Câu 1: [1H3-3-4] (Chuyên Bắc Ninh - Bắc Ninh - Lần - 2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang cân, AD  AB  2BC  2CD  2a Hai mặt phẳng  SAB   SAD  vuông góc với mặt phẳng  ABCD  Gọi M , N trung điểm SB CD Tính cosin góc MN  SAC  , biết thể tích a3 khối chóp S.ABCD A 10 B 310 20 C 310 20 D 10 Lời giải Chọn C Cách 1: Gọi   mp qua MN song song với mp  SAD  Khi   cắt AB P , cắt SC Q , cắt AC K Gọi I giao điểm MN QK  I   SAC  Suy ra: P , Q , K trung điểm AB , SC AC Lại có: ABCD hình thang cân có AD  AB  2BC  2CD  2a  AD  2a; AB  BC  CD  a a  2a a 3 3a a ; S ABCD   CH   2 a 3a 3a a3 Nên VABCD   SA  a  MP  SA  NP  SA  2 4 2 a 10  a   3a  Xét tam giác MNP vuông P: MN        2   MP, KQ đường trung bình tam giác SAB, SAC  MP //KQ //SA KN đường trung bình tam giác ACD  KN  AD  a 2  a   3a 2 a Xét tam giác AHC vuông H: AC        a  KC     2 Suy ra: tam giác KNC vng C  C hình chiếu vng góc N lên  SAC   góc MN  SAC  góc NIC Khi đó: IN KN 2 a 10 a 10    IN  MN   MN NP 3 3 a a 10 Xét tam giác NIC vuông C : NC  ; IN   a 10   a 2 a 31  IC          2  cos NIC  IC a 31 a 10 310  :  IN 20 Cách Vì ABCD hình thang cân có AD  AB  2BC  2CD  2a  AD  2a; AB  BC  CD  a  CH  a  2a a 3 3a a ; S ABCD   2 3a a3 nên VABCD  SA   SA  a 4 Gắn hình chóp vào hệ trục tọa độ hình vẽ   a a   a  a  a  ;0  , A  0;  ;0  , N  ; ;0  , Ta có: K  0;0;0  , B  ;0;0  , C  0; 2 2         a a a a  S  0;  ; a  , M  ;  ;  4 2     3a 3a a  MN   ; ;  Chọn u1  3;3 3;  phương với MN      BK  SA Nhận xét:   BK   SAC   BK  AC a  BK   ;0;0  vtpt  SAC  Chọn n1  1;0;0  phương với BK 2  Gọi  góc góc  cos   Câu 2: [1H3-3-4] MN  SAC  Ta có sin   u1.n1 u1 u2  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 góc đường thẳng AD mặt phẳng  BCD  45 , khoảng cách hai đường 5a hình chiếu A lên mặt phẳng  BCD  nằm tam giác BCD Tính độ dài đoạn thẳng AD thẳng AD BC A 5a B 2a C Lời giải Chọn D 3a D 2a Ta xét tích vơ hướng   AD.BC  AD AC  AB  AD AC  AD AB  AD AC.cos Aˆ  AD AB.cos Aˆ AD  AC  CD AD  AB  BD  AD AC  AD AB AD AC AD AB 2 2 2 AD  AC  CD AD  AB  BD   2  AC  BD  CD  AB 15a  10a  16a  9a    AD  BC 2 Gọi H hình chiếu A lên mặt phẳng  BCD  M  DH  BC suy M nằm B C  BC  AH Ta có   BC   AHD   BC  DM BC  AD  MN  BC Trong mặt phẳng  ADM  dựng MN  AD N , suy  suy $MN$ MN  AD 5a đoạn vng góc chung $AD$ $BC$, d  AD; BC   MN  Vì AH   BCD  nên  AD; BCD    ADH  45 Đồng thời H nằm D M nên AMD  90 suy N nằm A D Ta có DM  MN  a 110 5a  BM  BD  DM  4  AD  MN Ta có   AD   BNC   AD  BN  AD  BC  110a 25a  3a  AN  AB  BN  AB   BM  MN   9a     16 16   Mặt khác tam giác DMN vuông cân N nên DN  MN  5a Do AD  AN  DN  2a (THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai-2018) Một khối lập phương lớn tạo 27 khối lập phương đơn vị Một mặt phẳng vng góc với đường chéo khối lập phương lớn trung điểm Mặt phẳng cắt ngang (không qua đỉnh) 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 khối lập phương lớn tạo 27 khối lập phương đơn vị O tâm hình lập phương đó, khối lập phương ABCD.ABCD có cạnh Ta xét mặt phẳng  P  qua O vng góc với AC , cắt AC M , cắt AC M  3 3 AM AO Ta có  CM     AM  AC  3  AC  AC 4 2 2 Gọi A1 B1C1 D1 mặt phẳng chia lớp khối lập phương mặt với khối lập phương mặt thứ , gọi M  A1C1  MM  7 Ta có A1M1  CM    C1M1  A1C1  A1M1  3 4 Gọi A2 B2C2 D2 mặt phẳng chia lớp khối lập phương mặt thứ với khối lập phương mặt thứ , gọi M  A2C2  MM  5 Ta có A2 M  CM   C2 M  A2C2  A2 M   3 4 Giao tuyến mặt phẳng  P  với mặt phẳng  ABCD  cắt cạnh hình vuông, giao tuyến mặt phẳng  P  với mặt phẳng  A1B1C1D1  cắt cạnh hình vng (hình vẽ), hình vng có cặp hình vng chung hình lập phương đơn vị, nên suy mặt phẳng  P  cắt ngang khối lập phương mặt C B C1 B1 M M1 D A D1 A1 Tương tự mặt phẳng  P  cắt ngang khối lập phương mặt Giao tuyến mặt phẳng  P  với mặt phẳng  A1B1C1D1  cắt cạnh hình vng, giao tuyến mặt phẳng  P  với mặt phẳng  A2 B2C2 D2  cắt cạnh hình vng (hình vẽ), có cặp hình vng chung với hình lập phương đơn vị, nên suy mặt phẳng  P  cắt ngang khối lập phương mặt thứ hai C1 B1 C2 B2 M1 M2 A1 D1 A2 D2 Vậy, mặt phẳng  P  cắt ngang (không qua đỉnh)    19 khối lập phương đơn vị Cách khác Giả sử đỉnh khối lập phương đơn vị  i; j; k  , với i , j , k  0;1; 2;3 đường chéo xét khối lập phương lớn nối hai đỉnh O  0;0;0   Mặt phẳng cắt khối lập phương đơn vị và đầu mút  i; j; k  A  3;3;3 Phương trình mặt trung trực OA   : x  y  z  (i  1; j  1; k  1) đường chéo khối lập phương đơn vị nằm hai phía ( ) Do tốn quy đếm số 27  i; j; k  , với i , j , k  0;1; 2 , có ba thỏa mãn:  i  j  k    i jk   2  i  1   j  1   k  1    1  i  i  k  Các ba không thỏa điều kiện 1 , tức  là: i  i  k   S   0;0;0  ;  0;0;1 ;  0;1;0  ; 1;0;0  ; 1; 2;  ;  2;1;  ;  2; 2;1 ;  2; 2;  Vậy có 27   19 khối lập phương đơn vị bị cắt   Câu 4: [1H3-3-4] (THPT Hậu Lộc - Thanh Hóa - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh bên SA vng góc với đáy, cạnh bên SB tạo với đáy góc 450 Một mặt phẳng   qua A vng góc với SC cắt hình chóp S.ABCD theo thiết diện tứ giác ABCD có diện tích bằng: A a2 B a2 C Lời giải Chọn C a2 D a2 S C' D' I B' A D O B C Dễ thấy SBA  45 Ta có BD  SC BD  SC SC khơng vng góc với mặt phẳng  SBD  , suy BD / / BD Nên từ I  SO  AC nên từ I kẻ BD / / BD cắt SB , SD B  , D  AB  SC Từ suy BD  AC   AB  SB  AB  BC Suy S ABC D   BD  a Vậy S ABCD  Câu 5: a BD SB a AC .BD Mà AC      BD SB 2.a 2 AC .BD  a [1H3-3-4] Cho hình chóp S.ABC có BSC  1200 , CSA  600 , ASB  900 , SA  SB  SC Gọi I hình chiếu vng góc S lên mp  ABC  Chọn khẳng định khẳng định sau A I trung điểm AB B I trọng tâm tam giác ABC C I trung điểm AC D I trung điểm BC Lời giải Chọn D S C B A Gọi SA  SB  SC  a Ta có : SAC  AC  SA  a SAB vuông cân S  AB  a BC  SB  SC  2SB.SC.cos BSC  a  AC  AB  BC  ABC vuông A Gọi I trung điểm AC I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi d trục tam giác ABC thi d qua I d   ABC  Mặt khác : SA  SB  SC nên S  d Vậy SI   ABC  nên I hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng  ABC  Câu 6: [1H3-3-4] Cho tứ diện SABC có hai mặt ABC SBC hai tam giác cạnh a , SA a M điểm AB cho AM b b a P mặt phẳng qua M vng góc với BC Thiết diện P tứ diện SABC có diện tích bằng? 3  a b  A .   a   a b  B .   a  3  a b     a  Lời giải Chọn C 3  a b  C   16  a  D Gọi N trung điểm BC SB SC AB AC BC BC Theo BC SN AN M P SAN P P / / SAN Kẻ MI / / AN , MK / / SA SABC BC Thiết diện P tứ diện KMI ABC hai tam giác cạnh a SBC giác cạnh a b a a AN SM a SA SAN tam KMI tam giác cạnh S KMI 3 a b 16 a Câu 7: [1H3-3-4] (Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABCD có tất cạnh a , điểm M thuộc cạnh SC cho SM  2MC Mặt phẳng  P  chứa AM song song với BD Tính diện tích thiết diện hình chóp S.ABCD cắt  P  A 3a 26a B 15 Lời giải Chọn C 26a C 15 3a D 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 N, P Suy thiết diện tứ giác ANMP  BD  AC  BD   SAC  Ta có:   BD  SO  BD  AM Mặt khác: BD / / NP  AM  NP  S ANMP  NP AM + Tính AM :  SA  SC  a Ta có:   SAC vuông cân S  AC  a 2 a 13 2   AM  SA  SM  a   a   3  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 AM  AS  SM   SA  SC A , I , M thẳng hàng  AI  l AM   SA  k SO  lSA  l SC  1 k k l 1   k     SA  SA  SC  lSA  lSC    1 k  l  l       SI 4 4a   NP  BD  SO 5  S ANMP  1 4a a 13 26a NP AM   15 Câu 8: [1H3-3-4]Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đơi vng góc với Gọi H hình chiếu O mặt phẳng  ABC  Mệnh đề sau ? 1 1    2 OA AB AC BC2 D    OH OA2 OB OC2 1 1    2 OH AB AC BC2 1 1 C    2 OA OB OC BC 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 K Ta suy BC  OK (vì BC   OAH  ) Tam giác OBC vuông O có : 1   1 2 OK OB OC Có OA   OBC   OA  OK 1    2 2 OH OA OK 1 1    Từ 1   ta suy ra: 2 OH OA OB OC Câu 9: [1H3-3-4]Cho hình lập phương ABCD ABCD có cạnh a G trọng tâm tam giác ABD Trong vectơ sau, vectơ vectơ pháp tuyến mặt phẳng  ABD  ? Tam giác OAK vuông O có: A AA ' khác B AC C AG Lời giải Chọn C D Kết A' D' B' C' G A D B C Ta có tam giác AB  BD  DA ( đường chéo hình vng nhau)  ABD Ta có AA   ABCD   AA  BD Mà AG  BD (vì ABD đều) Suy BD   AAG   BD  AG 1 Tương tự ta chứng minh được: AD   ABG   AD  AG   Từ 1   suy AG   ABD  Suy AG vectơ pháp tuyến mặt phẳng  ABD  Câu 10: [1H3-3-4] Cho hình lập phương ABCD.EFGH Gọi  góc đường thẳng AG mặt phẳng  EBCH  Chọn khẳng định khẳng định sau: A   30 tan   B   45 C tan   Lời giải Chọn C D Gọi O  CE  BH Khi O trung điểm AG Gọi I  AF  BE Ta có BC   ABFE   BC  AI Lại có AI  BE nên AI   EBCH   IO hình chiếu AO  EBCH      AG,  EBCH     AO,  EBCH     AO, IO   AOI AI  1 AI  a, IO  FG  a  tan AOI   Vậy tan   2 2 IO Câu 11: [1H3-3-4] Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với đáy tam giác ABC khơng vng gọi H , K trực tâm tam giác ABC tam giác SBC Tính số góc tạo HK mặt phẳng  SBC  A 45 B 65 C 90 D 120 Lời giải Chọn C Gọi giao điểm AH CB 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 , BK  SC nên SC   BHK  Vậy HK  SC (2) Từ (1) (2) ta có HK   SBC   góc tạo HK mặt phẳng  SBC  90 Câu 12: [1H3-3-4] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng Mặt bên SAB tam giác có đường cao AH vng góc với mp  ABCD  Gọi a góc BD mp  SAD  Chọn khẳng định khẳng định sau: A cos a  2 B sin a  2 C a  60 D a  30 Lời giải Chọn B Gọi K trung điểm SA Ta có: AD   SAB  SAB nên BK   SAD      Vậy BD,  SAD   BD, KD  BDK  a Gọi cạnh hình vng ABCD x , BD  x BK  Xét tam giác vng BKD có sin a  BK  BD 2 x ... đơn vị, nên suy mặt phẳng  P  cắt ngang khối lập phương mặt C B C1 B1 M M1 D A D1 A1 Tương tự mặt phẳng  P  cắt ngang khối lập phương mặt Giao tuyến mặt phẳng  P  với mặt phẳng  A1B1C1D1...  CM   C2 M  A2C2  A2 M   3 4 Giao tuyến mặt phẳng  P  với mặt phẳng  ABCD  cắt cạnh hình vng, giao tuyến mặt phẳng  P  với mặt phẳng  A1B1C1D1  cắt cạnh hình vng (hình vẽ), hình... a 10 , CD  4a Biết góc đường thẳng AD mặt phẳng  BCD  45 , khoảng cách hai đường 5a hình chiếu A lên mặt phẳng  BCD  nằm tam giác BCD Tính độ dài đoạn thẳng AD thẳng AD BC A 5a B 2a