Bài toán góc và khoảng cách trong đề tham khảo THPTQG 2020 môn Toán Toán 12

Tài liệu gồm 34 trang, phân tích và phát triển bài toán góc và khoảng cách trong đề tham khảo THPTQG 2020 môn Toán, cụ thể đó là câu 37 và câu 49.Mời bạn đọc đón xem.

22 11 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Chương 1: Khối đa diện

Môn: Toán 12

Thông tin:

34 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Lan Tường
NHÓM TOÁN VD – VDC PHÂN TÍCH Đ THAM KHO – 2019-2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Trang 1
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
NHÓM VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO
PHÂN TÍCH ĐỀ THAM KHẢO
NĂM HỌC 2019 - 2020
1 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,
2
AB a
=
,
AD DC CB a
= = =
.
SA
vuông góc với đáy và
3
SA a
=
(minh họa hình dưới đây).
PHÂN TÍCH
–
BÌNH LU
Ậ
N CÂ
U 37
I.
=I
NHÓM TOÁN VD – VDC PHÂN TÍCH Đ THAM KHO – 2019-2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Trang 2
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
Gọi
M
là trung điểm của
AB
. Khoảng cách giữa hai đường thẳng
SB
và
DM
bằng
A.
3
4
a
. B.
3
2
a
. C.
3 13
13
a
. D.
6 13
13
a
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
Như vậy ta có
( ) ( ) ( )
BC AC
BC SAC SBC SAC
BC SA
⊥
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
⊥
Trong mặt phẳng
)
SAC
Dựng
AH SC
⊥
tại
H
suy ra
BC AH
⊥
(
)
AH SBC
⇒ ⊥
Nên
(
)
(
)
,
d A SBC AH
=
NHÓM TOÁN VD – VDC PHÂN TÍCH Đ THAM KHO – 2019-2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Trang 3
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
2 2
3
AC AB BC a
= − = ;
2 2
2 3
SC SA AC a
= + =
. 3
2
SA AC
AH a
SC
⇒ = =
( )
( )
( )
( )
1 3
, ,
2 4
d M SBC d A SBC a
⇒ = =
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
= + ⇒ =
2 2 2
1 1 1 3
4
a
AH
AH AN AI
.
Vậy,
( ) ( )
( )
= = =
3
, ,
4
a
d SB DM d A MND AH
.
Hoặc Áp dụng công thức thể tích trong phần tính khoảng cách từ một điểm đến mặt
phẳng.
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
= = = = =
.
3
1 3
, , , ,
2 4
S ABC
SBC
V
a
d SB DM d SBC MND d M SBC d A SBC
S
1. Ý tưởng 1
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau nằm trên hai mặt bên ,trong hình chóp
có đường cao
Ý TƯ
Ở
NG V HƯ
Ớ
NG PHÁT TRI
Ể
N
II.
=I
NHÓM TOÁN VD – VDC PHÂN TÍCH Đ THAM KHO – 2019-2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Trang 4
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
Câu 1
Chóp .
S ABC
có đáy là tam giác đều cạnh
2 3
a
. 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.
15
4 79
a
. B.
2 237
79
.
C.
2 237
79
a
.
D.
15 79
79
a
Lời giải
Chọn C
+ Gọi
E
là trung điểm cạnh
AC
;
K
là hình chiếu của
N
trên
/ /
HC NK SH
⇒
.
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
8
; ; ; ;
5
d AM BN d A BEN d C BEN d K BEN
⇒ = = =
.
Vì
( )
( )
( )
( )
2
;
5
3
2 1
8
;
3 4
HC
d C BEN
CG
KG
d K BEN
HC
= = =
−
.
+ Ta có:
1
4 4
KN CN a
KN
SH SC
= = ⇒ =
.
+ Gọi
I
là hình chiếu của
K
trên
BE
/ /
IK EC
⇒
Do đó
5 5 3
8 8
IK GK a
KI
EC GC
= = ⇒ =
.
Vậy
( ) ( )
( )
2 2 2
2
5
. . 3
8 8 . 8 2 237
4 8
; ;
5 5 5 79
25
.3
16 64
a
a
KN KI a
d AM BN d K BEN
KN KI a
a
= = = =
+
+
.
2. Ý tưởng 2
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau trong hình chóp có đường cao
NHÓM TOÁN VD – VDC PHÂN TÍCH Đ THAM KHO – 2019-2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Trang 5
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
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.
13
13
a
.
B.
13
3
a
.
C.
3 13
13
a
.
D.
2 13
13
a
.
Lời giải
Chọn A
Gọi
'
M
là trung điểm
SC
'/ /
MM BN
⇒
.
Khi đó
( ) ( )
( )
( )
( )
. '
3.
, , ' , '
∆
= = =
B AMM
AMN
V
d AM BN d BN AMM d B AMM
S
.
Do
4 '
=
SC M C
nên
( )
( )
1
',
4 4
= =
a
d M ABC SA
và
2
1 3
2 8
∆ ∆
= =
ABM ABC
a
S S
. Suy ra
3
'
3
96
=
M ABM
a
V
. Tính được
3
2
=
a
AM
.
Theo công thức độ dài đường trung tuyến trong tam giác ta có
2 2 2 2 2 2
1 1 1 2 2
'
2 2 2 4 2 2 4 2
+ +
= = − = − =
BC BS SC a a a a
MM BN
.
2
2
2 2 2 2
10
2
'
2 4 2 8 4
+
+
= − = − =
a
a
AN AC NC a a
AM .
Suy ra
2
'
39
32
∆
=
AMM
a
S
. Vậy
( )
3
2
3
3.
13
96
,
13
39
32
= =
a
a
d AM BN
a
NHÓM TOÁN VD – VDC PHÂN TÍCH Đ THAM KHO – 2019-2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Trang 6
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
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
2 3
AC a
=
,
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 3
a
.
B.
4 3
a
C.
6
a
.
D.
2 6
a
Lời giải
Chọn A
Ta có:
)
)
)
' , ' 30
C A M A B M A B C
′ ′ ′ ′ ′
= =
4
CC a
′
⇒ =
tan 30 2
C M A C a
′ ′ ′
⇒ = =
Kẻ
(
)
AN AM N A C
′
⊥ ∈
. Gọi
A M AN D
′
∩ =
.
Khi đó :
( ) ( )
( )
2 2
2 2
16
, , 2 3
16
16
3
A A a
d B M AB d A A B M AD a
AN
a a
′
′ ′ ′
= = = = =
+
.
( Do
4 3
3
A A.C M a
A N
C A
′ ′
′
= =
′ ′
)
NHÓM TOÁN VD – VDC PHÂN TÍCH Đ THAM KHO – 2019-2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Trang 7
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
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
' 2 ,
= =
AA a 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.
4 65
65
a
.
B.
14 65
65
a
.
C.
4 65
195
a
.
D.
12 65
65
a
.
Lời giải
Chọn A
Gọi
N
′
là trung điểm của
BC
, suy ra
(
)
/ / '
BM ANN
Do đó
( ) ( )
( )
( )
( )
.
3
, , ,
B ANN
ANN
V
d BM AN d BM ANN d B ANN
S
′
′
∆
′ ′
= = =
Ta có:
2 2
17 3 17
, ; '
2 2 2
a a a
AN AA A N AN NN BM AN
′ ′ ′
= + = = = = =
Suy ra
2
195
16
ANN
a
S
′
∆
=
.
Ta có
2 3
.
1 1 1 3 3
. .2 . .
3 3 2 4 12
B ANN ABN
a a
V AA S a
′ ′
′
= = =
Vậy
( )
3
2
3
3.
4 65
12
;
65
195
16
a
a
d BM AN
a
= =
NHÓM TOÁN VD – VDC PHÂN TÍCH Đ THAM KHO – 2019-2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Trang 8
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
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 đ
ề
u c
ạ
nh
a
.
Gọi
,
M N
lần lượt là trung điểm
,
SB BC
, biết
(
)
(
)
, 2
d S ABC a
=
. Tính khoảng cách giữa
AM
và
SN
.
A.
3 10
20
a
B.
3 10
40
a
C.
3 5
40
a
D.
3 5
20
a
Lời giải
Chọn B.
Từ giả thiết ta có hai tam giác vuông
SAB
và
SBC
chung cạnh huyền
SB
2
SB
MA MB MC
⇒ = = =
.
⇒
hình chiếu của
M
trên
)
ABC
là tâm tam giác đều
ABC
, nên gọi
G
là tâm tam
giác thì
(
)
MG ABC
⊥
và
( )
( )
1
,
2
MG d S ABC a
= =
Gọi
E
là trung điểm
BN
/ /
ME SN
⇒
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
3
, , , ,
2
d AM SN d SN AME d N AME d G AME
⇒ = = =
.
Kẻ
,
GF AE F AE
⊥ ∈
( )
( )
2 2
.
,
MG GF
d G AME
MG GF
⇒ =
+
Ta có
39
GF GA a
GF
EN EA
= ⇒ =
( )
( )
1 1
,
1 2 10
39 1
39
d G AME a a
⇒ = =
+
( )
3 1 3 10
, .
2 40
2 10
a
d AM SN a⇒ = =
NHÓM TOÁN VD – VDC PHÂN TÍCH Đ THAM KHO – 2019-2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Trang 9
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
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 2
a
và
7
B C a
′
=
,
90
B AB
′
=
,
AB BC a
= =
,
30
BAC
=
. Tính khoảng cách
)
,
d CC AB
′ ′
.
A.
21
3
a
.
B.
21
7
a
.
C.
7
7
a
.
D.
21
5
a
.
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
, 30 120
B BAC ABC
= ⇒ =
H
⇒
là 1 đỉnh của hình thoi
ABCH
.
AHB
△
đều, nên kẻ
,
HE AB E AB
⊥ ∈
3
2
a
EH⇒ = .
Và có
)
2
2
2
SH a a a
= − =
( )
( )
( )
( )
( )
2 2
. 21
, , ,
7
SH HE a
d AB CC d C SAB d H SAB
SH HE
′ ′ ′
= = = =
+
NHÓM TOÁN VD – VDC PHÂN TÍCH Đ THAM KHO – 2019-2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Trang 10
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
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
2
a
,
2
SA SB a
= =
,
khoảng cách giữa hai đưởng thẳng
AB
và
SC
bằng
a
. Tính thể tích của khối chóp đã
cho bằng
A.
3
3
6
a
.
B.
3
2 3
3
a
.
C.
3
2 6
3
a
.
D.
3
6
3
a
.
Lời giải
Chọn B
a 2
a
2a
O
N
M
C
A
D
B
S
H
Gọi
M
là trung điểm của đoạn thẳng
AB
.
Ta có
2
SA SB a
= =
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
2
2 2 2
4
AB
SM SA AM SA a SM AM BM a
= − = − = ⇒ = = =
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
= = = = =
2 2
3
SM SN SN MN SM a
⇒ ⊥ ⇒ = − = .
NHÓM TOÁN VD – VDC PHÂN TÍCH Đ THAM KHO – 2019-2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Trang 11
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
Do đó
. 3
. .
2
SM SN a
SH MN SM SN SH
MN
= ⇔ = =
và
2 2
4
ABCD
S AB a
= =
.
Vậy
3
2
.
1 1 3 2 3
. . . .4
3 3 2 3
S ABCD ABCD
a a
V SH S a= = =
.
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
3 , 2 , 4 , 13
AD a AB a BC a BD a
= = = =
và
90
DAC
=
. Biết
khoảng cách giữa hai đường thẳng
,
AB CD
bằng
3 10
5
a
, tính thể tích của khối tứ
diện
ABCD
A.
3
6
a
.
B.
3
6
a
. C.
3
2 6
a
.
D.
3
2 3
a
.
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
2 2 2
AD AB BD
+ =
DA AB
⇒ ⊥
)
DA ABC
⇒ ⊥
.
Dựng hình bình hành
ABEC
có
2
EC AB a
= =
.
)
)
)
)
)
, , ,
d AB CD d AB CDE d A CDE
= =
.
Kẻ
,
AK CE AH DK
⊥ ⊥
)
AH DCE
⊥
NHÓM TOÁN VD – VDC PHÂN TÍCH Đ THAM KHO – 2019-2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Trang 12
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
( )
( )
2 2
.
,
DA AK
d A CDE AH
DA AK
⇒ = =
+
2
3. 3 10
6
5
9
AK a
AK a
AK
⇒ = ⇒ =
+
3
1 1
.3 . .2 . 6 6
3 2
ABCD
V a a a a
⇒ = =
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
2 , 7
AB BD AD a AC a
= = = =
,
3
BC a
=
. Biết khoảng cách
giữa hai đường thẳng
,
AB CD
bằng
a
, tính thể tích của khối tứ diện
ABCD
.
A.
3
2 6
3
a
.
B.
3
2 2
3
a
.
C.
3
2 6
a .
D.
3
2 2
a
.
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
2 2 2
AB BC AC
+ =
AB AC
⇒ ⊥
.
NHÓM TOÁN VD – VDC PHÂN TÍCH Đ THAM KHO – 2019-2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Trang 13
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
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
3
DM MN
= =
nên
DMN
△
cân đỉnh
M
I
⇒
là trung điểm
DN
2 2
2 2 2
DN MN MI
⇒ = − =
. .2 2 2 2
3 3
MI DN a a a
DH
MN
a
⇒ = = =
3
3
1 1 2 2 2 2
. . .2. 3
3 6 3
3
ABCD ABC
a
V DH S a= = =
.
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
2 2 2
AB BC AC
+ =
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
)
NHÓM TOÁN VD – VDC PHÂN TÍCH Đ THAM KHO – 2019-2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Trang 14
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
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.
• Lời giải.
2 2 2
AB BC AC
+ =
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
.
3.
AGF BCE ABCD
V V
⇒ =
Khi đó, vì
)
)
)
/ / , ,
AB CEFG d AB CD d B CE BH a
⇒ = = =
với
,
H CE BH CE
∈ ⊥
NHÓM TOÁN VD – VDC PHÂN TÍCH Đ THAM KHO – 2019-2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc
Trang 15
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
NHÓM TOÁN VD
–
VDC
Ta tính được
2 3
1 2 2
3 2 2 2 . .
3 3
BCE ABCD BCE
BE a BC CE a S a V AB S a
= = ⇒ = ⇒ = ⇒ = =
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 1
N
H
Ó
M
T
O
Á
N
VD
–
VD
C
NHÓM TOÁN VD – VDC
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
,PQ
,
0 90
, ta đưa về góc giữa hai đường thẳng
a
và
b
như sau:
+ Cách 1: Dùng định nghĩa :
,ab
với
,a P b Q
+ Cách 2: Xác định góc :
,ab
với
,
,,
,,
P Q d O d
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
ở đây
,P Q d M P
+ Cách 4: Công thức đa giác chiếu :
cos
S
S
.
Ở đây:
S
là diện tích đa giác của đa giác
H
nằm trên
P
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 2
N
H
Ó
M
T
O
Á
N
VD
–
VD
C
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
2.
.sin
3
ABC ABD
ABCD
SS
V
AB
3. .
sin
2.
ABCD
ABC ABD
V AB
SS
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.
+ 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 ABCD
,đáy
ABCD
là hình chữ nhật , biết
,,SA h AB a AD b
.
Gọi
,SBC SDC
.
Khi đó:
2 2 2 2
cos . . 1
AB AD a b
SB SD
h a h b
Đặc biệt khi
ABCD
là hình vuông thì
2
22
cos 2
a
ha
.
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 3
N
H
Ó
M
T
O
Á
N
VD
–
VD
C
Thật vậy :
Cách 1:
F
E
D
C
B
A
S
Gọi
,EF
lần lượt là hình chiếu của
A
lên
,SB SD
,
khi đó ta có
AE SBC
và
AF SDC
,
do đó
,,SBC SDC AE AF

.
Khi đó
.
cos = 3
.
AE AF
AE AF
.
Ta có
.
*
AB SA
AE
SB
và
2
SA
SE
SB
suy ra
2 2 2
2 2 2
SA SA AB
SE SB AE AB AS
SB SB SB
Tương tự
.
, **
AD SA
AF
SD
,
2
SA
SF
SD
suy ra
2 2 2
2 2 2
SA SA AD
SF SD AF AD AS
SD SD SD
Do đó
22
2
22
.
. . ***
.
AB AD
AE AF AS
SB SD
.
Thay
* , ** , * **
vào
3
ta được công thức
1
.
Cho
ab
ta được
2
.
Cách 2:
Gọi
K
là hình chiếu của
D
lên
SC
, khi đó
,,
..
sin
..
d D SBC d A SBC
AE AS AB SC AS SC
DK DK DK SB SD DC SB SD
2 2 2 2 2 2
22
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
22
.
.
cos 1
..
.
.
..
SB SD SA SA AB AD
AS SC
SB SD SB SD
SA AB SA AD SA SA AB AD
AD AB
SB SD SD SB
Cách 3: PP Toạ độ hoá
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 4
N
H
Ó
M
T
O
Á
N
VD
–
VD
C
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
, , 90 ,A AB a SBA SCA
góc giữa
hai mặt phẳng
SAB
và
SAC
bằng
60
. Thể tích khối chóp đã cho
bằng
A.
3
a
. B.
3
3
a
. C.
3
2
a
. D.
3
6
a
.
Lời giải
Chọn D
Cách 1:
Ta có
2
1
.
22
ABC
a
S AB AC

.
Gọi
D
là hình chiếu vuông góc của
S
lên mặt phẳng
ABC
.
Ta có
AB SB
AB SBD AB BD
AB SD
.
Tương tự, ta có
AC CD
ABDC
là hình vuông cạnh
a
. Đăt
,0SD x x
.
Gọi
H
là hình chiếu vuông góc của
D
lên
2 2 2 2
.DB DS ax
SB DH
DB DS a x

.
Ta có
22
,
DH SB
ax
DH SAB d D SAB DH
DH AB
ax
.
Lại có
// // , ,CD AB CD SAB d C SAB d D SAB DH
.
SCA
vuông tại
,C
có
22
,AC a SC x a
.
Kẻ
22
2 2 2 2
..
2
CACS a x a
CK SA CK
CA CS x a

.
Vì
,
sin ,
,
d C SAB
DH
SAB SAC SA SAB SAC
d C SA CK
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 5
N
H
Ó
M
T
O
Á
N
VD
–
VD
C
22
22
2
2 2 2 2 2
22
22
22
32
sin60 3 4 2
2
2
ax
x x a
ax
x a x x a x a
xa
a x a
xa
.
DH a
. Vậy
3
.
1
.
36
S ABC ABC
a
V S SD

.
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
,0SD x x
.
Kẻ
,DH SB H SB DH SAB
và
22
ax
DH
xa
.
Kẻ
,DK SC K SC DK SAC
và
22
ax
DK
xa
.
Ta có
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
// . 2
SH SK SD x x x
HK BD HK BD a
SB SC
SB x a x a x a
.
Ta có
2 2 2
cos , cos
2.
DH DK HK
SAB SAC HDK
DH DK
2 2 2 4
2 2 2
22
2
2 2 2 2
22
22
11
22
2
x a a x
xa
xa
a
xa
x a x a
xa
.
.SD a
Lại có
2
1
.
22
ABC
a
S AB AC

. Vậy
3
.
1
.
36
S ABC ABC
a
V S SD

.
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)
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 6
N
H
Ó
M
T
O
Á
N
VD
–
VD
C
Cách 3:
S
B
D
C
A
I
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
; 60CI BI CI
.
Có
2BC a
,
BIC
cân tại I.
Do
2BI CI A C a a BC
nên
BIC
không đều
6
120
3
a
BIC BI CI
.
Từ đó
3
3
a
AI
;
2
. 3.AB AI SA SA a
Dựng hình vuông
ABDC
SD ABDC
.
Có :
3
2 2 2
.
1
; . .
36
ABC S ABC ABC
a
SD SA AD a S a V S SD

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
.
Ta có
AB SB
AB SBD AB BD
AB SD
.
Tương tự, ta có
AC CD
ABDC
là hình vuông cạnh
a
.
Đăt
,0SD h h
.
22
2 2 2 2
1
cos
2
aa
h a SD a
h a h a
Từ đây tiếp tục tính thể tích
3
.
1
.
36
S ABC ABC
a
V S SD
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 7
N
H
Ó
M
T
O
Á
N
VD
–
VD
C
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.
6
120
3
a
BIC BI CI
.
Từ đó
3
3
a
AI
;
2
. 3.AB AI SA SA a
.
11
..
33
S ABC IBC IBC
V S SI AI S SA

.
Với
2 2 3
.
1 3 1 3
. . . 120 . . 3 .
2 6 3 6 6
IBC S ABC
a a a
S IB IC sin V a
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
6
120
3
a
BIC BI CI
.
Từ đó
3
3
a
AI
;
2
. 3.AB AI SA SA a
2
.
2 2 1
.sin . .sin60
3 3 2
SAC SAB
ABCD
SS
V CI SA
SA SA
23
1 1 6 3
. . . 3.
3 2 9 2 6
aa
a
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 TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO] Cho hình chóp
.S ABC
, có
90 , 10 , 3SAB ABC SCB AB a BC a
và góc giữa hai mặt phẳng
SAB
và
SBC
bằng
45
. Tính thể tích khối chóp
.S ABC
.
A.
3
15
3
a
. B.
3
2 15
3
a
. C.
3
15
6
a
. D.
3
15
2
a
P
.
Tác giả : Dung Ngô – Phản biện : Nguyễn Thị Hồng Gấm
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 8
N
H
Ó
M
T
O
Á
N
VD
–
VD
C
Lời giải.
Chọn A
Gọi góc cần tìm là
,SAB SBC
. Ta sẽ phục dựng hình ẩn là chóp
.S ABCD
:
Giả sử gọi
D
là hình chiếu vuông góc của
S
lên mặt phẳng
ABC
.
Ta có
AB SA
AB AD
AB SD
. Tương tự, ta có
BC CD
ABCD
là hình chữ nhật .
Nên
.S ABCD
là hình chóp có
,SD ABCD
đáy
ABCD
là hình chữ nhật .
Đăt
,0SD h h
. Coi
1a
để tiện tính toán.
Cách 1 : Áp dung phương pháp khoảng cách để tính góc :
, , ,
1
sin
, , ,
2
d A SBC d D SBC d D SBC
d A SB d A SB d A SB
.
Ta có :
2
2
2 2 2
. 10 10
,
10
10
SDCD h h
d D SBC
h
SD CD h
2
2
2
2
10 3
. 3. 10
,
13
3 10
h
SA AB h
d A SB
SB h
h
22
22
13
1
2
3 10
hh
hh
4 2 2
13 30 0 2 2h h h h
.
Ta được
2SD a
3
3
.
1 1 15
. 2. . 3. 10
3 2 3
S ABC
a
Va
Cách 2 : Chứng minh CT tính nhanh . Áp dụng vào bài , ta có :
22
3 10 1
.
2
3 10hh
42
13 30 0hh
.
Kết quả tính toán như trên.
Bình Luận : Rõ ràng CT tính nhanh giúp giải trắc nghiệm rất hiệu quả.
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 9
N
H
Ó
M
T
O
Á
N
VD
–
VD
C
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
cân có
2
/ / , 2 2 ,
2
a
BC AD BC AD a AB CD
. Biết
90 ,SBA SCD
và góc giữa hai
mặt phẳng
SAB
và
SCD
bằng
60
. Tính thể tích khối chóp
.S ABC
.
A.
3
32
2
a
. B.
3
2
2
a
. C.
3
32
4
a
. D.
3
2
4
a
.
Tác giả : Dung Ngô – Phản biện : Nguyễn Thị Hồng Gấm
Lời giải
Chọn D
Gọi
,SAB SBC
Gọi
E AB CD
2BE CE a
2 2 2
BE CE BC
BEC
vuông cân đỉnh
E
.
,SBE SCE
. Ta đưa về bài toán gốc.
Gọi
H
là hình chiếu của
S
trên
ABCD
, thì
EB SB
EB BH
EB SH
.
Tương tự
EC CH
. Từ đây ta suy ra tứ giác
HBEC
là hình vuông cạnh
2a
.
Gọi
,0SH h h
. Áp dụng công thức tính nhanh :
2
22
2
2
2
1
22
2
2
a
h a h a
ha
.
2
2
3 2 3
3
2 2 4
ABCD AED
aa
SS
.
23
.
1 3 2
. . 2
3 4 4
S ABCD
aa
Va
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 10
N
H
Ó
M
T
O
Á
N
VD
–
VD
C
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
,
2AB a
,
AD DC CB a
. Biết
90SAD SBD
và góc giữa hai mặt
phẳng
SAD
và
SBD
bằng , sao cho
1
cos
5
. Tính thể tích khối chóp
.S ABCD
.
A.
3
3
4
a
. B.
3
6
4
a
. C.
3
2
4
a
. D.
3
6
12
a
.
Tác giả: Dung Ngô – Phản biện : Nguyễn Thị Hồng Gấm
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 SB
BD SAH BD BH
BD SH
.
Nên
ADBH
là hình chữ nhật và
H
là điểm đối xứng với
D
qua
M
.
Ta có
2
2
; 2 3HB AD a HA BD a a a
.
Gọi
SH h
. Cho
1a
. Áp dụng công thức tính nhanh ta có :
22
3 1 1
.
5
31hh
4 2 2
4 12 0 2 2h h h h
2SH a
Và tam giác
AMD
đều cạnh
a
2
33
3
4
ABCD AMD
a
SS
23
1 3 3 6
. . 2
3 4 4
ABCD
aa
Va
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 11
N
H
Ó
M
T
O
Á
N
VD
–
VD
C
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
2,AB BD DA a
3 , 7BC a AC a
. 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.
3
42
3
a
. B.
3
42
9
a
. C.
3
6
9
a
. D.
3
6
3
a
.
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
60

.
Ta có
2 2 2
AB BC AC
AB BC
.
//MN BC 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
.
Nên
H MN
và
MN AB
DN AB
.
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 12
N
H
Ó
M
T
O
Á
N
VD
–
VD
C
Tính được
22
3DM DA MA a BC MN
.
Nên tam giác
DMN
cân đỉnh
M
,
Gọi
I
là trung điểm
DN
MI DN
và do
BM DMN
DN IB
.
, 60IM IB MIB MIB
( Do tam giác
IMB
vuông tại
M
).
.cot60
3
a
MI MA
22
22
3
a
DI DM MI
.
3
3
. . . .
4 4 2 2 1 1 4 2
2 4 . . . . .1.
3 3 2 9
33
D ABC D ABN D AMN D AMI AMI
a
V V V V DI S a
.
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
2 2 2
AB BC AC
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
22
3DM DA MA a BC MN
.
Nên tam giác
DMN
cân đỉnh
M
,
Gọi
I
là trung điểm
DN
MI DN
và do
BM DMN
DN IB
.
, 60IM IB MIB MIB
( Do tam giác
IMB
vuông tại
M
).
.cot60
3
a
MI MA
22
22
3
a
DI DM MI
2
2 2 2 2
2 . .
3
33
DMN DMN
a a a
S S MI DI
.
Do
ABC BMNC
SS
23
. . . .
2 2 2 2 4 2
2 2 . . .
3 3 3 9
ABCD D ABC D BMNC D BMN B DMN DMN
aa
V V V V V BM S a
.
Bình luận :
Từ giả thiết quy hình đã cho về chóp có đường cao, để dựng góc của giả thiết .
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 13
N
H
Ó
M
T
O
Á
N
VD
–
VD
C
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
60A AC
và góc giữa hai mặt phẳng
A ACC
và
A BC
bằng
30
. Tính thể tích khối
lăng trụ
.ABC A B C
.
A.
3
3
16
a
. B.
3
33
8
a
. C.
3
33
16
a
. D.
3
32
16
a
.
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
60 60A AC A C C
nên
A CC
đều. Gọi
M
là trung điểm
AC
.
Thì ta có :
A C CM
A C B MC
A C B M
.
Gọi
,A BC A ACC
. Gọi
,O B C BC OM A BC OM A C
.
Rõ ràng
A C A BC A ACC
,MO MC
30
150
OMC
OMC
Do
3
2
a
B M CM
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 14
N
H
Ó
M
T
O
Á
N
VD
–
VD
C
B MC
là tam giác cân đỉnh
M
90 30MOC OMC
.
33
.sin30
42
aa
OM MC B C
.
Suy ra
B MC
đều có diện tích
2
2
3 3 3 3
.
2 4 16
B MC
aa
S
.
23
..
.3 3 3 3
3.
16 16
ABC A B C C A B C B MC
a a a
V V A C S
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
;
2AC a
. 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
M
N
A
C
B
S
H
Kẻ
SH BC
tại
H
.
TH1:
H
nằm giữa
,BC
Vì mặt phẳng
SB C
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
, 60SAB ABC SMH
;
, 60SAC ABC SNH
. Đặt
0AM x x a
.
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 15
N
H
Ó
M
T
O
Á
N
VD
–
VD
C
Vì
//MH AC
nên
2
23
x a x a
x
aa
.
23
tan60 .
3
a
SH HM
.
4 17
,
33
aa
SM SB
Cách 1: Phương pháp khoảng cách
.
. . 2
,
.
5
ABC
SBC
SH S
SH AB AC
d A SBC a
S SH BC
22
. . 4
,
17
SM AB SM AB
d A SB a
SB
SM MB
,
17 51
sin tan
,3
25
d A SBC
d A SB
Cách 2: Tọa độ hóa
Chọn hệ trục
O xyz
sao cho gốc tọa độ
OA
như hình vẽ.
x
z
y
M
N
A
C
B
S
H
Chọn
1a
.
Khi đó
0;0;0A
;
1;0;0B
;
0; 2;0C
;
22
; ;0
33
H



;
2 2 2 3
;;
3 3 3
S




.
Ta có
2 2 2 3
;;
3 3 3
AS



cùng phương với vectơ
1;1; 3u
Vectơ pháp tuyến của
SA B
là
1
, 0; 3;1n i u


.
1; 2;0BC 
;
1 2 2 3
;;
3 3 3
BS




cùng phương với vectơ
1;2; 2 3v 
.
Vectơ pháp tuyến của
SBC
là
2
, 4 3; 2 3; 0n BC v



.
12
12
.
6
15
cos cos ;
10
2. 60
.
nn
SAB SBC
nn
.
85 sin 51
sin tan .
10 cos 3

Cách 3: Phương pháp thể tích
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 16
N
H
Ó
M
T
O
Á
N
VD
–
VD
C
Ta có
3
.
1 1 2 3 1 2 3
. . . . . .2 .
3 3 3 2 9
S ABC ABC
a
V SH S a a a
2
1 1 2 3 15
. . . 5
2 2 3 3
SBC
a
S SH BC a a
.
2
1 1 4 2
. . .
2 2 3 3
SAB
a
S SM AB a a
.
Gọi
là góc giữa hai mặt phẳng
,SBC SAB
.
Từ công thức
2 . .sin
17 3
sin cos
3.
2 5 2 5
SBC SAB
SABC
SS
V
SB

. Vậy
51
tan
3
.
TH2:
H
nằm ngoài
,BC
(làm tương tự trên, yếu tố thay đổi, đáp số không đổi)
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
69ab
. 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
Ta có thể tích khối chóp
2 3 2
.
1
. . 9 6 2 3
3
S ABCD
V a a a a
với
3
0;
2



a
.
Từ đây ta tìm được
1AB
,
3SH
,
38
2
SB
. Từ đó tính được
2
19
2 12
SB
SO R
SH
.
Từ
H
kẻ
HK OB
tại
K
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 17
N
H
Ó
M
T
O
Á
N
VD
–
VD
C
suy ra góc giữa hai mặt phẳng
OAB
với mặt phẳng
OBC
là góc
,KA KC
.
Ta có
17 2
38
HK
,
5 13
19
KA KC
,
36
cos
325
AKC
36
cos ,
325
OAB OBC
.
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 cạnh hình lập phương bằng
a
Gọi
H A B AB H
là trung điểm
AB
. ta có
AH A B
AH BA C
AH A B
.
Tương tự
K A D AD
AK DA C
,AH AK
.
Do
2
22
BD a
HK
, và
2
2
a
AH AK
AHK
đều
, 60 60AH AK AHK
.
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 .
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 18
N
H
Ó
M
T
O
Á
N
VD
–
VD
C
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
23AB
và
2AA
. 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
. B.
13
65
. C.
17 13
65
. D.
18 13
65
.
Lời giải.
Chọn B
P
N
M
C'
B'
A
C
B
A'
Dễ thấy
;;AB C MNP AB C MNCB
0
0
180 ; ;
180 ; ; .
AB C A B C MNBC A B C
A BC ABC MNBC ABC
Ta có
2
; ; arctan .
3
A BC ABC A P AP A PA
Và
4
; ; arctan ,
3
MNBC ABC SP AP SPA
với
S
là điểm đối xứng với
A
qua
,A
thì
2 4.SA AA

NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 19
N
H
Ó
M
T
O
Á
N
VD
–
VD
C
Suy ra
0
2 4 13
cos ; cos 180 arctan arctan .
3 3 65
AB C MNP
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.
Phát triển 10 :
Bài toán góc trong Đề thi THPTQG – 2018 của BGD
Câu 37: [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
2MO MI
(tham
khảo hình vẽ). Khi đó cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng
MC D

và
MAB
bằng
A.
6 85
85
. B.
7 85
85
. C.
17 13
65
. D.
6 13
65
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Không mất tính tổng quát, ta giả sử các cạnh của hình lập phương bằng 6.
Gọi
,PQ
lần lượt là trung điểm của
DC

và
AB
. Khi đó ta có
22
10, 34, 6 2.MP IM IP MQ PQ
Áp dụng định lí côsin ta được
2 2 2
14
cos
2.
340
MP MQ PQ
PMQ
MP MQ
.
Góc
là góc giữa hai mặt phẳng
MC D

và
MAB
ta có
14 7 85
cos
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.
| 1/34
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

NHÓM TOÁN VD – VDC
PHÂN TÍCH Đ THAM KH O – 2019-2020
NHÓM VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO
PHÂN TÍCH ĐỀ THAM KHẢO NH Ó NĂM HỌC 2019 - 2020 M TO Á I.
PHÂN TÍCH – BÌNH LUẬN CÂU 37 N =I VD 1 Phân tích – VD
• Nhắc lại các cánh tính khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau a và b . C
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 N
đề khoảng cách này có lối mòn đối với học sinh thường dùng đó là cách 2 : H Ó M
Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b : TO d (a,b) d (a,(P) d M , P = = với : (P) ,
b (P) / /a, M a ⊃ ∈ . Á ) ( ( )) N VD
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. VDC
⊕ 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 = 2a , AD = DC = CB = a . SA
vuông góc với đáy và SA = 3a (minh họa hình dưới đây).
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 1 NHÓM TOÁN VD – VDC
PHÂN TÍCH Đ THAM KH O – 2019-2020 N H Ó M TO ÁN
Gọi M là trung điểm của AB . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và DM bằng VD – 3 3 3 13a 6 13 V A. a . B. a . C. . D. a D 4 2 13 13 C Lời giải Chọn A N H Ó M TO ÁN Cách 1. VD DM
SBC ⇒ d DM SB = d DM SBC = d M SBC – Ta có / / ( ) ( , ) ( ,( )) ( ,( )) VDC
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 Như vậy ta có 
⇒ BC ⊥ (SAC ) ⇒ (SBC ) ⊥ (SAC ) BC ⊥ SA
Trong mặt phẳng (SAC) Dựng AH ⊥ SC tại H suy ra BC AH ⊥
⇒ AH ⊥ ( SBC ) Nên d ( ,
A ( SBC )) = AH
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 2 NHÓM TOÁN VD – VDC
PHÂN TÍCH Đ THAM KH O – 2019-2020 S . A AC 3 2 2 AC =
AB − BC = a 3 ; 2 2 SC =
SA + AC = 2 3a ⇒ AH = = a SC 2 1 3
⇒ d M SBC = d A SBC = a N ( ,( )) ( ,( )) H 2 4 Ó M Cách 2 TOÁN VD – VDC
Gọi I = AC ∩ DM , N là trung điểm của đoạn thẳng SA .
Dễ dàng chứng minh được (SBC) // ( MND) . N H
Do đó, d(SB, DM) = d((SBC) ,(MND) = d B, MND = d A, MND . Ó ) ( ( )) ( ( )) M T
Trong mp(SAC) kẻ AH ⊥ NI , mặt khác, ta chứng minh được MI ⊥ (SAC) O ÁN 1 1 1 3a V
nên suy ra: AH ⊥ ( MND) và = + ⇒ AH = . D 2 2 2 AH AN AI 4 – VD a
Vậy, d(SB DM) = d( A (MND)) = AH = 3 , , . C 4
Hoặc Áp dụng công thức thể tích trong phần tính khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng. 1 3V 3a
d (SB, DM) = d((SBC) ,(MND)) = d(M,(SBC)) = d( A,(SBC)) = S.ABC = 2 S 4 SBC II.
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
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 3 NHÓM TOÁN VD – VDC
PHÂN TÍCH Đ THAM KH O – 2019-2020 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 N
cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AM BN . H , Ó 15a a a M 15 79 A. . B. 2 237 . C. 2 237 . D. T 4 79 79 79 79 O Á N Lời giải VD Chọn C – VDC
+ Gọi E là trung điểm cạnh AC ; K là hình chiếu của N trên HC ⇒ NK / /SH . N H 8 Ó
⇒ d ( AM ; BN ) = d ( ;
A ( BEN )) = d (C;( BEN )) = d (K;( BEN )) . M 5 T 2 HC O
d (C;( BEN )) CG 5 3 Á Vì = = = . N
d (K;( BEN )) KG  2 1  8 − HC V   3 4  D  – KN CN 1 a + Ta có: = = ⇒ KN = . VD SH SC 4 4 C
+ Gọi I là hình chiếu của K trên BE ⇒ IK / /EC IK GK 5 5a 3 Do đó = = ⇒ KI = . EC GC 8 8 a 5 . .a 3 8 8 KN.KI 8 2a 237
Vậy d ( AM BN ) = d (K (BEN )) 4 8 ; ; = = = . 2 2 2 5 5 KN + KI 5 a 25 79 2 + .3a 16 64
2. Ý tưởng 2
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau trong hình chóp có đường cao
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 4 NHÓM TOÁN VD – VDC
PHÂN TÍCH Đ THAM KH O – 2019-2020 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 . N H a 13 a 13 a3 13 a2 13 A. . B. . C. . D. . Ó 13 3 13 13 M T O Lời giải ÁN V Chọn A D – VDC
Gọi M ' là trung điểm SC ⇒ MM '/ /BN . 3.V
Khi đó d ( AM , BN ) = d (BN,( AMM ')) = d (B,( AMM ')) . ' = B AMM . S∆AMN a N
Do SC = 4M 'C nên d (M ( ABC)) 1 ', = SA = H 4 4 Ó M 2 3 1 a 3 a 3 a 3 T và S S . Suy ra V . Tính được AM = . M ABM = ABM = ABC = ∆ ∆ ' O 2 8 96 2 ÁN V
Theo công thức độ dài đường trung tuyến trong tam giác ta có D 2 2 2 2 2 2 BC BS SC a a a a – 1 1 + 1 + 2 2 MM ' = BN = − = − = . V 2 2 2 4 2 2 4 2 D C 2 a 2 2 2 2 + a 2 AN + AC NC a a 10 2 AM ' = − = − = . 2 4 2 8 4 3 a 3 2 3. a 39 a 13 Suy ra 96 S
. Vậy d ( AM , BN ) = = AMM = ∆ ' 32 2 a 39 13 32
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 5 NHÓM TOÁN VD – VDC
PHÂN TÍCH Đ THAM KH O – 2019-2020
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 N H Ó M Câu 3 T
Cho hình lăng trụ đứng AB .
C A' B'C ' có đáy tam giác ABC là tam giác vuông tại A . O Á AC = a ' CC A B ′ M ′ N Biết
2 3 , M là trung điểm của . Góc giữa mặt phẳng ( ) và mặt đáy VD
bằng 30 Khoảng cách giữa hai đương thẳng AB và B M ′ bằng. – V A. 2 3a . B. 4 3a C. 6a . D. 2 6a D C Lời giải Chọn A N H Ó M TOÁN V D – Ta có: C A ′ ′M = ( ( A'B M ′ ),(A' B C ′ ′) = 30 CC ⇒ ′ = 4a C M ⇒ ′ A
= ′C′ tan 30 = 2a V ) D C
Kẻ AN ⊥ AM ( N ∈ A C ′ ) . Gọi A M
′ ∩ AN = D . 2 2 A A ′ 16a
Khi đó : d ( B M
′ , AB) = d ( ,
A ( A′B M ′ )) = AD = = = 2 3a . AN 2 16 2 16a + a 3 A A ′ .C M ′ 4 3a ( Do A′N = = ) C A ′ ′ 3
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 6 NHÓM TOÁN VD – VDC
PHÂN TÍCH Đ THAM KH O – 2019-2020
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. N H Ó Câu 4 M T
Cho lăng trụ đều AB .
C A' B'C ' có AA ' = 2a, AB = a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm O Á
A' B' và A'C ' . Tính khoảng cách giữa các đường thẳng AN và BM N V 4a 65 14a 65 4a 65 12a 65 D A. . B. . C. . D. . 65 65 195 65 – VD C Lời giải Chọn A N H Ó M T O
Gọi N′ là trung điểm của BC , suy ra BM / / ( ANN ') ÁN V 3V D
Do đó d ( BM , AN ) = d (BM ,( ANN′)) = d (B,( ANN′)) B. ANN ′ = – S∆ANN′ VDC a 17 a 3 a 17 Ta có: 2 2 AN =
AA′ + A′N = , AN′ =
; NN ' = BM = AN = 2 2 2 2 a 195 Suy ra S = ∆ . ANN ′ 16 2 3 1 1 1 a 3 a 3 Ta có V = AA′ S = a = B ANN . ′ ABN .2 . . . 3 ′ 3 2 4 12 3 a 3 3. 4a 65 12
Vậy d ( BM ; AN ) = = 2 a 195 65 16
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 7 NHÓM TOÁN VD – VDC
PHÂN TÍCH Đ THAM KH O – 2019-2020
5. Ý tưởng 5
Phục dựng hình ẩn để tìm đường cao trong hình chóp, từ đó tính khoảng cách . N Câu 5 H S ABC SA AB SB BC Ó Cho hình chóp . có ⊥ , ⊥
, đáy ABC là tam giác đều cạnh a . M M N SB BC d S , ABC = 2a Gọi
, lần lượt là trung điểm , , biết ( ( ))
. Tính khoảng cách giữa TO AM và SN . ÁN V a a a a D 3 10 3 10 3 5 3 5 A. B. C. D. – 20 40 40 20 VD C Lời giải Chọn B. N H Ó M T O
Từ giả thiết ta có hai tam giác vuông SAB và SBC chung cạnh huyền SB ÁN SB MA MB MC V ⇒ = = = . D 2 – ⇒ ABC
hình chiếu của M trên (
) là tâm tam giác đều ABC , nên gọi G là tâm tam VD 1 C
giác thì MG ⊥ ( ABC ) và MG = d (S,( ABC )) = a 2
Gọi E là trung điểm BN ⇒ ME / /SN
⇒ d ( AM SN ) = d (SN ( AME)) = d (N ( AME)) 3 , , ,
= d (G,( AME)) . 2 MG.GF
Kẻ GF ⊥ AE, F ∈ AE ⇒ d (G,( AME )) = 2 2 MG + GF GF GA a 1 1 Ta có GF = ⇒ =
d (G,(AME)) a a ⇒ = = EN EA 39 1 2 10 39 1+ 39 3 1 3 10a
d (AM , SN ) . a ⇒ = = 2 2 10 40
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 8 NHÓM TOÁN VD – VDC
PHÂN TÍCH Đ THAM KH O – 2019-2020
6. Ý tưởng 6
Phục dựng hình ẩn để tìm đường cao trong bài toán tính khoảng cách mở rộng trong hình lăng trụ.. N H Câu 6 Ó M
Cho lăng trụ tam giác ABC.A′B C
′ ′ biết độ dài các cạnh bên 2 2a và B C ′ a = 7 TO , B A ′ B = 90 , AB BC a =
= , BAC = 30 . Tính khoảng cách d (CC′, AB′) . ÁN a a a a 21 7 21 V A. 21 . B. . C. . D. . D 3 7 7 5 – V D Lời giải C Chọn B N H Ó M TOÁN V D △ Tính được BB C
′ vuông tại C . Nên gọi S là trung điểm BB′ thì SA SB SC = = . – VD
Nên gọi H là hình chiếu của S trên mp(ABC) thì H là tâm đường tròn ngoại tiếp C △ABC .
Lại có △ABC cân tại B, BAC 30 ABC = ⇒ =120 H ⇒
là 1 đỉnh của hình thoi ABCH . a 3
△AHB đều, nên kẻ HE AB, E AB ⊥ ∈ EH ⇒ = . 2 Và có SH ( a)2 2 2 a a = − = SH .HE a 21
d (AB′,CC′) d
= (C′,(SAB)) d = (H ,(SAB)) = = 2 2 SH HE 7 +
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 9 NHÓM TOÁN VD – VDC
PHÂN TÍCH Đ THAM KH O – 2019-2020
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 N H Câu 7 Ó M
Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a , SA = SB = a 2 , TO
khoảng cách giữa hai đưởng thẳng AB và SC bằng a . Tính thể tích của khối chóp đã ÁN cho bằng V 3 3a 3 2 3a 3 2 6a 3 6a D A. . B. . C. . D. . – 6 3 3 3 VD C Lời giải Chọn B S a 2 a A D M H O N N H B 2a C Ó M T
Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AB . O ÁN
Ta có SA = SB = a 2 nên tam giác SAB cân tại S suy ra SM ⊥ AB . VD
Gọi N là trung điểm đoạn thẳng CD suy ra MN ⊥ AB . – VD
Do đó AB ⊥ (SMN ) mà AB ⊂ ( ABCD) nên ( SMN ) ⊥ ( ABCD) . C
Kẻ SH ⊥ MN ⇒ SH ⊥ ( ABCD) . Lại có 2 AB 2 2 2 SM = SA − AM = SA −
= 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 = = = = = 2 2
⇒ SM ⊥ SN ⇒ SN = MN − SM = a 3 .
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 10 NHÓM TOÁN VD – VDC
PHÂN TÍCH Đ THAM KH O – 2019-2020 SM .SN a 3
Do đó SH.MN = SM .SN ⇔ SH = = và 2 2 S = AB = a . ABCD 4 MN 2 3 1 1 a 3 2 3a 2 V = SH S = a N Vậy = . S ABCD . . ABCD . .4 . H 3 3 2 3 Ó M
8. Ý tưởng 8 T
Phát triển bài toán giả thiết là khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau Phục dựng OÁ
đường cao để xác định giả thiết .Từ đó tính thể tích N VD – Câu 8 V AD a AB a BC a BD a DAC D
Cho tứ diện ABCD , có = 3 , = 2 , = 4 , = 13 và = 90 . Biết C 3 10 a
khoảng cách giữa hai đường thẳng AB,CD bằng
, tính thể tích của khối tứ 5 diện ABCD A. 3 6a . B. 3 6a . C. 3 2 6a . D. 3 2 3a . 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 N
khoảng cách. H Ó M TOÁN VD – VDC Từ giả thiết ta có 2 2 2 AD AB BD + = 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 ⊥ )
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 11 NHÓM TOÁN VD – VDC
PHÂN TÍCH Đ THAM KH O – 2019-2020 D . A AK 3.AK 3a 10 d ⇒ ( , A (CDE)) AH = = ⇒ = ⇒ AK = a 6 2 2 DA AK + 2 9 + AK 5 1 1 3 N V a a a a ⇒ = = ABCD .3 . .2 . 6 6 H 3 2 Ó M
9. Ý tưởng 9 TO
Phát triển bài toán giả thiết là khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau. Phục dựng Á
đường cao để xác định giả thiết khoảng cách .Từ đó tính thể tích N V D Câu 9 – V
AB = BD = AD = a AC = a BC = a D
Cho tứ diện ABCD có 2 , 7 , 3 . Biết khoảng cách C AB CD giữa hai đường thẳng ,
bằng a , tính thể tích của khối tứ diện ABCD . 3 2a 6 3 2a 2 A. . B. . C. 3 2a 6 . D. 3 2a 2 . 3 3 Lời giải Chọn B Cách 1.
Xuất phát từ cách tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau . N H Ó M TOÁN VD – VDC
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 2 2 2
AB + BC = AC ⇒ AB ⊥ AC .
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 12 NHÓM TOÁN VD – VDC
PHÂN TÍCH Đ THAM KH O – 2019-2020
Nên qua M dựng MN / / BC, N Cx ∈ H MN ⇒ ∈ và CN (DMN ⊥ ) .
Trong (DMN ) kẻ MI DN ⊥ MI (DCN ) MI
d (M ,(DCN ⇒ ⊥ ⇒ = )) N H
Rõ ràng d (AB,(CD,Cx)) d (M ,(DCN = )) .Nên ta được MI a = . Ó M
GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 2 : Khai thác giả thiết khoảng cách đã xác định được , và giả TO
thiết đặc biệt đưa về tam giác đặc biệt . Từ đó tính được đường cao . ÁN V Ta có DM 3 MN = =
nên △DMN cân đỉnh M I
⇒ là trung điểm DN D – 2 2 V DN 2 MN MI ⇒ = − = 2 2 D C MI.DN . a 2 2a 2 2a DH ⇒ = = = MN 3a 3 3 1 1 2 2 3 2 2a V = DH S = a = . ABCD . ABC . .2. 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. N H Ó M TOÁN VD – VDC
⊗ 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 2 2 2
AB + BC = AC ⇒ 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 )
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 13 NHÓM TOÁN VD – VDC
PHÂN TÍCH Đ THAM KH O – 2019-2020
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 . N H
Gọi N là trung điểm CD CE (DMN ⇒ ⊥ ) . Ó M MI DN MI DCE MI d M DCE a Kẻ ⊥ ⇒ ⊥ ( )⇒ = ( ,( ))= TOÁN
Đến đây bài toán được giải quyết. VD
• Lời giải. – 2 2 2 V
AB + BC = AC ⇒ AB ⊥ AC . Dựng hình chữ nhật ABCE . D C
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. N H
Phục dựng hình lăng trụ đứng có hai mặt bên chứa hai mặt của tứ diện và một cạnh bên lăng ÓM
trụ là một cạnh của tứ diện và một đỉnh của tứ diện thuộc một cạnh bên khác. TOÁN VD – VDC
• 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 V V ⇒ = AGF BCE 3. . ABCD
Khi đó, vì AB / /(CEFG) d (AB,CD) d (B,CE) BH a ⇒ = = = với H CE, BH CE ∈ ⊥
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 14 NHÓM TOÁN VD – VDC
PHÂN TÍCH Đ THAM KH O – 2019-2020 1 2 2 Ta tính được 2 3 BE a 3 BC CE 2 2a S a V AB S a = = ⇒ = ⇒ = ⇒ = = BCE 2 ABCD . . 3 BCE 3 N H Ó M TOÁN VD – VDC N H Ó M TOÁN VD – VDC
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 15
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020 NHÓM TOÁN VD – VDC
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. N
Thì trong bài toán này khó khăn đó là đường cao: Phương của đường cao chưa có và H
giá trị của đường cao được cho ẩn trong giả thiết về góc giữa hai mặt phẳng. Ó
Khi đó, để giải bài toán này ta có thể dùng hai con đường: M
+ Con đường 1 đi tìm và xác định đường cao của chóp đã cho bằng cách chọn ẩn T
là độ dài đường cao . Tìm ẩn qua giả thiết góc. Đó là cách làm 1 và 2 trong bài. O
+ 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 Á
mặt phẳng trong giả thiết góc. Khi đổi đường cao thì ta sẽ định hướng đáy mới theo N
đường cao này- Đó là cách 5 trong câu 49 này. VD
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 VD C 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 ,b Q P Q d ,O d
+ Cách 2: Xác định góc :
a,b với O a, a P , a d O , b b Q ,b d
+ Cách 3: Phương pháp khoảng cách : d M , Q sin ở đây P Q d, M P d M , d S
+ Cách 4: Công thức đa giác chiếu : cos . S
Ở đây: S là diện tích đa giác của đa giác H nằm trên P
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 1
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
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 .S 3.V .AB ABC ABD V .sin sin ABCD ABCD 3AB 2S .S ABC ABD
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 N
này còn kết hợp hết cái khó của bài toán góc: Cho góc giữa hai mặt bên vào giả thiết. H
Muốn giải quyết được bài toán này phải khai thác được giả thiết góc. Ó
Tuy nhiên đây đã là bài toán quen , ý tưởng không có gì mới. M
Nên chúng ta chỉ cần lần lượt giải quyết hai vấn đề trên. Và nắm vững cách xác định góc cơ bản. T
Giải quyết vấn đề 1: O
Tìm đường cao của hình : học sinh phải tìm đường cao bằng cách suy ra từ các quan hệ Á
vuông góc giữa đường với đường để chứng mình được đường vuông góc với mặt, hay N
phục dựng hình ẩn để xác định đường cao. VD
Giải quyết vấn đề 2: –
- Để khai thác được giả thiết góc ta thường làm : VD
+ Xác định được góc. Trong quá trình xác định góc phải tránh bẫy khi đưa về góc C
giữa hai đường thẳng cắt nhau nó là góc không tù.
+ 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
ABCD ,đáy ABCD là hình chữ nhật , biết SA , h AB , a AD b . Gọi SBC , SDC . AB AD a b Khi đó: cos . . 1 2 2 2 2 SB SD h a h b 2 a
Đặc biệt khi ABCD là hình vuông thì cos 2 . 2 2 h a
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 2
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020 Thật vậy : Cách 1: S F E D A B C
Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của A lên S , B SD ,
khi đó ta có AE  SBC và AF  SDC ,
do đó SBC,SDC   AE, AF    . AE.AF Khi đó cos = 3. AE.AF N A . B SA 2 SA H Ta có AE    * và SE SB SB Ó 2 2 2 SA SA AB M suy ra SE SB AE AB AS 2 2 2 SB SB SB T A . D SA 2 SA Tương tự , AF  *  * , SF  O SD SD Á 2 2 2 SA SA AD suy ra SF SD AF AD AS 2 2 2 N SD SD SD 2 2 VD AB .AD Do đó 2 AE.AF  .AS *** . 2 2   – SB .SD VD Thay   * ,*  * ,** 
* vào 3 ta được công thức   1 . C
Cho a b ta được 2 . Cách 2:
Gọi K là hình chiếu của D lên SC , khi đó d  , D SBC d  , A SBC AE AS.AB SC AS.SC sin       DK DK DK SB S . D DC S . B SD 2 2 2 SB . . SD SA  2 2 2 2 2
SA AB AD AS SC  cos  1   2 2 2 2 SB .SD SB .SD  2 2
SA AB . 2 2 SA AD  2  SA  2 2 2
SA AB AD A . D AB  2 2 SB .SD S . D SB
Cách 3: PP Toạ độ hoá
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 3
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
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 3 a 3 a 3 a A. 3 a . B. . C. . D. . 3 2 6 Lời giải Chọn D Cách 1: N H Ó M T O Á 2 1 a N Ta có SA . B AC  . ABC  2 2 VD
Gọi D là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC . – AB SB VD Ta có 
AB  SBD  AB BD . AB SD C
Tương tự, ta có AC CD ABDC là hình vuông cạnh a . Đăt SD  , x x  0 . D . B DS ax
Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên SB DH   . 2 2 2 2 DB DS a xDH SB Ta có        ax DH SAB d ,
D SAB  DH  .   2 2 DH AB a x
Lại có CD // AB CD // SAB  d C,SAB  d  ,
D SAB  DH . SCA  vuông tại C, có 2 2 AC  , a SC x a . 2 2 C . A CS . a x a
Kẻ CK SA CK   . 2 2 2 2 CA CS x  2a
d C, SAB  Vì    DH SAB
SAC SA  sin SAB,SAC    
d C, SACK
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 4
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020 ax 2 2 2 2 a x 3 x x  2a  sin 60   
 3x a 2 2 2 2  4x  2 2 x  2ax a . 2 2  2 2 2  x a a x a 2 2 x  2a 3  1 a
DH a . Vậy VS .SD  . S.ABC  3 ABC 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: N H Ó M T
Dựng hình vuông ABDC SD   ABCD. O Đặt SD  , x x  0 . Á     ax  N Kẻ DH S , B H SBDHSAB và DH . 2 2 x a VD Kẻ ax
DK SC,K SC  DK  SAC và DK  . – 2 2 x a VD Ta có C 2 2 2 2 SH SK SD x x x   
HK // BD HK BD  .a 2 . 2 2 2 2 2 2 2 SB SC SB x a x a x a 2 2 2 Ta có DH DK HK cos SAB , SAC cos HDK 2DH.DK 2 2 2 4 2x a 2a x  2 2 x a  1 x a 2 2 2 2 1 a    
x a . SD  . a 2 2 2 2 2 2x a 2 x a 2 2 x a 2 3 Lại có 1 a 1 a S A . B AC VS .SD  . ABC    . Vậy  2 2 S.ABC 3 ABC 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)
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 5
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020 Cách 3: S I D C B A
Ta có hai tam giác vuông SAB và SAC bằng nhau và chung cạnh huyền SA. N
Kẻ BI  SA  CI  SA H
Góc giữa hai mặt phẳng SAB và SAC là góc giữa hai đường thẳng BI và Ó
CI   BI;CI   60 . M
Có BC a 2 , B
IC cân tại I. T
Do BI CI AC a a 2  BC nên BIC không đều O a 6 BIC 120 BI CI . Á 3 N Từ đó a 3 AI  ; 2
AB AI.SA SA a 3. VD 3
Dựng hình vuông ABDC SD   ABDC . – 3 VD Có : 1 a 2 2 2
SD SA AD  ; a Sa VS .SD  . ABC S .ABC ABC C 3 6
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 Ta có 
AB  SBD  AB BD . AB SD
Tương tự, ta có AC CD ABDC là hình vuông cạnh a . Đăt SD  , h h  0 . 2 2 a a 1 cos h a SD a 2 2 2 2 h a h a 2 3
Từ đây tiếp tục tính thể tích 1 aVS .SD S . ABC  3 ABC 6
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 6
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
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. a 6 BIC 120 BI CI . 3 a Từ đó 3 AI  ; 3 2
AB AI.SA SA a 3. 1 1 VS . SI AI S .SA . S .ABC IBC    3 3 IBC 2 2 3 Với 1 a 3 1 a 3 a S  .I . B IC.si 1 n 20  V  . .a 3  . IBC S . 2 6 ABC 3 6 6 N
Bình Luận cách 5: H
Đây là ý tưởng đặc sắc trong bài toán thể tích : Đó là chọn đường cao và đáy phù hợp xác Ó
định và tính toán được. M T Cách 6: Sau khi đã tính đượ O c Á a 6 BIC 120 BI CI . 3 N a VD Từ đó 3 AI  ; 2
AB AI.SA SA a 3. 3 – 2 2 3 VD 2 S .S 2 1 1 1 6a 3 a SAC SAB V .sin CI.SA .sin 60 . . .a 3. ABCD C 3 SA 3SA 2 3 2 9 2 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 TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO] Cho hình chóp S.ABC , có SAB ABC SCB 90 , AB 10 , a BC
3a và góc giữa hai mặt phẳng SAB và SBC
bằng 45 . Tính thể tích khối chóp S.ABC . 3 15a 3 2 15a 3 15a 3 15a A. . B. . C. . D. P  . 3 3 6 2
Tác giả : Dung Ngô – Phản biện : Nguyễn Thị Hồng Gấm
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 7
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020 Lời giải. Chọn A Gọi góc cần tìm là
SAB , SBC . Ta sẽ phục dựng hình ẩn là chóp S.ABCD :
Giả sử gọi D là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC . N AB SA Ta có AB
AD . Tương tự, ta có BC CD
ABCD là hình chữ nhật . H AB SD Ó
Nên S.ABCD là hình chóp có SD
ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật . M Đăt SD , h h 0 . Coi a 1 để tiện tính toán. T O
Cách 1 : Áp dung phương pháp khoảng cách để tính góc : Á d , A SBC d , D SBC d D, SBC 1 sin . N d , A SB d , A SB d , A SB 2 VD 2 Ta có S . D CD 10h 10h : d , D SBC 2 – 2 2 2 h 10 SD CD h 10 VD 2 2 10 h 3 S . A AB h 3. 10 C d , A SB 2 2 SB h 13 h 3 10 2 2 h h 13 1 4 2 2 h 13h 30 0 h 2 h 2 . 2 2 h 3 h 10 2 Ta được SD 2a 3 1 1 15a 3 V . 2. . 3. 10a S .ABC 3 2 3
Cách 2 : Chứng minh CT tính nhanh . Áp dụng vào bài , ta có : 3 10 1 . 4 2 h 13h 30 0 . 2 2 h 3 h 10 2
Kết quả tính toán như trên.
Bình Luận : Rõ ràng CT tính nhanh giúp giải trắc nghiệm rất hiệu quả.
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 8
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
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 cân có 2a BC / / A , D BC 2AD 2a, AB CD . Biết SBA SCD 90 , và góc giữa hai 2
mặt phẳng SAB và SCD bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S.ABC . 3 3a 2 3 a 2 3 3a 2 3 a 2 A. . B. . C. . D. . 2 2 4 4
Tác giả : Dung Ngô – Phản biện : Nguyễn Thị Hồng Gấm Lời giải N H Ó M T O Á N VD Chọn D – VD Gọi SAB , SBC C Gọi E AB CD BE CE a 2 2 2 2 BE CE BC
BEC vuông cân đỉnh E .
SBE , SCE . Ta đưa về bài toán gốc. EB SB
Gọi H là hình chiếu của S trên ABCD , thì EB BH . EB SH 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 1 2 2 h 2a h a 2 . 2 2 2 h a 2 2 2 3 a 2 3a S 3S . ABCD AED 2 2 4 2 3 1 3a a 2 V . .a 2 S .ABCD 3 4 4
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 9
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
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 phẳng 1
SAD và SBD bằng , sao cho cos
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD . 5 3 a 3 3 a 6 3 a 2 3 a 6 A. . B. . C. . D. . 4 4 4 12
Tác giả: Dung Ngô – Phản biện : Nguyễn Thị Hồng Gấm Lời giải. N H Ó M T O Á N VD – VD C 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. BD SB
Gọi H là hình chiếu của S trên ABCD thì BD SAH BD BH . BD SH
Nên ADBH là hình chữ nhật và H là điểm đối xứng với D qua M . Ta có 2 2 HB AD ; a HA BD 2a a a 3 . Gọi SH h . Cho a
1 . Áp dụng công thức tính nhanh ta có : 3 1 1 . 4 2 2 h 4h 12 0 h 2 h 2 SH 2a 2 2 h 3 h 1 5 2 2 3 Và tam giác 3a 3 1 3a 3 a 6
AMD đều cạnh a S 3S V . .a 2 ABCD AMD 4 ABCD 3 4 4
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 10
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
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  2 , a   BC 3 , a 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 . 3 4 2a 3 4 2a 3 a 6 3 a 6 A. . B. . C. . D. . 3 9 9 3
Tác giả : Ngô Tú Hoa – Phản biện : Nguyễn Thị Hồng Gấm N Lời giải H Chọn B. Ó M T O Á N VD – VD C
Cách 1 :
Gọi góc giữa hai mặt phẳng DMN và DBN là   60 . Ta có 2 2 2
AB BC AC AB BC . MN / /BC 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 .
Nên H MN và MN AB DN AB .
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 11
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020 Tính được 2 2 DM DA MA a 3 BC MN .
Nên tam giác DMN cân đỉnh M ,
Gọi I là trung điểm DN MI DN và do BM DMN DN IB . IM , IB MIB MIB
60 ( Do tam giác IMB vuông tại M ). a 2 2a MI M . A cot 60 2 2 DI DM MI . 3 3 3 4 4 2 2 1 1 4 2a 3 V V 2V 4V .DI.S . . .1. a . D. ABC D.ABN D.AMN D.AMI 3 AMI 3 3 2 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 : N
Từ giả thiết DA DB ta có được hình chiếu H của D trên đáy thuộc mặt phẳng trung trực đoạn H AB . Ó Ta có 2 2 2
AB BC AC AB BC MN AB Hay BM MN . M
Do M là trung điểm AB . N là điểm đối xứng với M qua trung điểm của cạnh AC nên T AB DMN BM DMN . O Tính được 2 2 DM DA MA a 3 BC MN . Á
Nên tam giác DMN cân đỉnh M , N
Gọi I là trung điểm DN VD MI DN và do BM DMN DN IB . – IM , IB MIB MIB
60 ( Do tam giác IMB vuông tại M ). VD C a 2 2a MI M . A cot 60 2 2 DI DM MI 3 3 2 a 2 2a 2 2a S 2S MI.DI . . DMN DMN 3 3 3 Do S S ABC BMNC 2 3 2 2 2 2a 4 2a V V V 2V 2V BM .S . . a . ABCD D.ABC D.BMNC D.BMN B.DMN 3 DMN 3 3 9 Bình luận :
Từ giả thiết quy hình đã cho về chóp có đường cao, để dựng góc của giả thiết .
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 12
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
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 AB .
C 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 AB . C A B C . 3 3a 3 3 3a 3 3 3a 3 3 2a A. . B. . C. . D. . 16 8 16 16
Tác giả : Ngô Tú Hoa – Phản biện : Nguyễn Thị Hồng Gấm N Lời giải H Ó M T O Á N VD – VD C 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 60 A C C
60 nên A CC đều. Gọi M là trung điểm A C . Thì ta có : A C CM A C B MC . A C B M Gọi A BC , A ACC . Gọi O B C BC OM A BC ,OM A C . Rõ ràng A C A BC A ACC OMC 30 M , O MC OMC 150 a 3 Do B M CM 2
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 13
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
B MC là tam giác cân đỉnh M MOC 90 OMC 30 . a 3 a 3 OM MC.sin 30 B C . 4 2 2 2 a 3 3 3 3a
Suy ra B MC đều có diện tích S . B MC 2 4 16 2 3 . a 3 3a 3 3a . V 3V A C .S ABC. A B C C.A B C B MC 16 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 N
có đáy là tam giác vuông tại A với AB a ; AC  2a . Mặt phẳng SBC vuông góc với mặt H
phẳng  ABC. Mặt phẳng SAB và SAC cùng tạo với mặt phẳng  ABC một góc bằng Ó
60 . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng SAB và SBC . Tính tan . M 51 51 17 3 17 T A. . B. . C. . D. . 17 3 3 17 O Lời giải Á Chọn B N S VD – VD C 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 SAB , ABC SMH 60 ; SAC , ABC SNH
60 . Đặt AM x 0  x a .
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 14
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020  Vì x a x a MH // AC nên 2   x  . 2a a 3 2a 3  4a 17a SH  tan 60 .  HM  . SM  , SB  3 3 3
Cách 1: Phương pháp khoảng cách SH.S SH.A . B AC 2 d , ABC A SBC a S SH.BC SBC 5 SM .AB SM .AB 4 d , A SB a 2 2 SB SM MB 17 d , A SBC 17 51 sin tan d , A SB 2 5 3 Cách 2: Tọa độ hóa
Chọn hệ trục Oxyz sao cho gốc tọa độ O A như hình vẽ. z S N H Ó M T N y A C O Á M H N B VD x – Chọn a  1. VD     Khi đó 2 2 2 2 2 3
A0;0;0 ; B1;0;0 ; C 0; 2; 0 ; H ; ; 0   ; S  ; ;  . C    3 3  3 3 3     Ta có 2 2 2 3 AS   ; ;  
 cùng phương với vectơ u  1;1; 3 3 3 3  
Vectơ pháp tuyến của SAB là n i
 ,u  0;  3;1 . 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 n  BC,v  4 3; 2 3; 0 . 2       
SAB SBC n .n 1 2 6 15 cos cos ;    . n . n 2. 60 10 1 2 85 sin 51  sin   tan   . 10 cos 3
Cách 3: Phương pháp thể tích
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 15
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020 1 1 2 3a 1 2 3 Ta có 3 V  .SH.S  . . . . a 2a a . S. ABC 3 ABC 3 3 2 9 1 1 2 3a 15 1 1 4a 2 2 SSH.BC  . .a 5  a . 2 SSM.AB  . .a a . SBC 2 2 3 3 SAB 2 2 3 3
Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng SBC,SAB . 2S .S .sin  17 3 51 Từ công thức SBC SAB V   sin   cos  . Vậy tan  . SABC 3.SB 2 5 2 5 3
TH2: H nằm ngoài B,C (làm tương tự trên, yếu tố thay đổi, đáp số không đổi)
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 N
S.ABCD đều cạnh a , chiều cao b thỏa mãn 6a b  9 . Biết O là tâm mặt cầu ngoại tiếp H
S.ABCD . Khi thể tích khối chóp lớn nhất thì cosOAB,OBC bằng bao nhiêu? Ó 36 36 72 72 M A. . B. . C. . D. . 325 325 325 325 T O Lời giải Á N VD – VD C  
Ta có thể tích khối chóp 1 2 V  .a . a a a với 3 a  0; . S ABCD 96  3 2  2   3 .   3  2  2 SB 19 Từ đây ta tìm được 38
AB  1, SH  3, SB
. Từ đó tính được SO R   . 2 2SH 12
Từ H kẻ HK OB tại K
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 16
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
suy ra góc giữa hai mặt phẳng OAB với mặt phẳng OBC là góc K , A KC . Ta có 17 2 5 13 HK  , KA KC  , 38 19 36 cos AKC
OAB OBC 36 cos ,  . 325 325
Phát triển 8 :
Bài toán góc hay trong đề thi ĐH – 2003 Đề thi tham khảo
Đề ĐH – 2003 : Cho hình lập phương ABC .
D A B C D . Tính góc giữa hai mặt phẳng BA C và DA C . A. 60 . B. 30 . C. 45 . D. 90 . N Lời giải H Ó M T O Á N VD – VD Chọn A C Gọi
BA C , DA C . Gọi cạnh hình lập phương bằng a AH A B Gọi H A B AB
H là trung điểm A B . ta có AH BA C . AH A B Tương tự K A D AD AK DA C AH , AK . BD a 2 a Do HK , và 2 AH AK 2 2 2 AHK đều AH , AK AHK 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 .
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 17
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020
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 AB . C A BC   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). N H Ó
Cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (AB C
 ) và (MNP) bằng M 6 13 13 17 13 18 13 A. . B. . C. . D. . T 65 65 65 65 Lời giải. O Chọn B Á N A' N C' VD – M B' VD C C A P B
Dễ thấy AB C ; MNP AB C ; MNCB 0 180 AB C ; A B C MNBC ; A B C 0 180 A BC ; ABC MNBC ; ABC . Ta có 2 A BC ; ABC A ; P AP A PA arctan . 3 Và 4 MNBC ; ABC S ; P AP SPA arctan
, với S là điểm đối xứng với A qua A ,  thì 3
SA  2AA  4.
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 18
NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÂN TÍCH ĐỀ THI THAM KHẢO BGD 4/2020 2 4 13 Suy ra 0 cos AB C ; MNP cos 180 arctan 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.
Phát triển 10 :
Bài toán góc trong Đề thi THPTQG – 2018 của BGD
Câu 37: [Mã 101- THPTQG-2018] Cho hình lập phương ABC . D A BCD
  có tâm O . Gọi I là tâm hình vuông A BCD
  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 N H Ó M T O Á N VD 6 85 7 85 17 13 6 13 – A. . B. . C. . D. . 85 85 65 65 VD Hướng dẫn giải C 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 2 2 MP
IM IP  10, MQ  34, PQ  6 2.
Áp dụng định lí côsin ta được 2 2 2 MP MQ PQ 14 cosPMQ . 2M . P MQ 340
Góc  là góc giữa hai mặt phẳng MC D
  và MAB ta có 14 7 85 cos   340 85
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.
https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 19