Bài 4. Bài tập có đáp án chi tiết về quan hệ vuông góc trong không gian lớp 11 | Toán học, Lớp 11 - Ôn Luyện - Pdf 72

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Câu 1. [1H3-4.1-1] (HK2 THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI) Khẳng định nào sau đây là khẳng
định sai ?

A. Trong không gian một đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau của mặt phẳng
thì đường thẳng đó vng góc với mặt phẳng.

B. Trong khơng gian hai mặt phẳng cắt nhau và vng góc với mặt phẳng thứ ba thì giao tuyến 
của chúng cũng vng góc với mặt phẳng thứ ba.

C. Trong khơng gian hai đường thẳng phân biệt cùng vng góc với một mặt phẳng thì hai
đường thẳng đó song song với nhau.

D. Trong không gian hai đường thẳng phân biệt cùng vng góc với đường thẳng thứ ba thì hai
đường thẳng đó song song với nhau.

Tác giả: Đỗ Thị Bích Hường

Lời giải
Các câu A,B,C đúng vì là lý thuyết ( Định lý, hệ quả )

Câu D sai vì hai đường thẳng đó có thể cắt nhau hoặc chéo nhau

Bài tập tương tự

Câu 2. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ?

A. Trong không gian hai đường thẳng cùng vng góc với một đường thẳng thì song song với
nhau.

B. Trong không gian hai đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thì vng góc với
nhau.

Tác giả: Lê Thị Thu Hằng ; Fb: Lê Hằng

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

( ) ( ) ( )

AC BD

AC SBD SAC SBD

AC SH

 

   



 

Vì S ABCD. là hình chóp đều  SH (ABCD)

( )

SH ABCD

SH SBD

 

Chọn B

Vì theo định nghĩa hình lập phương là hình hộp chữ nhật có 6 măt là hình vng.

Bài tập tương tự :
Câu 8. Chọn khẳng định Đúng ?

A. Tứ diện đều có tất cả các mặt là các tam giác bằng nhau.
B. Hình chóp có đáy hình vng là hình chóp tứ giác đều.
C. Hình lăng trụ đứng có đáy là hình chữ nhật.

D. Hình hộp chữ nhật có 6 mặt là hình chữ nhật bằng nhau.
Câu 9. Cho các mệnh đề sau:

I. Hình chóp tam giác đều có tất cả các mặt là các tam giác đều.

II. Hình chóp tứ giác đều có đáy là hình vng và các mặt bên là các tam giác đều.
III. Hình lăng trụ đều có tất cả các mặt đều là các hình vng.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

A.0. B.1. C.2. D.3 .

Câu 10. [1H3-4.2-2] (KIM-LIÊN 11 hk2 -2017-2018) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình

thang vng tại A và B;

1
2

AB BC a   AD

   

   

 ,   ,   45

SCD ABCD CD

AC CD SCD ABCD AC SC SCA

SC CD

 




     



 

 .

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Câu 11. [1H3-4.2-3] (HKII-CHUYÊN-NGUYỄN-HUỆ-HÀ-NỘI) Cho hai tam giác ACD và BCD
nằm trên hai mặt phẳng vng góc với nhau và AC AD BC BD a   , CD2x. Tìm giá

trị của x để hai mặt phẳng ABC và ABD vuông góc nhau.

Chọn B

Gọi I , J lần lượt là trung điểm AB , CD . Vì J là trung điểm CD và ACAD nên
AJ CD. Do (ACD) ( BCD) AJ (BCD).

Ta thấy AJD vuông tại J nên AJ  a2 x2 .

Mặt khác ACAD BC BD a   nên AJB vuông cân tại J .

Suy ra: ABAJ 2 2(a2 x2).
Do IA IB , AJB vuông tại J nên

2 2

1 1

2( )

2 2

IJ  AB a  x
.

Vì CI và DI vng góc với AB nên (ABC) ( ABD) suy ra CID   90 .

Ta có

2 2

1 1 1 3



  

OA OB

OA OC OA OBC OA BC

OB OC O

Bài tập tương tự

Câu 13. Cho tứ diện OABC có OA OB OC, , đơi một vng góc với nhau.
a)Chứng minh OBAC .

b)Gọi    lần lượt là góc giữa đường thẳng , , OA OB OC, , với mặt phẳng ABC. Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức Psinsin sin.

ĐS:

max 3 sin sin sin

  

Câu 15. [1H3-4.3-1] (Triệu Thái Vĩnh Phúc Lần 3) Cho hình lập phương ABCD A B C D.     . Góc giữa
hai mặt phẳng ADD A  và  ABC D  bằng

A. 30 . B. 60 . C. 45 . D. 90 .

Lời giải

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Ta có ABADD A , suy ra ABC D   ADD A . Do đó,    


 ADD A  , ABC D    90
.

Câu 16. [1H3-4.3-2] (Chuyên Lý Tự Trọng Cần Thơ) Cho hình lập phươngABCD A B C D.     . Góc
giữa hai mặt phẳng A B CD   và ABC D  bằng?

A.60 . B. 45 . C. 90 . D. 30 .

Lời giải

Tác giả: Đinh Xuân Nhân ; Fb: Đinh Xuân Nhân 
Chọn C

Ta có      

AD A D

AD A B CD ABC D A B CD

·BCD A' ' ; ABCD =(·AB A B; ' ) =450

Phát triển

PT 10.1. Cho hình chóp .S ABC có SA^(ABC) và AB^BC, gọi I là trung điểm BC . Góc giữa hai
mặt phẳng (SBC) và (ABC) là góc nào sau đây?

A. ·SBA . B. ·SCA . C. ·SCB . D. ·SIA .

Lời giải

Tácgiả:Quỳnh Giao; Fb:QGiaoDo 
Chọn A

(SBC) (Ç ABC)=BC

; BC^BA BC; ^SA nên BC^(SAB)

Vậy (( ) ( ))

·SBC ; ABC =(·SB AB; )=SBA·

Câu 18. [1H3-4.3-2] (Quỳnh Lưu Lần 1) Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình chữ nhật cạnh
AB a , SA vng góc với mặt phẳng đáy và SB2a. Góc giữa mặt phẳng (SBC)

và mặt
phẳng đáy bằng

A. 90 . B. 60. C. 45. D. 30.

C. Hai đường thẳng trong không gian cắt nhau khi và chỉ khi góc giữa chúng lớn hơn 0 và nhỏ
hơn 90 .

D. Hai mặt phẳng phân biệt cùng vng góc với một mặt phẳng thì song song với nhau.
Lời giải

Tác giả: Nguyễn Minh Tuân; Fb: Nguyễn Minh Tn
Chọn A

B sai vì góc bằng 0 thì chúng có thể trùng nhau
C sai vì chúng có thể khơng vng và chéo nhau
D sai vì chúng có thể cắt nhau

Câu 20. [1H3-4.3-2] (Sở Đà Nẵng 2019) Trong hình chóp tam giác đều có góc giữa cạnh bên và mặt
đáy bằng 60 , tang của góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng

A.

6 . B. 3 . C.

2 . D. 2 3 .

Lời giải

Tác giả: Đinh Minh Thắng ; Fb: Win Đinh 
Chọn D

SI BC OI BC

 




 




 

 .

   

SBC , ABC  SI OI,  SIO 

   

(vì tam giác SOI vuông tại O ).

Xét tam giác SOB vng tại O, ta có SO OB .tan 60 OA 3.

Xét tam giác SOI vng tại O, ta có

. 3 2 . 3

Lời giải

Tác giả: Bàn Thị Thiết; Fb: Bàn Thị Thiết
Chọn C

Giả sử S ABCD. là hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a .

Điểm M là trung điểm của DC, { }O ACBD. Khi đó SMO  450.

Xét SMO có

 0

tan .tan 45

SO a

SMO SO OM

OM

   

Xét DBC có

2 2 2 2

1
tan

2
 

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Câu 22. [1H3-4.3-2] (CHUN HỒNG VĂN THỤ HỊA BÌNH LẦN 4 NĂM 2019) Cho hình
chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a . Tính cosin của góc giữa một mặt bên và mặt
đáy.

A.

3 . B.

2 . C.

2 . D.

1
3 .
Lời giải

Tác giả: Pham Anh; Fb: Pham Anh.

Khi đó góc giữa mặt bên SCD và mặt phẳng ABCD là góc giữa hai đường thẳng SH và 
OH và bằng góc SHO .

Xét tam giác SOH vuông tại O , có

 3

cos

OH
SHO

SH

 

Câu 23. [1H3-4.3-2] (Chuyên Hùng Vương Gia Lai) Cho hình chópS ABCD. có đáyABCDlà hình
vng cạnha SA a,  3,SA(ABCD). Góc giữa hai mặt phẳng(SBC)và(ABCD)bằng

A. 45 .0 B. 30 .0 C. 60 .0 D. 90 .0

Lời giải

tanSBA SA a 3 SBA 60 .

BA a

    

Câu 24. [1H3-4.3-2] (-Mai-Anh-Tuấn-Thanh-Hóa-lần-1-2018-2019) Cho hình chóp .S ABCD có đáy

ABCD là hình vng cạnh a, SA vng góc với đáy và

6
6

a
SA 

. Khi đó góc giữa mặt

phẳng SBD và mặt đáy ABCD là

A. 60 . B. 45 . C. 30 . D. 75 .

Lời giải

Tácgiả: Nguyễn Chí Tâm; Fb: Chí Tâm
Chọn C

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Lại cóBDSAC nên BDSO. Do đó, ta có((SBD) (; ABCD)) =(SO AO; ).

Cách 1:

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho Otrùng với A', các đỉnh '; ';B D A lần lượt nằm trên các trục

, ,
Ox Oy Oz .

Khơng mất tính tổng qt giả sử hình lập phương có cạnh 1.

Khi đó A'0;0;0 , B' 1;0;0 , ' D 0;1;0 , A0;0;1 , B1;0;1 , D0;1;1 , C1;1;1

     

' 0;1;1 , ' 1;1;1 , ' 1;0;1

A D A C A B

  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  

  
  
  
  
  
  
  
  
.

Khi đó      1 2

cos ' , ' cos ,

A DC A BC              n n   

Vậy góc giữa hai mặt phẳng A BC' và A CD'  là: 60 .0
Cách 2:

Dễ thấy  

' '

' ' '

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Câu 26. [1H3-4.3-2] (Sở Quảng NamT) Cho hình lập phương ABCD A B C D . Gọi  là góc giữa hai.    
mặt phẳng A BD  và ABC. Tính tan.

A.

1
tan



. B. tan 2. C.

2
tan

3
 

. D.

3
tan

2
 

    

  





  



A BD ABC BD

BD AO

BD A O

Suy ra  A OA .

Ta lại có

1 1 2

2 2  2 

  

Lời giải

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

+ Gọi M là trung điểm AC, từ M dựng đường thẳng  vng góc 1 SAC

+ Gọi N là trung điểm AB, từ N dựng đường thẳng  song song 2 SM , khi đó  cắt 2  tại1

O và Olà tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC. .

+ Ta có SBSBO  SBC và

SB SC

SB SM







 nên góc giữa hai mặt phẳng SBOvà SBCbằng

góc giữa


SC SM;  CSM

+ Vì tam giác ACSvng cân có SM là trung tuyến nên cũng là đường phân giác, suy ra
 450

SB SA

SB SM







 nên góc giữa hai mặt phẳng SBOvà SABbằng

góc giữa


SA SM;  ASM

+ Tính được

3
;

2 2

AC a
SA a SM AM  

suy ra

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

+ Gọi M là trung điểm AC nên SM AC BM; AC suy ra góc giữa hai mặt phẳng SAC

và ABC bằng góc giữa hai đường thẳng


SM BM; 

bằng SMB

+ Tính được

2
2;

2 2

AC a
AC a SM  

suy ra tam giác SBM vuông cân tại Snên góc
 450

SMB  .

Câu 28. [1H3-4.3-2] (PHÂN TÍCH BL_PT ĐỀ ĐH VINHL3 -2019..) Cho hình chóp đều S ABCD. có

AB a, SA a 5. Góc giữa hai mặt phẳng SAB và ABCD bằng

tanSMH SH a 3

HM a

  

 600

SMH

 

Vậy góc giữa hai mặt phẳng SAB và ABCD bằng 600.
Nhận xét: Bài toán này cần sử dụng các kiến thức

+ Tính chất của hình chóp tứ giác đều: Đáy là hình vng ; chân đường cao của hình chóp
trùng với tâm đáy.

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

PT 30.1. Cho hình chóp đều S ABCD. có SA a 5, góc giữa hai mặt phẳng SAB và ABCD bằng

60 . Tính thể tích khối chóp S ABCD. .

A.

3 a . B.

2 2

AC x

AH

  

và 2

x
HM 

Tam giác SHM vuông tại H

0 3

.tan 60
2
x

SH HM

  

PT 30.2. Cho hình hộp ABCD A B C D.     có đáy ABCD là hình vng cạnh bằng 2a, cạnh bên bằng

a . Hình chiếu vng góc của A trên mặt phẳng ABCD là trùng với giao điểm của hai

đường chéo AC và BD . Góc giữa mặt phẳng ABB A  và mặt đáy của hình hộp bằng

A. 30 . B. 45. C. 60. D. 75.

Lời giải

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Xét hình chóp A ABCD. có đáy là hình vng ABCD, hình chiếu vng góc của A trên mặt

phẳng ABCD trùng với tâm đáy  A ABCD. là hình chóp đều.

Gọi H ACBD, M là trung điểm cạnh AB .

Vì chóp A .ABCD đều  A M AB, HM AB. Mà ABB A   ABCD AB nên góc 
giữa hai mặt phẳng ABB A  và  ABCD là A MH .

Trong hình vng ABCD cạnh 2a, có AC2 2a

2
2

AH AC a

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

điểm M , N s, P, Q . Diện tích tứ giác MNPQ bằng 18 . Góc giữa   và mặt phẳng đáy
bằng

A. 45 . B. 30 . C. 60 D. 0 .

Lời giải
Chọn C

Gọi góc giữa   và mặt phẳng ABCD bằng .

Theo tính chất diện tích hình chiếu ta có:

3 1

cos 60

18 2
ABCD

MNPQ
S
S

     

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Suy ra: SA AB .tanSBA 2 . 3 2 3a  a.

Gọi I là trung điểm BC,AI là trung tuyến tam giác vuông cân nên: 2 2
AB

AI   a

Do ABC vuông cân nên AI BC và SA BC nên BC(SAI) BC SI .

Vậy    



 SBC , ABC  SI AI ,  SIA

   

Do đó



2 2 2 2

2 1

cos cos

5 . D.

9 130

130 .

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thanh Giang; Fb: Thanh Giang
Chọn D

Có AD//BC AB BC,   AB AD, .

Ta có AB  1 9  10, AD  4 9  13, B D   1 4  5.

Do đó

 2 2 2 10 13 5 9 130

cos

2. . 2. 10. 13 130

AB AD B D

B AD

AB AD

Gọi M là trung điểm cạnh BC .

Ta có ABC  DBC BC

AM BC ( AM là trung tuyến của tam giác đều ABC )

DM BC ( DM là trung tuyến của tam giác đều DBC )

Do đó ABC , DBC AM DM, .

Gọi H là hình chiếu của A lên mp DBC  , ta có H là trọng tâm tam giác đều DBC .

Xét tam giác AMH vuông tại H , ta có 


1
3

cos 0

3
DM
HM

AMH

AM AM

3 3

HBC DBC ABC

S S S

  

Khi đó    



1
3

cos ,

ABC
HBC

ABC ABC
S
S

ACB BCD

Suy ra

   

  1

cos ,

HCB
ABC
S

ACB BCD

S



 

Câu 33. [1H3-4.3-2] (THPT NÔNG CỐNG 2 LẦN 4 NĂM 2019) Cho hình chóp SABC có đáy là

tam giác đều ABC cạnh a, cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng ABC và 2.

Từ (1), (3) suy ra góc giữa mặt phẳng ABC và mặt phẳng SBC là góc giữa hai đường
thẳng AI và SI, do đó  SIA.

Ta có

 2 3

tan tan

3
3
2

a
SA
SIA

IA a

    

30


  .

Câu 34. [1H3-4.3-2] (HK2 THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI) Hình chóp đều S.ABCD có tất cả
các cạnh bằng nhau. Cosin của góc giữa mặt bên với mặt đáy bằng

3

; .

 

OM BC OM

SM BC SM

Ta có

 

( ) ( )

( ) ; (( );( )) .

( ) ;

  



   

Bài tập tương tự:

Câu 35. Hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2a. Cosin của góc giữa mặt bên
với mặt đáy bằng

A.

15 . B.

6 . C.

2 . D.

1
2 .

Câu 36. Hình chóp đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng nhau. Cosin của góc giữa hai mặt bên SAB
và SCD bằng

A. 
1

3 . B.

cos

10
 

. C.

2
cos

2
 

. D.

14
cos

2
 

.
Lời giải

Tác giả:Mai Quỳnh Vân; Fb:Vân Mai
Chọn A

Giả sử hình chóp đều .S ABCD thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gọi M là trung điểm của CD ; O AC BD SOABCD( do hình chóp đều .S ABCD )



 



Từ (1) và (2) suy ra



SM OM,  SMO

  

Ta có SCD cân tại S có SM là đường trung tuyến suy ra SM cũng là đường cao của tam 
giác.

SMC

 vng tại M có: SM  SC2  CM2 2 2a

SMO

 vng tại O có:

 1 2

cos cos

 

SBC ABC

SBC ABC BC SH ABC

SH SBC SH BC







   




  

 .

Khi đó HA là hình chiếu của SA xuống mặt phẳng ABC.

Suy ra, góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ABC là góc giữa hai đường thẳng SA và

Vậy, góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ABC bằng 600.

Câu 39. [1H3-4.3-2] (Đặng Thành Nam Đề 9) Cho khối chóp tứ giác đều P ABCD. có tất cả các cạnh
bằng a được đặt nằm bên trên khối lập phương ABCD EFGH. (như hình vẽ). Cơsin góc giữa
hai mặt phẳng PAB và AEFB bằng

D

H G

F
B

C

E
A

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

A.

3 . B.

3 . C.

2 2

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng PAB và AEFB là góc giữa hai đường thẳng OH và OK
và bằng góc HOK .

Ta lại có HOK OPK

Do đó Cơsin của góc giữa hai mặt phẳng PAB và AEFB bằng



2 6

2
cos

3 3

2
a
OP
OPK

OK a

   

Câu 40. [1H3-4.3-2] (THPT-Ngơ-Quyền-Hải-Phịng-Lần-2-2018-2019-Thi-24-3-2019) [2D1-1.3-2]

và ABC bằng 60. Độ dài cạnh SA bằng

A. 
3

2
a

. B. 2

a

. C. a 3. D. 3

a
.

Lời giải

Tác giả: Phạm Cao Thế; Fb: Cao Thế Phạm 
Chọn A

Gọi M là trung điểm của BC khi đó ta có

 

BC AM

BC SAM BC SM

SA a

SMA SA AM

AM

    

Câu 42. [1H3-4.3-2] (Sở Quảng Ninh Lần1) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vng có
độ dài đường chéo bằng a 2 và SA vng góc với mặt phẳng ABCD . Gọi  là góc giữa

hai mặt phẳng SBD và ABCD. Nếu tan  2 thì góc giữa S AC và SBC bằng .

A.30 .0 B.900 C.60 .0 D.45 .0

Lời giải

Tác giả: Võ Trọng Trí; Fb: Võ Trọng Trí

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Gọi O là tâm đáy, và K là hình chiếu vng góc của O trên SC.

Do  

BD AC

BD SAC BD SO

BD SA

SC OK




 




 nên góc giữa hai mặt phẳng S AC và SBC là BKO Ta có· .

 

2
2

2 2

2. . 1 2

2 2

tan 3

1 . 1. 2

a

. B.a 3. C.

3
2

a

. D. 3

a
.
Lời giải

Tác giả: Hoàng Vũ; Fb: Hoàng Vũ
Chọn B

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

   

SAB SBC SB

SAB ABCD AB

 




7 . B.

2 5

5 . C.

7 . D.

5
5 .

Lời giải

Tác giả: Đặng Phước Thiên; Fb: Đặng Phước Thiên
Chọn C

Gọi OACBD. Ta có SOABCD.

Gọi I là trung điểm của AB, kẻ OH SI( H SI ).

Ta có:

AB OI

AB SO

2 2 2

  6

 .

Xét SOI vuông tại O , đường cao OH ta có: OH 2 2

SO OI
SO OI





6.1
6 1




6
7


</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Xét BOH vng tại H, ta có: cos BOH
OH

, đáy ABCD là hình thang cân có

, 2

AB BC CD   AD a SA  a
. Góc

giữa hai mặt phẳng SAB và SBD bằng

A. 90 . B. 60 . C.

2 3
arctan

3 . D. arctan 2 .
Lời giải

Tác giả: Đỗ Mạnh Hà; Fb: Đỗ Mạnh Hà
Chọn A

Do tứ giác ABCD là hình thang cân nên là tứ giác nội tiếp trong đường trịn, do đó

  180  60

BAD ABC    BAD  .

Câu 46. [1H3-4.3-3] (Chuyên Hà Nội Lần1) Cho hình lập phương ABCD A B C D.     cạnh a . Các điểm

, ,

M N P lần lượt thuộc các đường thẳng AA BB CC, ,  thỏa mãn diện tích của tam giác MNP

bằng a2. Góc giữa hai mặt phẳng MNP và ABCD là.

A. 60. B. 30. C. 45. D. 120

Lời giải

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Chọn A

Gọi  là số đo góc của hai mặt phẳng MNP và ABCD

Ta có hình chiếu vng góc của tam giác MNP lên mpABCD là tam giác ABC , nên áp 
dụng công thức hình chiếu về diện tích ta có

.cos
ABC MNP
S S 

1 . .cos cos 1 60

2AB BC a   2 

      

Lời giải

Tác giả: Lê Văn Hùng, Fb: Lê Văn Hùng
Chọn C

3 3

60o

D

B C

H
A

M

Gọi H là hình chiếu vng góc của A lên mặt phẳng BCD

Ta có

BC AB BC BH

CD AD CD DH

K E

Suy ra ABC , ACD BEK

Ta có      

3 3

, , .

BK d B ACD d H ACD HM 

2 2 2

1 1 1 3 43 39 2 43

sin cos .

43 43

2 13

BK
BE

BE BA BC    BE   

Câu 48. [1H3-4.3-3] (Chuyên KHTN) Chotứ diện ABCD có

    là các tam giác cân, do đó

AB ED

AB EC







 và

CD AF

CD BF








   

 ACD ; BCD  AF BF, 

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Theo bài ra ta có ACD  BCD và ABC  ABDnên ta có AFB90 ;0 CED 900

4 4 4 3 3

a

CD a CD CD CD CD a

       

Nhận xét: nên vẽ AF thẳng đứng vì AF chính là đường cao hình chóp ABCD.

Câu 49. [1H3-4.3-3] (Hàm Rồng ) Cho hình chóp S ABC. có đáy ABClà tam giác đều cạnh a,

 

SA ABC

, SA a 3. Cosin của góc giữa 2 mặt phẳng SAB và SBC là

A. 
2

5 . B.

2
5


. C.

1 1 3

2 2 4

SHB SAB

a
S  S  SA AB

Tam giác SAM vuông nên

15
2

a
SM 

1 15

2 4

và  

, ,

CDD C
.

A. Đáp án khác. B. 
21

3049 . C.

13636 . D.

84
13636 .
Lời giải

Tác giả:Nguyễn Thị Nga:; Fb:Con Meo
Chọn A

+ Ta có    

, , DD, , ,

B D M  C C D M

và  

. 42

C C C D
C H

D M

 

+B C H, , vuông tại C,

, , 2 , 2 1346

B H B C C H

   

Vậy

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Gọi OACBD. Vì ABCD là hình vng nên AOBD

Xét A BD có A B A D BD ( Ba đường chéo của 3 hình vng bằng nhau)

Suy ra A BD là tam giác đều  A O BD

Ta có:

A BD ABCD BD

BD A O

BD AO



  







 

  A BD  , ABCD A O AO ,  A OA
Đặt a là độ dại cạnh của hình lập phương, ta có A AO vng tại A có  AA a ,

1 2

giữa hai mặt phẳng SAB và ABCD bằng

A. 30 . B. 45 . C. 60 . D. 75 .

Lời giải

Chọn C

Theo tính chất hình chóp đều SM AB, MOAB, SAB  ABCD AB. Góc giữa hai

mặt phẳng SAB và ABCD là góc giữa hai đường thẳng SM và MO .

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Xét tam giác vng SMO có 


tanSMO SO 3
OM

  

60
SMO

   .

Câu 53. [1H3-4.3-3] (THPT-Nguyễn-Cơng-Trứ-Hà-Tĩnh-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Cho
hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và SASB SC a . Góc giữa hai

mặt phẳng SBD và ABCD bằng

Câu 54. [1H3-4.3-3] (Sở Điện Biên) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  ,3
4

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

A.

3 17

17 . B.

3 34

34 . C.

2 34

17 . D.

5 34

17 .

Lời giải

Chọn B

Gọi H và I lần lượt là hình chiếu của B, H lên AC , SA .

Vì

Ta lại có

SA BH

SA BI
SA HI




 




 .

Như vậy

   

 

   

 ,   , 

  

,
.B 3.4 12

5 5

AB C
BH

AC

  

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Trong mặt phẳng SAC, ta có IH CJ nên

9
.4

. 5 36

5 25

AH IH AH CJ

IH

AC CJ   AC   .

34
1 tan

BIH

  

 .

Câu 55. [1H3-4.3-3] (THPT SỐ 1 TƯ NGHĨA LẦN 2 NĂM 2019) Cho hình chóp .S ABC có đáy
ABC là tam giác vuông cân tại B, AB a , AB vng góc SA , BC vng góc SC và

SA SC a  . Gọi M, N lần lượt là trung điểm cạnh SC, AC . Tính tang của góc tạo bởi

hai mặt phẳng BMN và SAB.

A.

2 5

5 . B.

13. C.

2 2 2 2

5; 2 ; .

BE a CE SC SE a BC BE CE a

       

Kẻ CFBE F BE , nối DF. Ta có BMN , BCE DBE , BCEDFC.

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 5 2

4 4 5

a
CF

CF CB CE a  a  a   .

 2 5

cot

5
CF
DFC

   .

Từ đó tính được:

2 5
tan

5
 

Câu 56. [1H3-4.3-3] (Sở Hà Nam) Cho hình lăng trụ đứngABCD A B C D có đáy ABCD là hình. ' ' ' '
thoi. Biết AC 2, AA ' 3 . Tính góc giữa hai mặt phẳng AB D' ' và CB D' '.

A. 45 .0 B. 90 .0 C. 30 .0 D. 60 .0

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Trần Hữu; Fb: Nguyễn Trần Hữu

Chọn D

Ta thấy : AB D' '  CB D' ' B D' '
Gọi I là giao điểm của ' 'A C và B D' '.

Khi đó ta suy ra: AI AB D' ' , AI B D' ', CI CB D' ' , CI B D' '.

Suy ra :    







 suy ra góc giữa hai mặt phẳng (MBD và)
(ABCD là góc giữa hai đường thẳng MO và CO suy ra )  MOC.

Ta có:

2
2

a
OCSO

 OSC vuông cân tại O suy ra OM là phân giác SOC .
Vây MOC45 .

Câu 58. [1H3-4.3-3] (THPT-Gia-Lộc-Hải-Dương-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Cho hình chóp
SABCD có đáy là hình thang vng ABCD tại A

và D, cạnh bên A vng góc với mặt phẳng
đáy và SA a 2. Cho biết AB2AD2DC2a. Tính góc giữa hai mặt phẳng SBA và

SBC

A. 30 .0 B. 60 .0 C. 450 D.

 




 .

Từ    1 , 2  BCSAC

Trong SAC vẽ AH SC tại H

Ta có:

   

 

AH BC BC SAC AH SAC

AH SBC

AH SC

   

 mà HK AHK nên SBHK

Ta có:
 
 
   
  ;   ;  
SB AK
SB HK

AK SAB SBA SBC AK HK AKH

HK SBC

SB SAB SBC

 




     
  



  

SAC

AK SA AB  AK  a  a 1 2 32 2

4 3
a
AK
AK a
   
.
AHK

 vuông tại H:

 

2 2

2 2 2 4 2 2 2

3 3 3

a a a

AK AH HK Pytago  a HK  HK   HK
.

AHK

 vuông tại H 

2
3 .
Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Trang; Fb: Trang Nguyen 
Chọn B

Ta có : (SAB  () SAD)SA.
Gọi M là trung điểm của cạnh SA .

Các tam giác SAB , SAD đều nên

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

Nên góc giữa hai mặt phẳng (SAB và () SAD bằng góc giữa hai đường thẳng ) BM và DM .

Tam giác BDM cóBD a 2,

3
2

a
BM MD

nên:

   

2 2

   

     

    

   

   

   

Vậy cơsin góc giữa hai mặt phẳng (SAB và () SAD bằng )
1
3 .

Câu 60. [1H3-4.3-3] (Chuyên Ngoại Ngữ Hà Nội) Cho hình chóp đều S ABCD. có cạnh đáy bằng 2a
và cạnh bên bằng a 5. Gọi  P là một mặt phẳng đi qua A và vng góc với SC. Gọi  là

góc tạo bởi mp P  và ABCD . Tính tan  .

A.

6
tan

3

Chọn A

Trong mặt phẳng ABCD , gọi O là giáo điểm của AC và BD.

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

Trong SAC: Kẻ AK SC K SC,  ,  I AKSO. Qua I kẻ đường thẳng song song với
BD, cắt SBtại M và cắt SD tại N.

Ta có: MN // BD, BDSC nên MN SC. Do đó, SC AMKN hay mp P  chính là

AMKN.

Vì vậy, góc giữa mp P  và ABCD là góc tạo bởi hai đường thẳng SC và SOvà bằng góc

OSC (vì SOC   ) 90 tan

OC
SO


 

Xét tam giác ABC vng tại B , ta có: AC2 AB2 BC2 4a2 4a2 8a2.

2 2

AC a

   CO 2a.

A. 60. B. 90. C. 30. D. 45.

Lời giải

Tác giả: Lê Vũ Hải; Fb: Vũ Hải Lê
Chọn D

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

 

   

    qua , song song CD
/ /

SAB

CD SCD

SAB SCD A

AB CD

S SAB S

A

CD

 ,   ,  

SCD

SD SAB SCD SA SD ASD

SAB

SD SCD

SAB
SA

SA

 

 






 






và SDM bằng

A. 45 . B. 90 . C. 60 . D. 30 .

Lời giải

Tác giả: Phi Trường ; Fb: Đỗ Phi Trường
Chọn B

Ta có:

  2  

tan tan

ADM  DCA  ADM DCA
ADM

  và DCA đồng dạng

  90  90

MAG AMG AGM DM AC

        

Mà DM SA do SAABCD  DM SAC SDM SAC
Vậy góc giữa hai mặt phẳng SAC và SDM bằng 90 .

' 2
'/ / '
BB
AA

AA BB









  BB là đường trung bình của AA D .

Lại có ABC đều. Do đó BD BA BC a    BCD cân tại B .

Gọi E là trung điểm của CD  BE CD (1).

 

' '

BB  ABC  BB CD (2).

Từ (1) và (2) CDBB E'   CDB E .

Vì

 '  5

tan ' 2 cos ' .

5
BB

BEB BEB

BE

   

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

Ta có AxABC và By ABC nên ABC là hình chiếu của A B C' ' trên mp

 ABC .

Do đó

   

 

cos , ABC

A B C

S

A B C ABC

2 3

4 2

A C a

B H B C 

   

1 15

2 4

A B C a

S    B H A C  

   

phẳng MNP và ACP.

A. 
3

2 . B.

6 . C.

3 . D.

3
4 .

Lời giải

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

B

I

Q'

H

Q
K

HQ  

nên

 3

tan

4
HQ
HIQ

IH

 

Câu 65. [1H3-4.3-3] (Hùng Vương Bình Phước) Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D.    , có

, 2,

AB a AD a  góc giữa A C và mặt phẳng ABCD bằng 30 . Gọi Hlà hình chiếu
vng góc của A trên A B và K là hình chiếu vng góc của A trên A D . Tính góc giữa hai

mặt phẳngAHK và ABB A .

A. 60. B. 45. C. 90. D.30 .

;

' 3

a
AK

AK A A  AD  

2 2

' ' ;

3
a
A K  A A  AK 

2 2

2 2 2

1 1 1 2

; ' .

' 3 3

a a

a

AK AH n n

  

 

   

A. 30. B. 45. C. 90. D. 60.

Lời giải

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

Cách 1: Gọi I A B B A ; J C D D C . Ta có IJ ( ADB C ) ( BCD A ) (1).

Theo giả thiết, ta có: IJ(DCC D ) C D IJ (2).

Từ (1) và (2)  C D (BCD A )  (ADC B ) ( BCD A ).

Vậy góc giữa hai mặt phẳng (ADC B  và () BCD A  là ) 90.

Cách 2: Mặt phẳng (DCC D  vng góc và cắt hai mặt phẳng () ADC B  và () BCD A  lần lượt)
theo hai giao tuyến DCvà D C .

 Góc giữa hai mp (ADC B  và () BCD A  là góc giữa hai đường thẳng ) DC và D C .

Vì ABCD A B C D.     là hình lập phương nên tứ giác DCC D  là hình vng DCD C .

Vậy góc giữa hai mặt phẳng (ADC B  và () BCD A  là ) 90.

Câu 67. [1H3-4.3-3] (Lê Xoay lần1) (Lê Xoay lần1) Cho khối tứ diện ABCD có BC3,CD4
và ADCABC BCD 90 . Góc giữa hai đường thẳng AD và BC bằng 60 . Côsin góc

giữa hai mặt phẳng ABC và ACD bằng

A.

CD AK theo

 



   





</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

Lại có

 
 

 1     3

CB AB gt

CB AKB CB BK

CB AK theo

 



KG KD  

; AK KD.tan 60 3 3; AB  43.

2 43
2 13
BE

  sin 39 cos 2

43 43

BEH BEH

   

Cách 2:

    

// , , 60

BC DK  AD BC  AD DK ADK  .

+ Có: .

. .

A BCDK ABCD A BCDK

V V V

          

+ Gọi ABC , ACD.

Ta có:

3 .

2. .

ABCD
ADC ABC
AC V
sin

S S

 

Tính

 AC AD2DC2  6242 2 13

Tính

2 12 43

sin   cos 

  

Chứng minh công thức: 1 2

3 .
2. .

aV
sin

S S


Trong đó:

   

     

1; 2; ; ; , ; .

sin

S

AK d A CD S S S S

DC

     

*) Nhận xét: Trong bài này học sinh có thể dùng công thức:

   

 ,   ;   , 

; ,

d B ACD d K ACD

sin ACD ACB

d B AC d B AC

 

Câu 68. [1H3-4.3-3] (THPT-Phúc-Trạch-Hà-Tĩnh-lần-2-2018-2019-thi-tháng-4) Cho hình chóp
tứ giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a. Tính cosin của góc giữa hai mặt bên khơng liền kề
nhau.








 Góc tạo bởi hai mặt bên SABvà SCD là góc MSN .

Ta có

3
2

a
SM SN 

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

Khi đó


2 2

2 2 2 3 3 1

4 4

cos

bằng

A.

3 17

17 . B.

5 34

17 . C.

3 34

34 . D.

2 34

17 .

Lời giải

Tác giả: Đoan Ngoc Pham; Fb: Doan Ngoc Pham
Chọn C

Gọi  là góc giữa mặt phẳng SAB và SAC.

Gọi H là hình chiếu của C lên SAsuy ra d C SA ,  CH  .4

Ta có: SAC ABCD , SAC  ABCD AC.

góc giữa hai mặt phẳng SAB và SAC là góc giữa hai đường

thẳng BK và LK, do đó  LKB.

Tam giác ABC vng tại B, có đường cao BL, suy ra

2
2

9
.

LA AB

AB LA AC

AC AC

   

và

2 2

. 3.4 12

2 2

2 2 36 12 12 34

25 5 25

BK  LK BL      

    .

Vậy



3 34
25

cos cos

34
34

12.
25
LK

LKB
BK

6. D.

1
arccos

3.

Lời giải:

Tác giả: Nguyễn Trần Huyền Trang.Fb: Huyền Trang.
Chọn C

Gọi E là trung điểm của AD, ta chứng minh được ECAD(ABCE là hình vng).

Từ E kẻ đường thẳng EF vng góc với SD. Khi đó: SD(ECF) SDFC.

Suy ra SAD , SCDEF FC, EFC .

Lại có: CDAC CD(SAC) SCD vuông tại C.

Mà

2 3

2 2

AD AD

AC   SC

EC  2 2 5

AD

EF FC EC

   

Ta có:

 1  1

cos arccos

6 6

EF

EFC EFC

FC

   

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

Vậy    

5 .

Lời giải

Tác giả: Ngọc Tồn; Fb: Ngọc Tồn
Chọn B

Ta có

. 3

APAB 

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Ta có tọa độ các điểm như sau:

0;0;0 , 3;0;0 , 0; 3,0 , 0; 3;0

P A B  C

2 2

PN  

 

 



. Ta có PN



cùng phương với v 3; 3;4


 

; 8 3;0;6 3
u v

   
 

 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

Gọi n2



là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ACC. Do n2



cùng phương với CA CC, 
 

nên ta chọn n 2  3;3;0



BK AC

BK ACC A BK NC

BK AA




 

   






 .

Kẻ KH NC H NC, suy ra NCBKH.

   

 ,  

MNP ACC NC

BK  KH   BH 

Khi đó:

2
cos

KH
BH

  

Câu 72. [1H3-4.3-4] (THPT-Phúc-Trạch-Hà-Tĩnh-lần-2-2018-2019-thi-tháng-4) Cho tứ diện
ABCD có BC 3, CD 4, ABCBCDADC90 , góc giữa hai đường thẳng AD và

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

A.

2 43

43 . B.

0;0;0

H

, B4;0;0, D0;3;0 , A0; 0; 3 3, C4; 3; 0
 4; 0; 3 3

BA  



, BC 0; 3; 0



 BA BC,     9 3 ; 0; 12  3 3 3 ; 0; 4 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

1 2

. 4 2 43

cos cos ,

43
43.2
.

n n
n n

n n

    

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thanh Bảo ; Fb: Nguyễn Thanh Bảo 
Chọn B

Gọi    

MCD ; SCD

 

;    

BNP ; SCD

 

;    

MCD ; BNP

 

Vì MCD, BNP và SCD giao nhau theo 3 giao tuyến song song với nhau.
180

  

AD a

     

Do M là trung điểm SA 2
a
SM

 

+) Dễ thấy  SDM .

SDM

 vuông tại S 

1
tan
2 3
SM
SD
  
.

+) Dễ thấy NP DC//  NPSAD  AP DP; .

AP

   cos cos   cos 21

APD  APS APS

    

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

Có:

2 2

1 7 4 2 3

tan 1 tan 1 tan

cos 3 3 3

  



       

(Vì  90 ).

 

    3 3

tan tan tan

     

      

1 1 64

cos

1 tan 1 91

64




2 . C.

5 . D.

15
15 .

Lời giải

Tác giả: Trần Đắc Nghĩa; Fb: Đ Nghĩa Trần
Chọn B

Gọi H , E lần lượt là trung điểm của AB , CD .

   

     

SAB ABCD

SAB ABCD AB SH ABCD

SH AB






Trong : , ,

Trong :

SCD ABCD CD

SCD SE CD SCD ABCD SE HE SEH

ABCD HE CD

 




   






 .

Xét SHE vng tại H
Ta có HE 2a.

 15

BC OHA BC OH

   

Chứng minh tương tự ACOH

( )

OH ABC

 

* OBC vng tại O có OM là đường cao 2 2 2

1 1 1

OM OB OC

  

AOM

 vuông tại O có OH là đường cao 2 2 2

1 1 1

OH OM OA

  

OA

OA OA OH






    

Tương tự

2 2

2 2 2 2

1 sin 1 sin

;

OB OH OC OH

 

 

thay vào (1) ta có:

Câu 77. Cho tứ diện OABC cóOA OB OC, , đơi một vng góc. Gọi    lần lượt là góc giữa các, ,
mặt phẳng(OAB OBC OCA),( ),( ) với mặt phẳng(ABC). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

sin sin sin .

P   

Đáp số: Giá trị lớn nhất của P  3 .

Ghi nhớ:Cho tứ diện OABC cóOA OB OC, , đơi một vng góc. Gọi H là trực tâm của tam

giác ABC 2 2 2 2

( )

1 1 1 1

OH ABC

OH OA OB OC




 

  




+ ADA D ( )2 .

Từ ( )1 và ( )2 suy ra A D ABC D .

 

A D ABC D

A D A B CD

   





   


  A B CD    ABC D .

Vậy góc giữa hai mặt phẳng A B CD   và ABC D  bằng 90 .

Câu 79. [1H3-4.4-2] (Lê Quý Đôn Điện Biên Lần 3) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình
vng cạnh a , cạnh bên SA2a và vng góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm cạnh

(0;0; 2 )

S a . Vì M là trung điểm của SC suy ra 2;0;
a

Mổỗỗỗố aửữữữ
ứ.

Ta có ( )

2 2

, 0; 2 ;

SB SC a a

é ù= -

-ê ú

ë û

uur uur

. Khi đó mặt phẳng (SBC) có một vectơ pháp tuyến là

( )

1 0; 2;1

n =
-uur

Gọi a là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (MAC).

Ta có

( ) 1 2

1 2

. 5

cos cos ,

3
.

n n
n n

n n

a = = =

Gọi E là điểm đối xứng của A qua M . Khi đó tứ giác SADE là hình bình hành.

Ta có
/ /

SE AD

ìïï
íï =

ïỵ mà

/ /

BC AD

ìïï
íï =

ïỵ , suy ra
/ /
SE BC

SE BC

ù è ^

ớù

ùù è ^

ùợ ị ((SBC) (, AMC))=(HK AK, )=·AKH.

Trong tam giác SAB ta có: 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 5 2

4 4 5

a
AH

AH =SA +AB = a +a = a Þ = .

Trong tam giác AHK vng tại H có

2
5
a
AH =

, HK=BC= .a

Suy ra

MN AD

ìïï
ïí

ï =

ïïỵ và

/ /
1
2

OI AD

ìïï
ïí

ï =

ïïỵ . Suy ra MN OIMN/ /OI OMNI

ỡùù ị

ớù =

OMNI AMC OM

HK OMNI HK OM

AK AMC AK OM

ìï Ç =

ïï

ï è ^

ớù

ùù è ^

ùợ ị ((OMNI) (, AMC))=(HK AK, )=ÃAKH .

Trong tam giác NAI ta có: 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 4 5

5
a
AH

AH =NA +AI =a +a =a Þ = .

Trong tam giác AHK vng tại H có 5

5 .

Câu 80. [1H3-4.4-3] (HSG 12 Bắc Giang) Cho hình chóp đều .S ABCD có cạnh đáy bằng a 2, biết
cạnh bên tạo với đáy góc 60 . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng SAC và SCD. Tính

tan .

A.

3
tan

 

. B.

21
tan

 

. C.

21
tan







  ODSAC.

Vậy SCO là hình chiếu của SCD lên mặt phẳng SAC.

Suy ra SSCO SSCD.cos , với  là góc giữa hai mặt phẳng SAC và SCD.

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

Suy ra  


SD ABCD,  SD OD ,  SDO
.

Theo đề bài ta suy ra SDO   .  60

ABCD là hình vng: AC BD BC  2 2 a,

2 2

BD a

OD  a

Tam giác SOM vuông tại O :

2 2 3 2 14

2 2

a a

SM  SO OD  a  

1 1 14 7

. . 2

2 2 2 2

SCD

a a

S  SM CD a 

.
Vậy

lần lượt nằm trên Ox , Oy , Oz .

Do đó O0;0;0, C a ;0;0, D0; ;0a , S0;0;a 3.

Phương trình mặt phẳng SCD là:

1
3

x y z

aa a  nên mặt phẳng SCD

có một vectơ pháp

tuyến là n 1  3; 3;1



Phương trình mặt phẳng SAC là: y  nên mặt phẳng 0 SAC có một vectơ pháp tuyến là

 
2 0;1;0
n 

.
Ta có:
1 2

OD SO

OD AC







  ODSAC  ODSC.

 

OH SC

SC OHD

OD SC




 



3
2

a
OH

 

Xét tam giác OHD vuông tại O :

 2 3

tan

3
3
2

OD a

OHD

OH a

  

2
3 .
Lời giải

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

Gọi O là tâm của mặt đáy thì SOmp ABCD . Từ đó, SO là đường cao của hình chóp.Gọi I là

trung điểm đoạn BC.

Ta có:

( )




 





BC SO

BC SOI

BC OI

Ta có:

Xét tam giác SOD vuông tại O, ta có:

2 2

;

2 2

a a

SD a OD   SO

Xét tam giác SOI vng tại O, có:

2 3

;

2 2 2

a a  a

SO OI SI

1
cos

3


</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

A.148 . B.36. C.

2 D. 356 .

Ghi nhớ: Nếu điểm M x y thuộc đồ thị của hàm số ( ; )0 0 yf x( ) thì hệ số góc của tiếp tuyến

với đồ thị của hàm số yf x( )tại điểm M x y là ( ; )0 0 f x .'( )0

Câu 85. [1H3-4.4-3] (HK2 THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI) Cho tứ diện đều ABCD . Thiết
diện của tứ diện ABCD và mặt phẳng trung trực của cạnh BC là

A. Hình thang. B. Tam giác vng. C. Hình bình hành. D. Tam giác cân.
Lời giải

Tác giả:Bùi Đoàn Tiến ; Fb:Bùi Đoàn Tiến

Chọn D

Gọi M là trung điểm của BC . Ta có AB AC MB MC DB DC ;  ;  nên AMDlà mặt phẳng
trung trực của BC đồng thời tiết diện của tứ diện ABCD và mặt phẳng trung trực của cạnh BC
. Giả sử tứ diện đều ABCD có cạnh a .

AMD

 có

3
2

3
4
a

(đvdt). C.

2
3

a

(đvdt). D.

2
2

a

(đvdt).
Ghi nhớ:

+) Tứ điện đều có tất cả các cạnh đều bằng nhau.

+) Chiều cao của tam giác đều cạnh a có độ dài là

Nhờ tải bản gốc

Tài liệu, ebook tham khảo khác

Bài 4. Bài tập có đáp án chi tiết về quan hệ vuông góc trong không gian lớp 11 | Toán học, Lớp 11 - Ôn Luyện - Pdf 72

Tài liệu, ebook tham khảo khác

Học thêm