Toán 11 Tổng hợp những bài toán HHKG thường gặp

[Timeless time]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

Chào các bạn, ở topic này mình sẽ tổng hợp một số câu hình học không gian hay gặp và sẽ có một số câu VD - VDC. Các bạn theo dõi và đón đọc nhé
Trước khi đi vào phần bài tập các bạn hãy xem qua lý thuyết ở topic này nha: Vectơ trong không gian. Quan hệ vuông góc

Câu 1: Cho hình chóp [imath]S.ABC[/imath] có đáy [imath]ABC[/imath] là tam giác đều cạnh [imath]a[/imath]. Cạnh bên [imath]SA =a\sqrt 3[/imath] và vuông góc với mặt đáy [imath](ABC)[/imath]. Tính khoảng cách [imath]d[/imath] từ [imath]A[/imath] đến mặt phẳng [imath](SBC)[/imath].
A. [imath]d = \dfrac{a\sqrt{15}}5[/imath]
B. [imath]d= a[/imath]
C. [imath]d = \dfrac{a\sqrt 5}5[/imath]
D. [imath]d = \dfrac{a\sqrt 3}2[/imath]

Lời giải:

Gọi [imath]M[/imath] là trung điểm [imath]BC[/imath], suy ra [imath]AM \perp BC[/imath] và [imath]AM = \dfrac{a \sqrt 3}2[/imath]. Gọi [imath]K[/imath] là hình chiếu của [imath]A[/imath] trên [imath]SM[/imath], suy ra [imath]AK \perp SM \qquad (1)[/imath] Ta có [imath]\begin{cases} AM \perp AC \\ BC \perp SA \end{cases} \implies BC \perp (SAM) \implies BC \perp AK \qquad (2)[/imath] Từ [imath](1)[/imath] và [imath](2)[/imath], suy ra [imath]AK \perp (SBC)[/imath] nên [imath]d(A, (SBC)) = AK[/imath]. Trong [imath]\triangle SAM[/imath] có [imath]AK = \dfrac{SA \cdot AM}{\sqrt{SA^2 + AM^2}} = \dfrac{3a}{\sqrt{15}} = \dfrac{a\sqrt{15}}5[/imath] [imath]\implies[/imath] Chọn đáp án [imath]A[/imath]

 

[Timeless time]

Câu 2: Cho hình chóp [imath]S.ABC[/imath] có đáy [imath]ABC[/imath] là tam giác vuông tại [imath]A, AB = a, AC = a\sqrt 3[/imath]. Tam giác [imath]SBC[/imath] đều và nằm trong mặt phẳng vuông với đáy. Tính khoảng cách [imath]d[/imath] từ [imath]B[/imath] đến mặt phẳng [imath](SAC)[/imath].
A. [imath]d = \dfrac{a\sqrt {39}}{13}[/imath]
B. [imath]d= a[/imath]
C. [imath]d = \dfrac{2a \sqrt{39}}{13}[/imath]
D. [imath]d = \dfrac{a \sqrt 3}2[/imath]

Lời giải:

Gọi [imath]H[/imath] là trung điểm của [imath]BC[/imath], suy ra [imath]SH \perp BC \implies SH \perp (ABC)[/imath] Gọi [imath]K[/imath] là trung điểm [imath]AC[/imath], suy ra [imath]HK \perp AC[/imath]. Kẻ [imath]HE \perp SK (E \in SK)[/imath] Khi đó: [imath]d(B, (SAC)) = 2d(H,(SAC)) = 2HE = 2 \cdot \dfrac{SH \cdot HK}{\sqrt{SH^2 + HK^2}} = \dfrac{a\sqrt{39}}{13}[/imath] [imath]\implies[/imath] Chọn đáp án [imath]A[/imath]

 

[Timeless time]

Câu 3: Cho hình chóp [imath]S.ABCD[/imath] có đáy [imath]ABCD[/imath] là hình vuông cạnh [imath]a[/imath], các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng [imath]2a[/imath]. Tính khoảng cách [imath]d[/imath] từ [imath]A[/imath] đến mặt phẳng [imath](SCD)[/imath].
A. [imath]d = \dfrac{a \sqrt 7}{\sqrt{30}}[/imath]
B. [imath]d = \dfrac{2a \sqrt 7}{\sqrt{30}}[/imath]
C. [imath]d = \dfrac{a}2[/imath]
D. [imath]d = \dfrac{a\sqrt 2}2[/imath]

Lời giải:

Gọi [imath]O[/imath] là tâm của đáy, suy ra [imath]SO \perp (ABCD)[/imath] Ta có [imath]d (A,(SCD)) = 2d (O,(SCD))[/imath] Gọi [imath]J[/imath] là trung điểm [imath]CD[/imath], suy ra [imath]OJ \perp CD[/imath] Gọi [imath]K[/imath] là hình chiếu của [imath]O[/imath] trên [imath]SJ[/imath], suy ra [imath]OK \perp SJ[/imath] Khi đó: [imath]d = (O,(SCD)) = OK = \dfrac{SO \cdot OJ}{\sqrt{SO^2 + OJ^2}} = \dfrac{a \sqrt 7}{\sqrt{30}}[/imath] [imath]\implies d(A, (SCD)) = 2OK =\dfrac{2a\sqrt 7}{\sqrt{30}}[/imath] [imath]\implies[/imath] Chọn đáp án [imath]B[/imath]

 

[Timeless time]

Câu 4: Cho hình chóp [imath]S.ABC[/imath] có đáy là tam giác vuông tại [imath]A, AB = a, \widehat{ACB}= 30^\circ , SA[/imath] vuông góc với đáy và góc giữa mặt phẳng [imath](SBC)[/imath] tạo với mặt phẳng đáy một góc [imath]60^\circ[/imath] . Khoảng cách từ trọng tâm của tam giác [imath](SAB)[/imath] đến mặt phẳng [imath](SBC)[/imath] bằng
A. [imath]\dfrac{a\sqrt 3}{12}[/imath]
B. [imath]\dfrac{a\sqrt 3}4[/imath]
C. [imath]\dfrac{a\sqrt 3}3[/imath]
D. [imath]\dfrac{a\sqrt 3}6[/imath]

Lời giải:

Kẻ [imath]AH \perp BC[/imath] (trong mặt phẳng [imath](ABC)[/imath]). Khi đó vì [imath]AH ⊥ (ABC)[/imath] nên [imath]SH \perp BC[/imath]. Suy ra góc giữa mặt phẳng [imath](SBC)[/imath] tạo với mặt phẳng đáy là [imath]\widehat{AHS} = 60^\circ[/imath] Trong [imath](SAH)[/imath], kẻ [imath]AK \perp SH[/imath] thì [imath]AH \perp (SBC)[/imath] (vì [imath]BC \perp (SAH)[/imath]). Khi đó [imath]d(A,(SBC))= AH[/imath]. Xét tam giác vuông [imath]AHK[/imath] có [imath]\widehat{AHS} = 60^\circ[/imath] và [imath]AH = a\dfrac{a\sqrt 3}4[/imath] (vì tam giác [imath]AHB[/imath] là nửa tam giác đều với cạnh huyền [imath]AB = a[/imath]). Khi đó [imath]AH = \dfrac{a\sqrt 3}4[/imath]. Vì trọng tâm [imath]G[/imath] của tam giác [imath]SAB[/imath] nên ta có [imath]\dfrac{d(G,(SBC))}{d(A,(SBC))} = \dfrac{1}3[/imath] Vậy khoảng cách từ trọng tâm của tam giác [imath](SAB)[/imath] đến mặt phẳng [imath](SBC)[/imath] bằng [imath]\dfrac{a\sqrt 3}{12}[/imath] [imath]\implies[/imath] Chọn đáp án [imath]A[/imath]

 

[Timeless time]

Câu 5: Cho hình lăng trụ [imath]ABC.A'B'C'[/imath] độ dài cạnh bên là [imath]2a[/imath], đáy [imath]ABC[/imath] là tam giác vuông tại [imath]A, AB = a, AC =a\sqrt 3[/imath]. Hình chiếu [imath]A'[/imath] lên [imath](ABC)[/imath] trùng với trung điểm [imath]I[/imath] của [imath]BC[/imath]. Khi đó [imath]\cos(AA' , B'C')[/imath] là:
A. [imath]\dfrac{\sqrt 2}2[/imath]
B. [imath]\dfrac{1}2[/imath]
C. [imath]\dfrac{1}4[/imath]
D. [imath]\dfrac{\sqrt 3}2[/imath]

Lời giải:

Ta có [imath]\cos (A A', B' C')=\cos (I I', B' C')[/imath]. Ta có [imath]I I'=2 a ; B I=a[/imath]. Xét [imath]\Delta A'IA[/imath] vuông tại [imath]I: A'I=\sqrt{A A'^ 2-A I^{2}}=a \sqrt{3}[/imath]. Suy ra [imath]B'I=\sqrt{A'I^{2}+A'B'^ 2}=2 a[/imath]. Vậy [imath]\cos (A A', B' C')=|\cos (B'I' I)|=\left|\dfrac{a^{2}+(2 a)^{2}-(2 a)^{2}}{2 a \cdot 2 a}\right|=\dfrac{1}{4}[/imath]. [imath]\implies[/imath] Chọn đáp án [imath]C[/imath]

 

[Timeless time]

Câu 6: Cho tứ diện đều [imath]ABCD[/imath]. Tính [imath]\cos[/imath] của góc giữa [imath]AB[/imath] và [imath](BCD)[/imath]
A. [imath]\dfrac{\sqrt 3}{3}[/imath]
B. [imath]\dfrac{\sqrt 6}3[/imath]
C. [imath]\dfrac{1}{\sqrt 2}[/imath]
D. [imath]\dfrac{\sqrt 3}2[/imath]

Lời giải:

Đặt [imath]AB = a[/imath]. Gọi [imath]G[/imath] là trọng tâm [imath]\triangle BCD[/imath], do tứ diện [imath]ABCD[/imath] đều, suy ra [imath]AG \perp (BCD)[/imath] [imath]\implies BG[/imath] là hình chiếu của [imath]AB[/imath] lên [imath](BCD)[/imath] Do đó [imath]\widehat{(AB,(BCD))} = \widehat{(AB, BG)} = \widehat{ABG}[/imath] Ta có: [imath]GB = \dfrac{2}3 \cdot \dfrac{a \sqrt 3}2 = \dfrac{a\sqrt 3}3[/imath] [imath]\implies \cos \widehat{ABG} = \dfrac{BG}{AB} = \dfrac{\sqrt 3}3[/imath] [imath]\implies[/imath] Chọn đáp án [imath]A[/imath]