Bài toán góc và khoảng cách trong đề tham khảo thptqg 2020 môn toán

PHÂN TÍCH ĐỀ THAM KHẢO NĂM HỌC 2019 - 2020 I. 1 PHÂN TÍCH – BÌNH LUẬN CÂU 37 =I Phân tích • Nhắc lại các cánh tính khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau a và b . Cách 1: Dựng đoạn vuông góc chung (thường dùng khi hai đường vừa chéo và vuông góc) Cách 2 : Quy về khoảng cách từ đường này đến mặt phẳng song song với nó và chứa đường kia , cuối cùng là quy về khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng : Cách 3 : Quy về khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song mỗi mặt chứa một đường. • Câu 37 đề thi tham khảo: Là bài toán tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau trong hình chóp có đường cao cho trước. Một bài ở mức độ Vận Dụng . Có hai ý tưởng nổi bật trong bài : ⊕ Thứ nhất : Là bài toán tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo và không vuông góc với nhau : Một đường nằm trong mặt phẳng đáy và một đường là cạnh bên. Nên giải quyết vấn đề khoảng cách này có lối mòn đối với học sinh thường dùng đó là cách 2 : Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b : d (a, b) = d (a, ( P )) = d ( M , ( P )) với : ( P ) ⊃ b, ( P ) / / a, M ∈ a . Vì bài toán có chân đường cao cho trước nên : Đưa Về bài toán tính khoảng cách từ chân đường cao đến mặt phẳng bên. ⊕ Thứ hai : Đáy của hình chóp là một hình thang rất hay , rất đặc biệt : từ đó dẫn đến đường chéo vuông góc với cạnh bên , là rút ngắn cách tính khoảng cách. 2 Lời giải tham khảo Ngô Tú Hoa và Thoa Nguyễn Câu 37: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang, AB = 2 a , AD = DC = CB = a . SA vuông góc với đáy và SA = 3a (minh họa hình dưới đây). 1 Gọi M là trung điểm của AB . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và DM bằng A. 3 a. 4 B. 3 a. 2 C. 3 13a . 13 D. 6 13 a 13 Lời giải Chọn A Cách 1. Ta có DM / / ( SBC ) ⇒ d ( DM , SB ) = d ( DM , ( SBC ) ) = d ( M , ( SBC ) ) Ta có MA = MB = MD = MC = a Suy ra tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm M , đường kính AB . Suy ra tam giác ABC vuông tại C  BC ⊥ AC ⇒ BC ⊥ ( SAC ) ⇒ ( SBC ) ⊥ ( SAC )  BC ⊥ SA Như vậy ta có  Trong mặt phẳng ( SAC ) Dựng AH ⊥ SC tại H suy ra BC ⊥ AH ⇒ AH ⊥ ( SBC ) Nên d ( A, ( SBC ) ) = AH 2 AC = AB 2 − BC 2 = a 3 ; SC = SA2 + AC 2 = 2 3a ⇒ AH = ⇒ d ( M , ( SBC ) ) = SA. AC 3 = a 2 SC 1 3 d ( A, ( SBC ) ) = a 2 4 Cách 2 Gọi I = AC ∩ DM , N là trung điểm của đoạn thẳng SA . Dễ dàng chứng minh được ( SBC ) // ( MND ) . ( ) ( ) ( ) Do đó, d ( SB, DM ) = d ( SBC ) , ( MND ) = d B, ( MND ) = d A , ( MND ) . Trong mp ( SAC ) kẻ AH ⊥ NI , mặt khác, ta chứng minh được MI ⊥ ( SAC ) nên suy ra: AH ⊥ ( MND ) và ( 1 1 1 3a = + 2 ⇒ AH = . 2 2 4 AH AN AI ) Vậy, d ( SB, DM ) = d A , ( MND ) = AH = 3a . 4 Hoặc Áp dụng công thức thể tích trong phần tính khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng. ( ) ( ) d ( SB , DM ) = d ( SBC ) , ( MND ) = d M , ( SBC ) = II. 3V 1 3a d A , ( SBC ) = S. ABC = SSBC 2 4 ( ) Ý TƯỞNG V HƯỚNG PHÁT TRIỂN =I 1. Ý tưởng 1 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau nằm trên hai mặt bên ,trong hình chóp có đường cao 3 Câu 1 Chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a 3 . Hình chiếu H của S trên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm cạnh AB và SH = a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SC , MC .Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AM , BN . A. 15a . 4 79 B. 2 237 . 79 C. 2 a 237 . 79 D. 15a 79 79 Lời giải Chọn C + Gọi E là trung điểm cạnh AC ; K là hình chiếu của N trên HC ⇒ NK / / SH . 8 ⇒ d ( AM ; BN ) = d ( A; ( BEN ) ) = d ( C ; ( BEN ) ) = d ( K ; ( BEN ) ) . 5 2 HC d ( C ; ( BEN ) ) CG 5 3 Vì = = = . 8 d ( K ; ( BEN ) ) KG  2 1   −  HC 3 4 KN CN 1 a + Ta có: = = ⇒ KN = . SH SC 4 4 + Gọi I là hình chiếu của K trên BE ⇒ IK / / EC Do đó IK GK 5 5a 3 . = = ⇒ KI = 8 EC GC 8 8 8 KN .KI 8 Vậy d ( AM ; BN ) = d ( K ; ( BEN ) ) = = 5 5 KN 2 + KI 2 5 a 5 . .a 3 2a 237 4 8 = . 79 a 2 25 2 + .3a 16 64 2. Ý tưởng 2 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau trong hình chóp có đường cao 4 Câu 2 Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ ( ABC ) , tam giác ABC đều và SA = AB = a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và SC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BN . A. a 13 . 13 B. a 13 . 3 C. a3 13 . 13 D. a 2 13 . 13 Lời giải Chọn A Gọi M ' là trung điểm SC ⇒ MM '/ / BN . Khi đó d ( AM , BN ) = d ( BN , ( AMM ' ) ) = d ( B, ( AMM ' ) ) = Do SC = 4M ' C nên d ( M ', ( ABC ) ) = và S ∆ABM = 3.VB. AMM ' . S ∆AMN 1 a SA = 4 4 1 a2 3 a3 3 a 3 . Suy ra VM ' ABM = . Tính được AM = . S ∆ABC = 2 8 2 96 Theo công thức độ dài đường trung tuyến trong tam giác ta có MM ' = AM ' = 1 1 BC 2 + BS 2 SC 2 1 a 2 + 2a 2 2a 2 a BN = − = − = . 2 2 2 4 2 2 4 2 AN 2 + AC 2 NC 2 − = 2 4 a2 + a2 a 2 a 10 2 − = . 2 8 4 a3 3 a 13 a 2 39 . Vậy d ( AM , BN ) = 2 96 = = 13 32 a 39 32 3. Suy ra S ∆AMM ' 5 3. Ý tưởng 3 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau trong hình lăng trụ đứng có đường cao cho trước và có giả thiết góc gữa mặt bên và mặt đáy Câu 3 Cho hình lăng trụ đứng ABC.A ' B ' C ' có đáy tam giác ABC là tam giác vuông tại A . ' Biết AC = 2 3a , M là trung điểm của CC . Góc giữa mặt phẳng ( A′B′M ) và mặt đáy bằng 30 Khoảng cách giữa hai đương thẳng AB và B′M bằng. A. 2 3a . B. 4 3a C. 6a . D. 2 6a Lời giải Chọn A Ta có: C ′A′M = (( A ' B ′M ) , ( A ' B ′C ′)) = 30 ⇒ CC ′ = 4a ⇒ C ′M = A′ C ′ tan 30 = 2a Kẻ AN ⊥ AM ( N ∈ A′C ) . Gọi A′M ∩ AN = D . Khi đó : d ( B′M , AB ) = d ( A, ( A′B′M ) ) = AD = A′A2 = AN ( Do A′N = 16a 2 = 2 3a . 16 2 2 16a + a 3 A′A.C ′M 4 3a = ) 3 C ′A′ 6 4. Ý tưởng 4 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau trong hình lăng trụ tam giác đều là hình có đường cao cho trước. Đưa về khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng và được tính bằng phương pháp thể tích. Câu 4 Cho lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có AA ' = 2a, AB = a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm A ' B ' và A ' C ' . Tính khoảng cách giữa các đường thẳng AN và BM A. 4a 65 . 65 B. 14a 65 . 65 C. 4a 65 . 195 D. 12a 65 . 65 Lời giải Chọn A Gọi N ′ là trung điểm của BC , suy ra BM / / ( ANN ' ) Do đó d ( BM , AN ) = d ( BM , ( ANN ′ ) ) = d ( B, ( ANN ′ ) ) = Ta có: AN = AA′2 + A′N 2 = Suy ra S ∆ANN ′ = Ta có VB. ANN ′ = 3VB. ANN ′ S ∆ANN ′ a 17 a 3 a 17 , AN ′ = ; NN ' = BM = AN = 2 2 2 a 2 195 . 16 1 1 1 a 2 3 a3 3 AA′.S ABN ′ = .2a. . = 3 3 2 4 12 a3 3 4a 65 Vậy d ( BM ; AN ) = 2 12 = 65 a 195 16 3. 7 5. Ý tưởng 5 Phục dựng hình ẩn để tìm đường cao trong hình chóp, từ đó tính khoảng cách . Câu 5 Cho hình chóp S . ABC có SA ⊥ AB, SB ⊥ BC , đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm SB, BC , biết d ( S , ( ABC ) ) = 2a . Tính khoảng cách giữa AM và SN . A. 3 10a 20 B. 3 10a 40 C. 3 5a 40 D. 3 5a 20 Lời giải Chọn B. Từ giả thiết ta có hai tam giác vuông SAB và SBC chung cạnh huyền SB SB ⇒ MA = MB = = MC . 2 ⇒ hình chiếu của M trên ( ABC ) là tâm tam giác đều ABC , nên gọi G là tâm tam 1 d ( S , ( ABC ) ) = a 2 Gọi E là trung điểm BN ⇒ ME / / SN giác thì MG ⊥ ( ABC ) và MG = 3 d ( G, ( AME ) ) . 2 MG.GF ⇒ d ( AM , SN ) = d ( SN , ( AME ) ) = d ( N , ( AME ) ) = Kẻ GF ⊥ AE , F ∈ AE ⇒ d ( G , ( AME ) ) = Ta có MG 2 + GF 2 GF GA a ⇒ d (G, ( AME )) = = ⇒ GF = EN EA 39 1 39 1 + 1 39 a= 1 a 2 10 3 1 3 10a ⇒ d ( AM , SN ) = . a= 2 2 10 40 8 6. Ý tưởng 6 Phục dựng hình ẩn để tìm đường cao trong bài toán tính khoảng cách mở rộng trong hình lăng trụ.. Câu 6 Cho lăng trụ tam giác ABC. A′B ′C ′ biết độ dài các cạnh bên 2 2a và B ′C = a 7 , B ′AB = 90 , AB = BC = a , BAC = 30 . Tính khoảng cách d (CC ′, AB ′) . A. a 21 . 3 B. a 21 . 7 C. a 7 . 7 D. a 21 . 5 Lời giải Chọn B Tính được △BB ′C vuông tại C . Nên gọi S là trung điểm BB′ thì SA = SB = SC . Nên gọi H là hình chiếu của S trên mp ( ABC ) thì H là tâm đường tròn ngoại tiếp △ ABC . Lại có △ ABC cân tại B, BAC = 30 ⇒ ABC = 120 ⇒ H là 1 đỉnh của hình thoi ABCH . △ AHB đều, nên kẻ HE ⊥ AB, E ∈ AB ⇒ EH = Và có SH = ( a 3 . 2 2 ) 2a − a 2 = a d ( AB ′, CC ′) = d (C ′, ( SAB )) = d ( H , ( SAB )) = SH .HE SH 2 + HE 2 = a 21 7 9 7. Ý tưởng 7 Phát triển bài toán giả thiết là khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau Phục dựng đường cao để xác định giả thiết .Từ đó tính thể tích Câu 7 Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a , SA = SB = a 2 , khoảng cách giữa hai đưởng thẳng AB và SC bằng a . Tính thể tích của khối chóp đã cho bằng A. 3a 3 . 6 B. 2 3a 3 . 3 C. 2 6a 3 . 3 D. 6a3 . 3 Lời giải Chọn B S a 2 A a D M H B 2a N O C Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AB . Ta có SA = SB = a 2 nên tam giác SAB cân tại S suy ra SM ⊥ AB . Gọi N là trung điểm đoạn thẳng CD suy ra MN ⊥ AB . Do đó AB ⊥ ( SMN ) mà AB ⊂ ( ABCD ) nên ( SMN ) ⊥ ( ABCD ) . Kẻ SH ⊥ MN ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) . Lại có SM = SA2 − AM 2 = SA2 − AB 2 = a ⇒ SM = AM = BM = a 4 hay tam giác SAB vuông cân tại S . Mặt khác lại có AB / / ( SCD ) . Nên d ( AB, SC ) = d ( A, ( SCD )) = d ( AB, ( SCD )) = d ( M , ( SCD )) = a = SM ⇒ SM ⊥ SN ⇒ SN = MN 2 − SM 2 = a 3 . 10 Do đó SH .MN = SM .SN ⇔ SH = SM .SN a 3 và S ABCD = AB 2 = 4a 2 . = MN 2 1 1 a 3 2 3a 3 Vậy VS . ABCD = .SH .S ABCD = . . .4a 2 = 3 3 2 3 8. Ý tưởng 8 Phát triển bài toán giả thiết là khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau Phục dựng đường cao để xác định giả thiết .Từ đó tính thể tích Câu 8 Cho tứ diện ABCD , có AD = 3a, AB = 2a, BC = 4a, BD = 13a và DAC = 90 . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, CD bằng 3 10 a , tính thể tích của khối tứ 5 diện ABCD A. 6a3 . B. 6a3 . C. 2 6a3 . D. 2 3a3 . Lời giải Chọn B MỘT LÀ : phát triển Khôi phục hình ẩn là hình chóp có đáy là hình bình hành để sử dụng khoảng cách giữa cặp cạnh đáy và cạnh bên chéo nhau đưa về khoảng cách giữa một điểm thuận lợi trên cạnh đáy đến mặt bên. HAI LÀ : Sử dụng giả thiết tìm chân đường cao cho chóp D. ABC , triển khai giả thiết khoảng cách. Từ giả thiết ta có AD 2 + AB 2 = BD 2 ⇒ DA ⊥ AB ⇒ DA ⊥ ( ABC ) . Dựng hình bình hành ABEC có EC = AB = 2a . d ( AB, CD ) = d ( AB, (CDE )) = d ( A, (CDE )) . Kẻ AK ⊥ CE , AH ⊥ DK AH ⊥ ( DCE ) 11 ⇒ d ( A, (CDE )) = AH = DA. AK 2 DA + AK 2 ⇒ 3. AK 9 + AK 2 = 3a 10 ⇒ AK = a 6 5 1 1 ⇒ VABCD = .3a. .2a. 6a = 6a 3 3 2 9. Ý tưởng 9 Phát triển bài toán giả thiết là khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau. Phục dựng đường cao để xác định giả thiết khoảng cách .Từ đó tính thể tích Câu 9 Cho tứ diện ABCD có AB = BD = AD = 2a, AC = 7 a , BC = 3a . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, CD bằng a , tính thể tích của khối tứ diện ABCD . A. 2a 3 6 . 3 B. 2a 3 2 . 3 C. 2a 3 6 . D. 2a 3 2 . Lời giải Chọn B Cách 1. Xuất phát từ cách tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau . GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 1 : Phục dựng đường cao để xác định được khoảng cách trong giả thiết Coi tứ diện là hình chóp D. ABC . Qua C kẻ tia Cx / / AB . Khi đó d ( AB, CD ) = d ( AB, (CD, Cx )) . Giả thiết DA = DB suy ra hình chiếu H của D trên đáy thuộc đường thẳng trung trực đoạn AB , đường thẳng này qua trung điểm M của AB và vuông góc với AB . Lại có AB 2 + BC 2 = AC 2 ⇒ AB ⊥ AC . 12 Nên qua M dựng MN / / BC , N ∈ Cx ⇒ H ∈ MN và CN ⊥ ( DMN ) . Trong ( DMN ) kẻ MI ⊥ DN ⇒ MI ⊥ ( DCN ) ⇒ MI = d ( M , ( DCN )) Rõ ràng d ( AB, (CD, Cx )) = d ( M , ( DCN )) .Nên ta được MI = a . GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 2 : Khai thác giả thiết khoảng cách đã xác định được , và giả thiết đặc biệt đưa về tam giác đặc biệt . Từ đó tính được đường cao . Ta có DM = 3 = MN nên △DMN cân đỉnh M ⇒ I là trung điểm DN ⇒ DN = 2 MN 2 − MI 2 = 2 2 ⇒ DH = MI .DN a.2 2a 2 2a = = MN 3a 3 1 1 2 2 2 2a 3 VABCD = DH .S ABC = . .2. 3a 3 = . 3 6 3 3 Cách 2. Phục dựng hình chóp đáy là hình bình hành hay các trường hợp đặc biệt của hình bình hành. ⊗ Hình quen : Chóp S . ABCD đáy ABCD là hình bình hành thì d ( AB, SC ) = d ( AB, ( SCD )) = d ( M , ( SCD )) với bất kỳ điểm M ∈ AB . ⊗ Dấu hiệu : Từ giả thiêt các cạnh ta có được AB2 + BC 2 = AC 2 ⇒ AB ⊥ AC Nên có nửa hình chữ nhật ABC nên dựng hình chữ nhật ABCE Ta có chóp D . ABCE có đáy ABCE là hình chữ nhật . Khi đó a = d ( AB, CD ) = d ( AB, ( CED ) ) = d ( M , ( CED ) ) (Với M là trung điểm AB ) 13 Từ giả thiết DA = DB ta có được hình chiếu của D trên đáy thuộc mặt phẳng trung trực đoạn AB , mặt phẳng trung trực của AB cũng chính là mặt phẳng trung trực của CE ⇒ DE = DC . Gọi N là trung điểm CD ⇒ CE ⊥ ( DMN ) . Kẻ MI ⊥ DN ⇒ MI ⊥ ( DCE ) ⇒ MI = d ( M , ( DCE )) = a Đến đây bài toán được giải quyết. • 2 Lời giải. 2 AB + BC = AC 2 ⇒ AB ⊥ AC . Dựng hình chữ nhật ABCE . Do đó ta có hình chóp D . ABCE đáy hình chữ nhật ABCE . Nên a = d ( AB, CD ) = d ( AB, ( CED ) ) . Từ giả thiết DA = DB ta có được hình chiếu H của D trên đáy thuộc mặt phẳng trung trực đoạn AB và đó cũng chính là mặt phẳng trung trực của CE . Nên gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, CE thì H ∈ MN ⇒ CE ⊥ ( DMN ) . Đến đây ta làm như cách 1. Cách 3. Phục dựng hình lăng trụ đứng có hai mặt bên chứa hai mặt của tứ diện và một cạnh bên lăng trụ là một cạnh của tứ diện và một đỉnh của tứ diện thuộc một cạnh bên khác. • Lời giải Từ giả thiết ⇒ AB ⊥ AC Dựng lăng trụ đứng AGF .BCE có 1 cạnh bên là AB và D là trung điểm EF ⇒ VAGF . BCE = 3.VABCD Khi đó, vì AB / / (CEFG ) ⇒ d ( AB, CD ) = d ( B, CE ) = BH = a với H ∈ CE , BH ⊥ CE 14 1 2 2 3 Ta tính được BE = a 3 = BC ⇒ CE = 2 2a ⇒ S BCE = 2a 2 ⇒ VABCD = . AB.S BCE = a 3 3 15 PHÂN TÍCH VÀ PHÁT TRIỂN CÂU 49 ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020 Ngô Tú Hoa – Dung Ngô – Nguyễn Thị Hồng Gấm PHÂN TÍCH Ý TƯỞNG CÂU 49 ĐỀ THI THAM KHẢO Có hai Nội Dung trọng tâm của câu 49 đó là: Thể tích và Góc giữa hai mặt phẳng I. Phân tích về bài toán thể tích: Một bài toán thể tích kiểm tra được hai kỹ năng: + Thứ nhất là xác định và tính đường cao. + Thứ hai là tính diện tích đáy. Thì trong bài toán này khó khăn đó là đường cao: Phương của đường cao chưa có và giá trị của đường cao được cho ẩn trong giả thiết về góc giữa hai mặt phẳng. Khi đó, để giải bài toán này ta có thể dùng hai con đường: + Con đường 1 đi tìm và xác định đường cao của chóp đã cho bằng cách chọn ẩn là độ dài đường cao . Tìm ẩn qua giả thiết góc. Đó là cách làm 1 và 2 trong bài. + Con đường hai khi xác định góc giữa hai mặt phẳng , ta đã đưa yêu cầu tính thể tích về bài toán tính thể tích của hình dễ xác định đường cao : Đó là giao tuyến của hai mặt phẳng trong giả thiết góc. Khi đổi đường cao thì ta sẽ định hướng đáy mới theo đường cao này- Đó là cách 5 trong câu 49 này. II. Phân tích về bài toán góc giữa hai mặt phẳng : Trước hết là nhắc lại lý thuyết về góc giữa 2 mặt phẳng phân biệt P và Q cắt nhau: Gọi P , Q , 0 90 , ta đưa về góc giữa hai đường thẳng a và b như sau: + Cách 1: Dùng định nghĩa : a, b với a P + Cách 2: Xác định góc : P ,b Q Q d,O d a, b với O a, a P ,a d O b, b Q ,b d + Cách 3: Phương pháp khoảng cách : sin d M, Q d M,d + Cách 4: Công thức đa giác chiếu : cos ở đây P Q d, M P S . S Ở đây: S là diện tích đa giác của đa giác H nằm trên P 16 và S là diện tích của đa giác chiếu của đa giác H chiếu trên mp Q . + Cách 5: Phương pháp diện tích hai mặt: giả sử là góc giữa hai mặt ABC và ABD 2S VABCD .S 3 AB ABC ABD 3.VABCD . AB 2S ABC .S ABD sin .sin Chú ý : Khi gặp bài góc khó tìm : Ta có thể mở rộng mặt phẳng để góc cần tìm được nhìn thấy rõ ràng hơn,hoặc áp dụng mặt phẳng song song để đưa về góc giữa hai mặt phẳng dễ tìm hơn Tiếp theo Bài toán góc giữa hai mặt phẳng luôn là bài toán khó nhất trong các bài toán hình học không gian. Câu 49 trong đề thị tham khảo : Bộ đã đưa ra hai vấn đề khó thường gặp và kiểm tra kiến thức cơ bản về góc + Khó thứ nhất là cái khó chung của bài toán hình học không gian, là hình trong bài không có đường cao cho trước. + Khó thứ hai là cái khó riêng của bài toán góc giữa hai mặt phẳng. Ở đây câu 49 này còn kết hợp hết cái khó của bài toán góc: Cho góc giữa hai mặt bên vào giả thiết. Muốn giải quyết được bài toán này phải khai thác được giả thiết góc. Tuy nhiên đây đã là bài toán quen , ý tưởng không có gì mới. Nên chúng ta chỉ cần lần lượt giải quyết hai vấn đề trên. Và nắm vững cách xác định góc cơ bản. Giải quyết vấn đề 1: Tìm đường cao của hình : học sinh phải tìm đường cao bằng cách suy ra từ các quan hệ vuông góc giữa đường với đường để chứng mình được đường vuông góc với mặt, hay phục dựng hình ẩn để xác định đường cao. Giải quyết vấn đề 2: - Để khai thác được giả thiết góc ta thường làm : + Xác định được góc. Trong quá trình xác định góc phải tránh bẫy khi đưa về góc giữa hai đường thẳng cắt nhau nó là góc không tù. C + Cần chọn ẩn ( Là chiều cao hay cạnh đáy nếu giả thiết chưa có) sau đó sử dụng giả thiết góc để tìm ẩn. - Và có thể sử dụng nhiều phương pháp khác ngoài hai cách truyền thống để tính góc giữa hai mặt phẳng - Ta đi chứng minh 1 công thức tính nhanh sau : Cho hình chóp S. ABCD có SA SA h, AB Gọi SBC , SDC Khi đó: cos a, AD ABCD ,đáy ABCD là hình chữ nhật , biết b. AB AD . SB SD . a h2 a2 . Đặc biệt khi ABCD là hình vuông thì cos b h2 1 b2 a2 h2 a2 2 . 17 Thật vậy : Cách 1: S F E D A C B Gọi E , F lần lượt là hình chiếu của A lên SB, SD , khi đó ta có AE   SBC  và AF   SDC  ,   SBC  ,  SDC     AE, AF    . do đó Khi đó cos = AE. AF  3 . AE. AF SA2 SB Ta có AE  AB.SA SB suy ra SE  SA2 SA2 AB 2 SB  AE  AB  AS SB 2 SB 2 SB 2 Tương tự , AF  suy ra SF  * và SE  AD.SA SD ** , SF  SA2 SD SA2 SA2 AD 2 SD  AF  AD  AS SD 2 SD 2 SD 2 Do đó AE. AF  AB 2 . AD 2 . AS 2 SB 2 .SD 2 *** . Thay * , ** , *** vào  3 ta được công thức 1 . Cho a  b ta được  2  . Cách 2: Gọi K là hình chiếu của D lên SC , khi đó sin   d  D,  SBC   DK  d  A,  SBC   DK AS 2 .SC 2 cos   1  2  SB .SD 2  SA 2  AE AS . AB SC AS .SC    DK SB SD.DC SB.SD SB 2 .SD 2  SA2  SA2  AB 2  AD 2  SB 2 .SD 2  AB 2  .  SA2  AD 2   SA2  SA2  AB 2  AD 2  2 SB .SD 2   AD. AB SD.SB Cách 3: PP Toạ độ hoá 18 LỜI GIẢI CÂU 49 ĐỀ THI THAM KHẢO NĂM HỌC 2019-2020 Câu 49: [ ĐỀ THI THAM KHẢO - 2020 ] Cho khối chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB a, SBA SCA 90 , góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SAC  bằng 60 . Thể tích khối chóp đã cho bằng a3 B. . 3 3 A. a . a3 D. . 6 a3 C. . 2 Lời giải Chọn D Cách 1: 1 a2 AB. AC  . 2 2 Gọi D là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  . Ta có SABC   AB  SB  AB   SBD   AB  BD . Ta có   AB  SD Tương tự, ta có AC  CD  ABDC là hình vuông cạnh a . Đăt SD  x, x  0 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên SB  DH  DB.DS DB  DS 2 2  ax a  x2 2 .  DH  SB ax  DH   SAB   d  D,  SAB    DH  Ta có  . 2 2  DH  AB a x Lại có CD // AB  CD //  SAB   d  C,  SAB    d  D,  SAB    DH . SCA vuông tại C , có AC  a, SC  x2  a 2 . Kẻ CK  SA  CK  CA.CS CA2  CS 2  a. x 2  a 2 x 2  2a 2 Vì  SAB    SAC   SA  sin   SAB  ,  SAC    . d  C ,  SAB   d  C , SA  DH CK 19 ax  sin 60  2 2 a 2  x 2  3  x x  2a  3 x 2  a 2 2 x2  a2 a x2  a2   2    4 x 2 x 2  2a 2  x  a . x 2  2a 2 1 a3  DH  a . Vậy VS . ABC  SABC .SD  . 3 6 Bình Luận cách 1: Đây là cách truyền thống cả trong bài tính thể tích và một phương pháp thường gặp trong bài toán góc giữa hai mặt bên : Đó là sử dụng khoảng cách trong bài toán góc giữa hai mặt phẳng. Cách 2: Dựng hình vuông ABDC  SD   ABCD  . Đặt SD  x, x  0 . Kẻ DH  SB,  H  SB   DH   SAB  và DH  Kẻ DK  SC,  K  SC   DK   SAC  và DK  ax x a ax 2 2 x2  a2 . . C Ta có 2 2 2 2 SH SK SD x x x    2  HK // BD  HK  2 BD  2 .a 2 . 2 2 2 SB SC SB x a x a x  a2 Ta có cos SAB , SAC 1   2 2 x2a2 2a 2 x 4  x2  a2 x2  a2  2 x2a2 x2  a2 cos HDK  DH 2 DK 2 HK 2 2 DH .DK 2  1 a2  2  x  a .  SD  a. 2 x  a2 1 a2 1 a3 Lại có SABC  AB. AC  . Vậy VS . ABC  SABC .SD  . 2 2 3 6 Bình Luận cách 2: Đây là cách truyền thống cả trong bài tính thể tích và một phương pháp thường gặp trong bài toán góc giữa hai mặt bên : Đó là tìm được hai đường mỗi đường vuông góc với một mặt. ( PP dùng định nghĩa) 20 Cách 3: S I D C B A Ta có hai tam giác vuông SAB và SAC bằng nhau và chung cạnh huyền SA. Kẻ BI   SA  CI   SA Góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SAC  là góc giữa hai đường thẳng BI và CI   BI ; CI   60 . Có BC  a 2 , BIC cân tại I. Do BI  CI  AC  a  a 2  BC nên BIC không đều BIC 120 Từ đó AI  BI CI a 6 . 3 a 3 ; AB2  AI .SA  SA  a 3. 3 Dựng hình vuông ABDC  SD   ABDC  . 1 3 Có : SD  SA2  AD 2  a; SABC  a 2  VS . ABC  SABC .SD  a3 . 6 C Bình Luận cách 3: Đây là cách truyền thống cả trong bài tính thể tích và xác định góc : Một cách cơ bản của bài toán góc. Khi vai trò đối xứng giữa hai tam giác trong hai mặt của góc tạo thành. Và khi bỏ vai trò này cách tính toán sẽ khó khăn hơn nhiều sau khi đã dựng được góc. Cách 4 trắc nghiệm: CÔNG THỨC TÍNH NHANH : Gọi D là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  .  AB  SB  AB   SBD   AB  BD . Ta có   AB  SD Tương tự, ta có AC  CD  ABDC là hình vuông cạnh a . Đăt SD  h, h  0 . cos a2 h 2 a2 a 2 h 2 a 2 1 2 h a 1 3 SD Từ đây tiếp tục tính thể tích  VS . ABC  SABC .SD  a a3 6 21 Bình Luận cách 4: Đây là Công thức tính nhanh rất hữu hiệu , nhưng lại đòi hỏi giả thiết đủ điều kiện để thực hiện công thức. Nên khi thay đổi đáy thì công thức khó sử dụng. Cách 5: Sau khi đã tính được SA ta có thể tính thể tích tứ diện một cách ngắn hơn. BIC 120 Từ đó AI  BI CI a 6 . 3 a 3 ; 3 AB2  AI .SA  SA  a 3. 1 1 VS . ABC  SIBC . SI  AI   SIBC .SA . 3 3 1 2 Với SIBC  .IB.IC.sin120  a2 3 1 a2 3 a3  VS . ABC  . .a 3  . 6 3 6 6 Bình Luận cách 5: Đây là ý tưởng đặc sắc trong bài toán thể tích : Đó là chọn đường cao và đáy phù hợp xác định và tính toán được. Cách 6: Sau khi đã tính được BIC 120 Từ đó AI  BI CI a 3 ; AB2  AI .SA  SA  a 3. 3 2 2 SSAC .SSAB .sin 3 SA VABCD a 6 . 3 2 1 CI .SA .sin 60 3SA 2 1 1 6a 2 3 . . .a 3. 3 2 9 2 a3 6 Bình Luận cách 6: Đây là một công thức tính nhanh cho bài toán thể tích khi cho góc . Phát triển 1: Phát triển đáy từ tam giác vuông cân thành tam giác vuông không cân. Sử dụng CT khoảng cách để tính góc – Ngoài ra áp dụng CT tính nhanh. Câu 1: [PHÁT SAB TRIỂN ABC SCB ĐỀ THI 90 , AB THAM 10a, BC KHẢO] Cho hình chóp S. ABC , có 3a và góc giữa hai mặt phẳng SAB và SBC bằng 45 . Tính thể tích khối chóp S. ABC . A. 15a 3 . 3 B. 2 15a 3 15a 3 15a 3 . C. . D. P  . 3 6 2 Tác giả : Dung Ngô – Phản biện : Nguyễn Thị Hồng Gấm 22 Lời giải. Chọn A Gọi góc cần tìm là . Ta sẽ phục dựng hình ẩn là chóp S. ABCD : SAB , SBC Giả sử gọi D là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  . AB AB Ta có SA AB SD AD . Tương tự, ta có BC Nên S. ABCD là hình chóp có SD Đăt SD ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật . 1 để tiện tính toán. 0 . Coi a h, h ABCD là hình chữ nhật . CD Cách 1 : Áp dung phương pháp khoảng cách để tính góc : d A, SBC d D, SBC d D, SBC d A, SB d A, SB d A, SB Ta có : d D, SBC SD.CD sin SA. AB SB d A, SB h2 h2 h 2 13 3 h 2 10 Ta được SD SD 2 h2 10 h2 3. 10 10 h2 h2 3 10 h2 13 1 2 h4 30 0 13h2 3 h2 2 h 2 . 2a 1 1 . 2. . 3. 10a3 3 2 VS . ABC 10h 2 h2 10 10h CD 2 1 . 2 15a3 3 Cách 2 : Chứng minh CT tính nhanh . Áp dụng vào bài , ta có : 3 h 2 10 . 3 h 2 10 1 2 h4 13h2 30 0. Kết quả tính toán như trên. Bình Luận : Rõ ràng CT tính nhanh giúp giải trắc nghiệm rất hiệu quả. 23 Phát triển 2 : Phát triển đáy thành hình thang cân. Phục dựng hình ẩn, Đưa về bài toán gốc – áp dụng CT tính nhanh. Câu 2: [PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO] Cho hình chóp S. ABCD , đáy ABCD là hình thang 2a . Biết SBA SCD 90 , và góc giữa hai 2 mặt phẳng SAB và SCD bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S. ABC . cân có BC / / AD, BC 2 AD 2a, AB a3 2 B. . 2 3a 3 2 A. . 2 CD 3a 3 2 a3 2 C. . D. . 4 4 Tác giả : Dung Ngô – Phản biện : Nguyễn Thị Hồng Gấm Lời giải Chọn D Gọi SAB , SBC Gọi E AB CD BE SBE , SCE CE a 2 BE 2 CE 2 BEC vuông cân đỉnh E . BC 2 C . Ta đưa về bài toán gốc. Gọi H là hình chiếu của S trên ABCD , thì EB EB SB SH EB BH . Tương tự EC CH . Từ đây ta suy ra tứ giác HBEC là hình vuông cạnh a 2 . Gọi SH h, h 0 . Áp dụng công thức tính nhanh : 2 a 2 h 1 2 2 2 a 2 h2 2a 2 2 S ABCD 3S AED VS . ABCD 3 a 2 2 2 1 3a 2 . .a 2 3 4 h a 2 . 3a 2 . 4 a3 2 4 24 Phát triển 3 : Phát triển hình đáy là nửa lục giác đều : – Phục dựng hình ẩn để xác định đường cao - Áp dụng CT tính nhanh để tìm đường cao . Câu 3: [PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO] Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thang AB / /CD , AB  2a , AD  DC  CB  a . Biết SAD SBD 90 và góc giữa hai mặt 1 phẳng SAD và SBD bằng , sao cho cos . Tính thể tích khối chóp S. ABCD . 5 A. a3 3 . 4 B. a3 6 . 4 a3 2 a3 6 . D. . 4 12 Tác giả: Dung Ngô – Phản biện : Nguyễn Thị Hồng Gấm C. Lời giải. Chọn B Gọi M là trung điểm AB , Ta có MA  MB  MC  MD  a Suy ra tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm M , đường kính AB . Suy ra tam giác ABD vuông tại D . Đưa về bài toán có thể sử dụng công thức tính nhanh. Gọi H là hình chiếu của S trên ABCD thì BD BD SB SH BD SAH BD BH . Nên ADBH là hình chữ nhật và H là điểm đối xứng với D qua M . Ta có HB Gọi SH 3 h 2 AD h . Cho a 1 . 3 a; HA h 2 1 BD 2a 2 a2 a 3 . 1 . Áp dụng công thức tính nhanh ta có : 1 5 h4 Và tam giác AMD đều cạnh a 4h2 12 S ABCD 0 h2 3S AMD 2 h 3a 2 3 4 2 VABCD SH 2a 1 3a 2 3 . .a 2 3 4 a3 6 4 25 Phát triển 4* - VDC : Phát triển cả hai ý tưởng : Phục dựng hình ẩn tìm đường cao Xác định góc trong giả thiết. Dùng tính chất đối xứng của điểm Câu 4: [PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO - VDC - Ngô Tú Hoa ] Cho tứ diện ABCD có AB  BD  DA  2a, BC  3a, AC  7a . Gọi M là trung điểm AB . N là điểm đối xứng với M qua trung điểm của cạnh AC , biết góc giữa hai mặt phẳng DMN và DBN bằng 60 , tính thể tích của khối tứ diện ABCD . A. 4 2a 3 . 3 B. 4 2a 3 a3 6 a3 6 . C. . D. . 9 9 3 Tác giả : Ngô Tú Hoa – Phản biện : Nguyễn Thị Hồng Gấm Lời giải Chọn B. Cách 1 : Gọi góc giữa hai mặt phẳng DMN và DBN là Ta có AB2  BC 2  AC 2  AB  BC . MN / / BC    60 . MN AB Phục dựng hình chóp D. ABCE như sau : Dựng hình chữ nhật ABCE . Do đó ta có hình chóp D. ABCE đáy hình chữ nhật ABCE . Từ giả thiết DA  DB ta có được hình chiếu H của D trên đáy thuộc mặt phẳng trung trực đoạn AB và đó cũng chính là mặt phẳng trung trực của CE . DN AB . Nên H MN và MN AB 26 Tính được DM DA2 MA2 a 3 BC MN . Nên tam giác DMN cân đỉnh M , Gọi I là trung điểm DN DN MI DN và do BM DMN IB . IM , IB MI MIB MA.cot 60 VD. ABC VD. ABN MIB 60 ( Do tam giác IMB vuông tại M ). a 3 DI 2VD. AMN 4VD. AMI DM 2 MI 2 4 .DI .S AMI 3 2 2a . 3 4 2 2 1 1 3 . . .1. a 3 3 2 3 4 2a 3 . 9 Bình luận : Phục dựng hình ẩn. Tìm mặt phẳng chứa đường cao , xác định góc để sử dụng giả thiết góc giữa hai mặt phẳng . Qua phương pháp xác định góc chuyển về chóp có đường cao và diện tích tìm được. hoàn thành bài toán tính thể tích khối chóp. Cách 2 : Từ giả thiết DA  DB ta có được hình chiếu H của D trên đáy thuộc mặt phẳng trung trực đoạn AB . Ta có AB2  BC 2  AC 2  AB  BC MN AB Hay BM MN . Do M là trung điểm AB . N là điểm đối xứng với M qua trung điểm của cạnh AC nên AB DMN BM DMN . Tính được DM DA2 MA2 a 3 Nên tam giác DMN cân đỉnh M , Gọi I là trung điểm DN DN và do BM MI IM , IB MI S DMN Do S MIB MA.cot 60 2S DMN ABC VABCD S DMN BC DN MN . IB . MIB 60 ( Do tam giác IMB vuông tại M ). a 3 DI MI .DI a 2 2a . 3 3 DM 2 MI 2 2 2a 3 2 2a 2 . 3 BMNC VD. ABC VD.BMNC 2VD.BMN 2VB.DMN 2 BM .SDMN 3 2 2 2a 2 .a. 3 3 4 2a 3 . 9 27 Phát triển 5* : Phát triển thành bài toán tính thể tích khối lăng trụ chưa có đường cao và giả thiết là góc giữa hai mặt bên. Rèn kỹ năng tìm góc và tính thể tích lăng trụ theo khối tứ diện nằm trong lăng trụ. Câu 5: [PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO - VDC - Ngô Tú Hoa ] Cho lăng trụ tam giác ABC. A B C có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Mặt bên ABB A là hình thoi, biết A AC 60 và góc giữa hai mặt phẳng A ACC và A BC bằng 30 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A B C . A. 3a 3 . 16 B. 3 3a 3 3 3a 3 3 2a 3 . C. . D. . 8 16 16 Tác giả : Ngô Tú Hoa – Phản biện : Nguyễn Thị Hồng Gấm Lời giải Chọn A Do đáy lăng trụ là tam giác đều, một mặt bên là hình thoi nên tất cả các mặt của lăng trụ đều là hình thoi. Do A AC Thì ta có : AC CM AC BM Gọi AC ACC MO, MC CM 60 nên A CC đều. Gọi M là trung điểm A C . B MC . . Gọi O A BC , A ACC Rõ ràng A C Do B M 60 A BC B C BC OM A BC , OM AC . A ACC OMC 30 OMC 150 a 3 2 28 B MC là tam giác cân đỉnh M OM MC.sin 30 a 3 4 MOC 90 OMC a 3 . 2 BC 2 Suy ra . B MC đều có diện tích S VABC . A B C 3VC . A B C A C .S 30 . a 3 3 . 2 4 B MC a.3 3a 2 16 B MC 3 3a 2 16 3 3a3 16 Phát triển 6 : Phát triển góc : Giả thiết là cho góc giữa hai mặt bên không bằng nhau cùng tạo với đáy một góc, kết luận tìm góc giữa hai mặt bên Câu 6: [PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO – Chuyên KHTN Lần 2 ] Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác vuông tại A với AB  a ; AC  2a . Mặt phẳng  SBC  vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Mặt phẳng  SAB  và  SAC  cùng tạo với mặt phẳng  ABC  một góc bằng 60 . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SBC  . Tính tan  . A. 51 . 17 B. 51 . 3 C. 17 . 3 D. 3 17 . 17 Lời giải Chọn B S N A C M H B Kẻ SH  BC tại H . TH1: H nằm giữa B, C Vì mặt phẳng  SBC  vuông góc với mặt phẳng  ABC  nên SH   ABC  . Kẻ HM  AB tại M ; HN  AC tại N . Khi đó tứ giác AMHN là hình vuông và SAC , ABC SNH SAB , ABC SMH 60 ; 60 . Đặt AM  x  0  x  a  . 29 Vì MH // AC nên x ax 2a .  x 2a a 3 2a 3 4a 17a . SM  , SB  3 3 3 Cách 1: Phương pháp khoảng cách SH .S ABC SH . AB. AC 2 d A, SBC a SSBC SH .BC 5  SH  tan 60.HM  SM . AB SB d A, SB sin d A, SBC d A, SB SM . AB SM 2 17 2 5 4 a 17 MB 2 51 3 tan Cách 2: Tọa độ hóa Chọn hệ trục Oxyz sao cho gốc tọa độ O  A như hình vẽ. z S N y A C M H B x Chọn a  1 . 2 2 2 3 2 2  Khi đó A  0;0;0  ; B 1;0;0  ; C  0; 2; 0  ; H  ; ;0  ; S  ; ; .  3 3  3 3 3  2 2 2 3 Ta có AS   ; ; cùng phương với vectơ u  1;1; 3  3 3 3      C   Vectơ pháp tuyến của  SAB  là n1  i, u   0;  3;1 .  1 2 2 3 BC   1; 2;0  ; BS    ; ; cùng phương với vectơ v  1; 2; 2 3 .  3 3 3        Vectơ pháp tuyến của  SBC  là n2   BC, v   4 3; 2 3; 0 . cos   cos   SAB  ;  SBC    n1.n2 n1 . n2  6 2. 60  15 . 10 85 sin  51  tan    . 10 cos  3 Cách 3: Phương pháp thể tích  sin   30 1 1 2 3a 1 2 3 3 . .a.2a  a. Ta có VS . ABC  .SH .S ABC  . 3 3 3 2 9 1 1 2 3a 15 2 1 1 4a 2 SSBC  SH .BC  . .a 5  a . SSAB  SM . AB  . .a  a 2 . 2 2 3 3 2 2 3 3 Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  SBC  ,  SAB  . 51 2SSBC .SSAB .sin  17 3 . Vậy tan   .  sin    cos   3 3.SB 2 5 2 5 TH2: H nằm ngoài B, C (làm tương tự trên, yếu tố thay đổi, đáp số không đổi) Từ công thức VSABC  Phát triển 7 : Phát triển góc trong bài toán cực trị Câu 7: [PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO – Phát triển Chuyên TN] Cho Cho hình chóp S. ABCD đều cạnh a , chiều cao b thỏa mãn 6a  b  9 . Biết O là tâm mặt cầu ngoại tiếp S. ABCD . Khi thể tích khối chóp lớn nhất thì cos   OAB  ,  OBC   bằng bao nhiêu? A. 36 . 325 B. 36 . 325 C. 72 . 325 D. 72 . 325 Lời giải 1  3 Ta có thể tích khối chóp VS . ABCD  .a 2 .  9  6a   2a3  3a 2 với a   0;  . 3  2 Từ đây ta tìm được AB  1, SH  3 , SB  SB 2 19 38  . . Từ đó tính được SO  R  2SH 12 2 Từ H kẻ HK  OB tại K 31 suy ra góc giữa hai mặt phẳng  OAB  với mặt phẳng  OBC  là góc KA, KC . 17 2 5 13 , KA  KC  , 38 19 36 36 . cos AKC  cos   OAB  ,  OBC    325 325 Ta có HK  Phát triển 8 : Bài toán góc hay trong đề thi ĐH – 2003 Đề thi tham khảo Đề ĐH – 2003 : Cho hình lập phương ABCD. A B C D . Tính góc giữa hai mặt phẳng BA C và DA C . A. 60 . B. 30 . C. 45 . D. 90 . Lời giải Chọn A Gọi BA C , DA C Gọi H AB Tương tự K Do HK BD 2 AHK đều AB AD . Gọi cạnh hình lập phương bằng a H là trung điểm A B . ta có AD AK a 2 , và AH 2 AH , AK DA C AB AH AB AH BA C . AH , AK . a 2 2 AK AHK AH 60 60 . Bình luận : Đây là bài toán góc cổ điển và mang đủ độ khó của bài toán góc. Và để có thể kết thúc nhanh gọn ta cần có cái nhìn quen thuộc về hình lập phương. Có rất nhiều cách giải khác nhau, nhưng nhanh gọn nhất là sự kết hợp bài toán góc tính bằng định nghĩa, được sử dụng nhuần nhuyễn trong hình lập phương . 32 Phát triển 9 : Bài toán góc hay trong Đề thi tham khảo – 2018 của BGD [ĐỀ THI THAM KHẢO 2017-2018 ] Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC có AB  2 3 và AA  2 . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC và BC (tham khảo hình vẽ bên). Cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ABC) và ( MNP) bằng A. 6 13 . 65 Lời giải. Chọn B B. 13 . 65 C. A' 17 13 . 65 D. 18 13 . 65 C' N M B' C A P B Dễ thấy AB C ; MNP AB C ; MNCB 1800 AB C ; A B C 1800 A BC ; ABC Ta có A BC ; ABC Và MNBC ; ABC SA  2 AA  4. MNBC ; A B C MNBC ; ABC . A P; AP SP; AP 2 arctan . 3 4 arctan , với S là điểm đối xứng với A qua A, thì 3 A PA SPA 33 2 4 13 arctan . 3 3 65 Bình luận : Vẫn là bài toán giả thiết có đường cao và yêu cầu tính góc, nhưng cách hỏi góc đòi hỏi người làm toán phải biết mở rộng mặt phẳng để góc cần tìm được nhìn thấy rõ ràng hơn. Mặt khác bám vào tính chất đặc trưng của lăng trụ tam giác đều , kết hợp kiến thức cơ bản về góc rất sâu thì mới giải quyết được nhanh bài toán này. Suy ra cos AB C ; MNP cos 1800 arctan Phát triển 10 : Bài toán góc trong Đề thi THPTQG – 2018 của BGD Câu 37: A. [Mã 101- THPTQG-2018] Cho hình lập phương ABCD. ABCD có tâm O . Gọi I là tâm hình vuông ABCD và M là điểm thuộc đoạn thẳng OI sao cho MO  2MI (tham khảo hình vẽ). Khi đó cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng  MC D  và  MAB  bằng 6 85 . 85 B. 7 85 . 85 17 13 . 65 Hướng dẫn giải C. D. 6 13 . 65 Chọn B. Không mất tính tổng quát, ta giả sử các cạnh của hình lập phương bằng 6. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của DC  và AB . Khi đó ta có MP  IM 2  IP2  10, MQ  34, PQ  6 2. Áp dụng định lí côsin ta được MP 2 MQ 2 PQ 2 14 . cos PMQ 2MP.MQ 340 Góc  là góc giữa hai mặt phẳng  MC D  và  MAB  ta có cos   14 7 85  85 340 Bình luận : Gắn kết quan hệ : Từ đề tham khảo đến đề thật : Ta thấy con đường và ý tưởng vẫn vậy , nhưng góc thì lạ hơn rất nhiều. Rõ ràng vẫn là phải hiểu rất sâu về hình lập phương : Bản chất vẫn là lăng trụ đều – nghĩa là bài toán có đường cao, có chút đặc biệt là các cạnh bằng nhau , dẫn đến lời giải ngắn gọn súc tích. Và một lần nữa lại khẳng định : nắm vững kiến thức cơ sở của bài toán góc thì học sinh mới có thể giải nổi bài toán lạ nhưng rất quen này. 34