^2}} }} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}a$.

Suy ra $\sin \varphi = \frac{{2OH}}{{SA}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \varphi = 60^\circ $.

Câu 39: [Mức độ 4] Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, tam giác $SAB$ là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi $M$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow {DM} = 3\overrightarrow {MC} $. Gọi $\varphi $ là góc giữa đường thẳng $SM$ và mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$. Khẳng định nào sau đây đúng?

A.$\sin \varphi = \frac{{\sqrt {87} }}{{58}}$. B.$\sin \varphi = \frac{{\sqrt {15} }}{{40}}$. C.$\sin \varphi = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$. D.$\sin \varphi = \frac{{\sqrt {87} }}{{116}}$.

Lời giải

Chọn A

CHÓP__TỨ GIÁC__MẶT__ BÊN

Kẻ $SO \bot AB \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)$ đồng thời $O$ là trung điểm của đoạn $AB$.

Từ giả thiết $\overrightarrow {DM} = 3\overrightarrow {MC} \Rightarrow $$M$ là điểm thuộc đoạn $CD$ và $CM = \frac{1}{4}CD$.

Gọi $\varphi $ là góc giữa đường thẳng $SM$ và mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $N = OM \cap BC$.

$ \Rightarrow \sin \varphi = \frac{{d\left( {M,\left( {SBC} \right)} \right)}}{{SM}}$.

Ta có $\frac{{d\left( {M,\left( {SBC} \right)} \right)}}{{d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right)}} = \frac{{MN}}{{ON}} = \frac{{CM}}{{BO}} = \frac{1}{2} \Rightarrow d\left( {M,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right)$.

Kẻ $OH \bot SB,\,\,H \in SB$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot OH$.

Có $\left\{ \begin{array}{l}OH \bot SM\\OH \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right) = OH$.

Trong tam giác vuông $SOM$ ta có $\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} \Rightarrow OH = \frac{{SO.OB}}{{\sqrt {S{O^2} + O{B^2}} }} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}a$.

$ \Rightarrow d\left( {M,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{8}a$.

Vì $CM$ là đường trung bình của tam giác $BON$ nên

$OM = \frac{1}{2}ON = \frac{1}{2}\sqrt {B{O^2} + B{N^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + 4{a^2}} = \frac{{\sqrt {17} }}{4}a$

$ \Rightarrow SM = \sqrt {S{O^2} + O{M^2}} = \frac{{\sqrt {29} }}{4}$

$ \Rightarrow \sin \varphi = \frac{{d\left( {M,\left( {SBC} \right)} \right)}}{{SM}} = \frac{{\sqrt {87} }}{{58}}$.

Câu 40: [Mức độ 3] Cho hình chóp đều $S.ABCD$ có tất cả các cạnh bằng nhau. Tính $\cos in$ góc giữa đường thẳng $SA$ và mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$

A.$\frac{{\sqrt 6 }}{3}$. B.$\frac{{\sqrt 3 }}{3}$. C.$\frac{1}{2}$. D.$\frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

Lời giải

Chọn B

CHÓP__TỨ GIÁC ĐỀU

Giả sử tất cả các cạnh của hình chóp $S.ABCD$ đều bằng $1$.

Gọi $O$ là tâm cua đáy $ \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Gọi $\varphi $ là góc giữa đường thẳng $SA$ và mặt phẳng $\left( {SCD} \right) \Rightarrow \sin \varphi = \frac{{d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{SA}} = \frac{{2d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{SA}}$.

Gọi $N$ là trung điểm của $CD$ và kẻ $OH \bot SN,\,\,H \in SN$.

Ta có $CD \bot \left( {SON} \right) \Rightarrow CD \bot OH$

Có $\left\{ \begin{array}{l}OH \bot CD\\OH \bot SN\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH$.

Lại có $SO = \sqrt {S{A^2} – O{A^2}} = \sqrt {1 – \frac{1}{2}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$ và $ON = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2}$.

Trong tam giác vuông $SON$ ta có $\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{N^2}}} \Rightarrow OH = \frac{{SO.ON}}{{\sqrt {S{O^2} + O{N^2}} }} = \frac{{\sqrt 6 }}{6}$.

Vậy $\sin \varphi = \frac{{2d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{SA}} = \frac{{2.OH}}{{SA}} = \frac{{\sqrt 6 }}{3} \Rightarrow \cos \varphi = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

Câu 41: [Mức độ 4] Cho hình chóp đều $S.ABCD$ có tất cả các cạnh bằng nhau. Gọi $M,\,N$ lần lượt là trung điểm của $SA$ và $CD$. Tính $\cos in$ góc giữa đường thẳng $MN$ và mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$

A.$\frac{{\sqrt 2 }}{3}$. B.$\frac{{\sqrt 7 }}{3}$. C.$\frac{2}{3}$. D.$\frac{{\sqrt 5 }}{3}$.

Lời giải

Chọn B

CHÓP__TỨ GIÁC ĐỀU

Giả sử tất cả các cạnh của hình chóp $S.ABCD$ đều bằng $1$.

Gọi $O$ là tâm cua đáy $ \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Gọi $\varphi $ là góc giữa đường thẳng $MN$ và mặt phẳng $\left( {SCD} \right) \Rightarrow \sin \varphi = \frac{{d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{MN}}$.

Vì $MO$ là đường trung bình của tam giác $SAC$ nên

$MO//SC \Rightarrow MO//\left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right)$.

Ta có $CD \bot \left( {SON} \right) \Rightarrow CD \bot OH$

Có $\left\{ \begin{array}{l}OH \bot CD\\OH \bot SN\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH$.

Lại có $SO = \sqrt {S{A^2} – O{A^2}} = \sqrt {1 – \frac{1}{2}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$ và $ON = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2}$.

Trong tam giác vuông $SON$ ta có $\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{N^2}}} \Rightarrow OH = \frac{{SO.ON}}{{\sqrt {S{O^2} + O{N^2}} }} = \frac{{\sqrt 6 }}{6}$.

Ta có $AN = \sqrt {A{D^2} + D{N^2}} = \sqrt {1 + \frac{1}{4}} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}$

$MN$ là đường trung tuyến của $\Delta \,SAN$ nên $M{N^2} = \frac{{S{N^2} + A{N^2}}}{2} – \frac{{S{A^2}}}{4} = \frac{3}{4} \Rightarrow MN = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$

Vậy $\sin \varphi = \frac{{OH}}{{MN}} = \frac{{\sqrt 2 }}{3} \Rightarrow \cos \varphi = \frac{{\sqrt 7 }}{3}$.

Câu 42: [Mức độ 3] Cho tứ diện đều $S.ABC$ có tất cả các cạnh bằng nhau. Gọi $M,\,N$ lần lượt là trung điểm của $SA$ và $BC$. Tính $\cos in$ góc giữa đường thẳng $MN$ và mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$

A.$\frac{{2\sqrt 3 }}{9}$. B.$\frac{{\sqrt 3 }}{3}$. C.$\frac{{\sqrt 6 }}{3}$. D.$\frac{{\sqrt {69} }}{9}$.

Lời giải

Chọn D

CHÓP__TAM__GIÁC__ĐỀU

Giả sử tất các cạnh của hình chóp đều bằng $1$.

Gọi $O$ là tâm của đáy $ \Rightarrow SO \bot \left( {ABC} \right)$.

Gọi $\varphi $ là góc giữa đường thẳng $MN$ và mặt phẳng $SBC$, khi đó $\sin \varphi = \frac{{d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{MN}}$.

Ta có $\frac{{d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{MS}}{{AS}} = \frac{1}{2} \Rightarrow d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)$ (1)

Và $\frac{{d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{AN}}{{ON}} = 3 \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 3d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right)$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{3}{2}d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right)$.

Kẻ $OH \bot SN$.

Ta có $BC \bot \left( {SAN} \right) \Rightarrow BC \bot OH$

$\left\{ \begin{array}{l}OH \bot BC\\OH \bot SN\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH$.

Trong tam giác vuông $SON$ ta có $\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{N^2}}}$

Trong đó $SO = \sqrt {S{A^2} – O{A^2}} = \sqrt {{1^2} – {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}$ và $ON = \frac{1}{3}AN = \frac{1}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}$

$ \Rightarrow OH = \frac{{\sqrt 6 }}{9}$.

Ta có $MN = \sqrt {S{N^2} – S{M^2}} = \sqrt {\frac{3}{4} – \frac{1}{4}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

$ \Rightarrow \sin \varphi = \frac{{OH}}{{MN}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{9} \Rightarrow \cos \varphi = \frac{{\sqrt {69} }}{9}$.

Câu 43: [Mức độ 4] Cho tứ diện $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $B$, các tam giác $SAB$ và $SBC$ lần lượt là các tam giác vuông tại $A$ và $C$. Góc giữa đường thẳng $SA$ và mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ bằng $45^\circ $. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên $\left( {ABC} \right)$ và $M$ là trung điểm của đoạn $SA$. Tính góc giữa đường thẳng $HM$ mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$.

A.$45^\circ $. B.$60^\circ $. C.$30^\circ $. D.$90^\circ $.

Lời giải

Chọn C

CHÓP__TỨ GIÁC__CẠNH BÊN

Không mất tính tổng quát, giả sử $AB = BC = 1$.

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $\left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)$.

Ta có

$\left\{ \begin{array}{l}BA \bot HA\\BA \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow BA \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow BA \bot AH$ (1)

$\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SC\\BC \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SHC} \right) \Rightarrow BC \bot HC$ (2).

Từ (1) và (2) và từ giả thiết $\Delta \,ABC$vuông cân tại $B \Rightarrow ABCH$ là hình vuông.

Ta có $\left( {SA,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SA,HA} \right) = \widehat {SAH} = 45^\circ $

$ \Rightarrow SH = AH.\tan 45^\circ = 1$ và $SA = \frac{{AH}}{{\cos 45^\circ }} = \sqrt 2 $.

Gọi $d$ là giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAH} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$, khi đó $d$ là đường thẳng qua $S$ và song song với $AH$.

Gọi $I = HM \cap d \Rightarrow I = HM \cap \left( {SBC} \right)$.

Khi đó nếu gọi $\varphi $ là góc giữa đường thẳng $HM$ và mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ thì $\sin \varphi = \frac{{d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right)}}{{HI}} = \frac{{d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right)}}{{SA}}$.

Kẻ $HK \bot SC,\,\,K \in SC \Rightarrow HK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HK = \frac{{SH.HC}}{{\sqrt {S{H^2} + H{C^2}} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

Do đó $\sin \varphi = \frac{{d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right)}}{{SA}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \varphi = 30^\circ $.

Câu 44: [Mức độ 4] Cho tứ diện $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $B$, các tam giác $SAB$ và $SBC$ lần lượt là các tam giác vuông tại $A$ và $C$. Góc giữa đường thẳng $SA$ và mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ bằng $45^\circ $. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên $\left( {ABC} \right)$ và $M$ là trung điểm của đoạn $AB$. Tính $\cos in$ góc giữa đường thẳng $HM$ mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$.

A.$\frac{{3\sqrt {10} }}{{10}}$. B.$\frac{{\sqrt {10} }}{5}$. C.$\frac{{\sqrt {10} }}{{10}}$. D.$\frac{{\sqrt {15} }}{5}$.

Lời giải

Chọn A

CHÓP__TỨ GIÁC__CẠNH BÊN

Không mất tính tổng quát, giả sử $AB = BC = 1$.

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $\left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)$.

Ta có

$\left\{ \begin{array}{l}BA \bot HA\\BA \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow BA \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow BA \bot AH$ (1)

$\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SC\\BC \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SHC} \right) \Rightarrow BC \bot HC$ (2).

Từ (1) và (2) và từ giả thiết $\Delta \,ABC$vuông cân tại $B \Rightarrow ABCH$ là hình vuông.

Ta có $\left( {SA,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SA,HA} \right) = \widehat {SAH} = 45^\circ $

$ \Rightarrow SH = AH.\tan 45^\circ = 1$ và $SA = \frac{{AH}}{{\cos 45^\circ }} = \sqrt 2 $.

Gọi $E = HM \cap BC \Rightarrow E = HM \cap \left( {SBC} \right)$.

Khi đó nếu gọi $\varphi $ là góc giữa đường thẳng $HM$ và mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ thì $\sin \varphi = \frac{{d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right)}}{{HE}}$.

Kẻ $HK \bot SC,\,\,K \in SC \Rightarrow HK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HK = \frac{{SH.HC}}{{\sqrt {S{H^2} + H{C^2}} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

Ta có $\frac{{ME}}{{HE}} = \frac{{MB}}{{HC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow HE = 2ME = 2HM = 2\sqrt {A{H^2} + A{M^2}} = 2\sqrt {1 + \frac{1}{4}} = \sqrt 5 $.

Do đó $\sin \varphi = \frac{{d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right)}}{{HE}} = \frac{{\sqrt {10} }}{{10}} \Rightarrow \cos \varphi = \frac{{3\sqrt {10} }}{{10}}$.

Câu 45: [Mức độ 4] Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông, hình chiếu của $S$ lên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là điểm $H$ sao cho $2\overrightarrow {HA} + \overrightarrow {HB} = \overrightarrow 0 $. Góc giữa đường thẳng $SB$ và đáy bằng ${45^0}$. Tính $\cos in$ góc giữa đường thẳng $SD$ và mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$.

A.$\frac{{3\sqrt 7 }}{{14}}$. B.$\frac{{\sqrt {21} }}{7}$. C.$\frac{{2\sqrt 7 }}{7}$. D.$\frac{{\sqrt {133} }}{{14}}$.

Lời giải

Chọn D

CHÓP__TỨ GIÁC__MAWT  BÊN CHÓP__TỨ GIÁC__MAWT  BÊN

Không mất tính tổng quát, giả sử đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh bằng $3$.

Từ giả thiết $2\overrightarrow {HA} + \overrightarrow {HB} = \overrightarrow 0 \Rightarrow H$ là điểm thuộc đoạn $AB$ và $HB = 2HA$

$ \Rightarrow HB = 2,\,HA = 1$.

Gọi $\varphi $ là góc giữa đường thẳng $SD$ và mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$, khi đó $\sin \varphi = \frac{{d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right)}}{{SD}}$.

Gọi $E = HD \cap BC$.

Ta có $\frac{{DE}}{{HE}} = \frac{{CD}}{{HB}} = \frac{3}{2} \Rightarrow \frac{{d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right)}}{{d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right)}} = \frac{{DE}}{{HE}} = \frac{3}{2} \Rightarrow d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{3}{2}d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right)$.

Kẻ $HK \bot SB,\,\,K \in SB$

Ta có $BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot HK$

Có $\left\{ \begin{array}{l}HK \bot SB\\HK \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow HK \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right) = HK$.

Góc giữa đường thẳng $SB$ và $\left( {ABCD} \right)$ là góc $\widehat {SBH} = {45^0}$

Trong tam giác vuông $BHK$ có $HK = BH.\sin 45^\circ = 2.\frac{{\sqrt 2 }}{2} = \sqrt 2 $.

Ta có $SH = BH.\tan 45^\circ = 2$ và $HD = \sqrt {A{D^2} + A{H^2}} = \sqrt {{3^2} + {1^2}} = \sqrt {10} $

$ \Rightarrow SD = \sqrt {S{H^2} + H{D^2}} = \sqrt {14} $

Do đó, $\sin \varphi = \frac{{d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right)}}{{SD}} = \frac{3}{2}\frac{{HK}}{{SD}} = \frac{{3\sqrt 7 }}{{14}} \Rightarrow \cos \varphi = \frac{{\sqrt {133} }}{{14}}$.

Câu 46: [Mức độ 2] Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$, cạnh $SA \bot \left( {ABC} \right)$ và $SA = 2a$, gọi $M$ là trung điểm của $SC$. Tính $\cos in$ của góc $\alpha $ là góc giữa đường thẳng $BM$ và $\left( {ABC} \right)$.

A.$\cos \alpha = \frac{{\sqrt {14} }}{7}$. B.$\cos \alpha = \frac{{2\sqrt 7 }}{7}$. C. $\cos \alpha = \frac{{\sqrt {21} }}{7}$. D.$\cos \alpha = \frac{{\sqrt 5 }}{7}$.

Lời giải

Chọn C

Gọi $H$ là trung điểm của $AC \Rightarrow MH \bot \left( {ABC} \right)$.

Vì hình chiếu vuông góc của $BM$ lên $\left( {ABC} \right)$ là $BH$, cho nên:

$\left( {BM,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {BM,BH} \right) = \widehat {MBH} = \alpha $.

Ta có $BH = \sqrt {A{B^2} – A{H^2}} = \sqrt {{a^2} – \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$

$MH$ là đường trung bình của $SAC$ nên $MH = \frac{1}{2}SA = a$

Trong tam giác vuông $MBH$ ta có:

$\tan \alpha = \tan \widehat {MBH} = \frac{{MH}}{{BH}} = \frac{2}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }} = 1 + {\tan ^2}\alpha = \frac{7}{3} \Rightarrow \cos \alpha = \frac{{\sqrt {21} }}{7}$.

 

Bài trướcChuyên Đề Tìm Mô Đun Của Số Phức Ôn Thi Tốt Nghiệp THPT Có Đáp Án Và Lời Giải
Bài tiếp theoChuyên Đề Khoảng Cách Từ Một Điểm Đến Một Mặt Phẳng Ôn Thi Tốt Nghiệp THPT Có Đáp Án Và Lời Giải
Nhận thông báo qua email
Thông báo cho
guest

1 Comment
cũ nhất
mới nhất được bình chọn nhiều nhất
Inline Feedbacks
View all comments
nguyễn công lý
nguyễn công lý
11 tháng qua

làm sao download được tài liệu này ạ