16 bài tập trắc nghiệm vận dụng cao về hình học không gian DẠNG 2 NÂNG CAO về xác đinh và tính góc

VẬN DỤNG CAO VỀ HÌNH KHÔNG GIAN (P3)
DẠNG 2. NÂNG CAO VỀ XÁC ĐỊNH VÀ TÍNH GÓC
Câu 1: Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, và
A ' A = A ' B = A 'C = a
A. 75°

7
. Số đo góc giữa hai mặt phẳng ( ABB ' A ') và ( ABC )
12
B. 30°

C. 45°

D. 60°

Câu 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B có . Gọi H là trung
điểm của AB, SH ⊥ ( ABC ) . Mặt phẳng ( SBC ) tạo với đáy một góc 60° . Cosin góc giữa 2
mặt phẳng ( SAC ) và ( ABC ) là:
A.

5
5

B.

5
4

10
5

C.

D.

1
7

Câu 3: Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O cạnh a. Biết SO ⊥ ( ABCD ) ,
AC = a và thể tích khối chóp là
A.

6
7

B.

a3 3
. Cosin góc giữa 2 mặt phẳng ( SAB ) và ( ABC ) là:
2

3
7

C.

1
7

D.

2
7

Câu 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a , SB = 3 và

( SAB )

vuông góc với đáy. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,BC. Cosin của

góc giữa 2 đường thẳng SM và DN là:
2

A. −

5

B.

2
5

C. −

1
5

D.

1
5

Câu 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, có AB = 2a ,
AD = DC = a , SA = a và SA ⊥ ( ABCD ) . Tan của góc giữa 2 mặt phẳng

( ABCD )
A.

1
3

( SBC )

và

là:
B.

3

C.

2

D.

1
2

Câu 6: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA ⊥ ( ABC ) , SA = a 3 .
Cosin của góc giữa 2 mặt phẳng ( SAB ) và ( SBC ) là:

Trang 1 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


A. −

2
5

B.

2
5

C. −

1
5

D.

1
5

Câu 7: Cho tứ diện ABCD có các mặt ( ABC ) và ( ABD ) là các tam giác đều cạnh a, các mặt

( ACD )

và ( BCD ) vuông góc với nhau. Tính số đo của góc giữa hai mặt đường thẳng AD và

BC.
A. 30°.

B. 60°.

C. 90°.

D. 45°.

Câu 8: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a 2 , AC = 2a .
Mặt bên SAC là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Cạnh bên SA
hợp với mặt đáy một góc α thõa mãn cos α =

21
. Góc giữa hai đường thẳng AC và SB
6

bằng
A. 30°.

B. 45°.

C. 60°.

D. 90°.

Câu 9: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A;D, với AB = 3a ,
A D = 2a , DC = a . Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng ( ABCD ) là H thuộc AB
với AH = 2 HB . Biết SH = 2a , cosin của góc giữa SB và AC là:
A.

2
2

B.

2
6

C.

1
5

D. −

1
5

Câu 10: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA vuông góc với đáy.
Biết SA = a , AB = a , BC = a 2 . Gọi I là trung điểm của BC. Côsin của góc giữa 2 đường
thẳng AI và SC là:
A.

2
3

B.

2

3

C.

2
3

D.

2
8

Câu 11: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B có AB = BC = a ;
SA ⊥ ( ABC ) . Biết mặt phẳng ( SBC ) tạo với đáy một góc 60° . Cosin góc tạo bởi đường
thẳng SC và mặt phẳng ( ABC ) là:
A.

10
.
15

B.

10
.
10

C.

10

.
20

D.

10
.
5

Câu 12: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác vuông tại B có AB = a 3 ,
BC = a . Biết A ' C = 3a . Cosin góc tạo bởi đường thẳng A'B và mặt đáy ( ABC ) là:

Trang 2 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


A.

10
4

B.

10
6

C.

6
4

15
5

D.

Câu 13: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam
giác đều và SC = a 2 . Gọi H và K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD. Cosin của
góc giữa SC và mặt phẳng ( SHD ) là
A.

3
5

B.

5
3

C.

2
5

5
2

D.

Câu 14: Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác cân tại A có AB = AC = 4a , góc
BAC = 120° Gọi M là trung điểm của BC,N là trung điểm của AB, ∆SAM là tam giác cân tại

S và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết SA = a 2 . Góc giữa SN và mặt phẳng

( ABC )

là:

A. 30°.

B. 45°.

C. 60°.

D. 90°.

Câu 15: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, hình chiếu vuông góc
của S lên ( ABCD ) là trọng tâm G của ∆ABD . Biết SG = 2a , cosin của góc giữa SD và

( ABCD )
A.

là:

5
21

B. −

5
21

C.

5
41

5
41

D. −

Câu 16: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật cạnh AB = 4a , A D = a 3 .
Điểm H nằm trên cạnh AB thỏa mãn AH =

1
HB. Hai mặt phẳng ( SHC ) và ( SHD ) cùng
3

vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết SA = a 5 . Cosin của góc giữa SD và ( SBC ) là:
A.

5
12

B.

5
13

C.

4
13

D.

1
3

Đáp án
1-D
11-D

2-D
12-C

3-C
13-A

4-D
14-A

5-D
15-B

6-D
16-D

7-B

8-D

9-C

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án D

Trang 3 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải

10-A


Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC mà A ' A = A ' B = A ' C ⇒ A ' H ⊥ ( ABC ) .
Gọi M là trung điểm của AB suy ra CM ⊥ AB mà A ' H ⊥ AB ⇒ AB ⊥ ( A ' MH ) .
( AA ' B ' B ) ∩ ( A ' MH ) = A ' M ·
⇒ ( ( AA ' B ' B ) ; ( ABC ) ) =·( A ' M ; MH ) = ·A ' MH .
+) 
ABC
∩
A
'
MH
=
MH
) (
)
(
+)

∆ABC

⇒ A' M =

đều

cạnh

A ' A2 − AM 2 =

a
a
3

⇒ MH =

MC a 3
,
=
3
6

∆A ' MA

vuông

.

MH
a 3 a
1
=

:
=
+) Xét tam giác A’MH vuông tại H, ta có cos·A ' MH =
A' M
6
3 2
⇒ ·A ' MH = 60°
Câu 2: Đáp án D
( SAB ) ∩ ( ABC ) = AB
 AB ⊥ BC
⇒ BC ⊥ ( SAB ) mà 
.
Ta có 
 SH ⊥ BC
( SAB ) ∩ ( SBC ) = SB
⇒·( ( SBC ) ; ( ABC ) ) =·( SB; AB ) = ·SBA = 60° ⇒ SH = tan 60°.BH
Từ H kẻ HK ⊥ AC mà SH ⊥ AC ⇒ AC ⊥ ( SHK ) .
( SHK ) ∩ ( SAC ) = SK ·
⇒ ( ( SAC ) ; ( ABC ) ) =·( SK ; HK ) = ·SKH .
Mà 
( SHK ) ∩ ( ABC ) = HK
Lại có HK =

BH
2

=

AB
2 2

= 2 và SH = 2 3 .

Xét tam giác SHK vuông tại H, ta có
tan·SKH =

SH
1
= 6 ⇒ cos·SKH =
.
HK
7

Câu 3: Đáp án C
Từ O kẻ OH ⊥ AB mà SO ⊥ AB ⇒ AB ⊥ ( SHO ) .
( SHO ) ∩ ( SAB ) = SH ·
⇒ ( ( SAB ) ; ( ABC ) ) = ·SHO.
+) 
SHO
∩
ABC
=
OH
) (
)
(
1
a3 3
a3 3
+) VS . ABC D = .SO.S ABC D =

mà SABC D =
⇒ SO = 3a
3
2
2

Trang 4 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải

tại

M


+) ∆OAB vuông tại O ⇒ OH . AB = OA.OB ⇒ OH =

a 3
.
4

SH
a 3
+) ∆SHO vuông tại O ⇒ tan·SOH =
= 3a :
=4 3.
OH
4
2
+) 1 + tan α =

1

1
1
⇒ cos·SHO =
= .
2
cos α
1 + tan 2 ·SHO 7

Câu 4: Đáp án D
Kẻ ME ND , E ∈ A D ⇒ ND ( SMN ) ⇒·( SM ; ND ) = ·SME
2

+) ME = AE + AM ⇒ ME =
2

2

2

a 5
a
AE + AM =  ÷ + a 2 =
.
2
2
2

2

+) SA2 + SB 2 = AB 2 ⇒ ∆SAB vuông tại S ⇒ SM =

AB 2a
=
= a.
2
2

+) Kẻ SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ ( ABC D) ⇒ SH ⊥ A D mà AB ⊥ A D.
2

a 5
a
⇒ A D ⊥ ( SAB ) ⇒ SA ⊥ A D ⇒ SE = SA + AE = a +  ÷ =
2
2
2

+) Xét ∆SME với ME =

2

2

a 5
a 5
, SE =
, SM = a , ta có
2
2

SM 2 + ME 2 − SE 2
·
cos SME =
=
2.SM .ME

a2
2.a.

a 5
2

=

1
5

Câu 5: Đáp án D
Gọi M là trung điểm của AB ⇒ AM = BM = A D = CD = a
⇒ AMC D là hình vuông ⇒ AC = BC = a 2 ⇒ AC 2 + BC 2 = AB 2
⇒ ∆ABC vuông tại C ⇒ AC ⊥ BC mà SA ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SAC )
( SBC ) ∩ ( SAC ) = SC
· SBC ; ABC D = ·SCA
⇒
))
(( ) (
+) 
.
( ABC D) ∩ ( SAC ) = AC
SA

a
1
=
=
.
+) ∆SAC vuông tại A ⇒ tan ·SCA =
AC a 2
2
Câu 6: Đáp án D
Gọi M là trung điểm của AC ⇒ BM ⊥ AC.
 SA ⊥ BM
⇒ BM ⊥ ( SAC ) .
Kẻ MK ⊥ SC , K ∈ SC , ta có 
 AC ⊥ BM
Trang 5 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


+) ∆ABC đều cạnh a ⇒ BM = BC 2 − MC 2 =
+) tan ·SCA =

a 3
.
2

SA
3
a 3
= 3 ⇒ sin ·SCA =
⇒ MK =
AC

2
4

BM
1
= 2 ⇒ cos·MKB =
.
+) ∆BMK vuông tại M ⇒ tan·MKB =
MK
5
Câu 7: Đáp án B
Ta có ( AC D) ⊥ ( BC D) và ( AC D) ∩ ( BC D) = C D.
 HC 2 = BC 2 − BH 2

2
2
2
Kẻ BH ⊥ C D ( H ∈ C D) ⇒ BH ⊥ ( AC D) ⇒  H D = B D − BH
 HA2 = BA2 − BH 2

Mà BC = B D = BA = a ⇒ HC = H D = HA ⇒ ∆ACD vuông tại A.
Hơn nữa AC = AD = a ⇒ ∆ACD vuông cân tại A.
Ta có BC = BD = a ⇒ H là trung điểm của cạnh CD ⇒ AH ⊥ CD.
Dựng hình bình hành ACPD như hình vẽ.
Mà ∆ACD vuông cân tại A ⇒ tứ giác ACPD là hình vuông.
Ta có·( AD; BC ) =·( CP; CB ) → mục tiêu tính ·BCP.
Lại có CP = AD = BC = a và BP = BA = a ⇒ ∆BCP đều ⇒ ·BCP = 60° ⇒·( AD; BC ) = 60° .
uuur uuur
uuur uuu
r

AD.BC
AD.BC
Cách 2: Ta có cos·( AD; BC ) =
=
.
AD.BC
a2
uuur uuur uuur uuur 1 uuur
uuur uuur uuur uuur 1 uuur uuur
1 uuur uuur
Lại có BC = BH + HC = BH − CD ⇒ AD.BC = AD.BH − AD.CD = − AD.CD
2
2
2
a2
1
1
1
a
1
= − AD.CD cos 45° = − a.a 2.
=−
⇒ cos·( AD; BC ) = 22 = ⇒·( AD; BC ) = 60°.
2
2
2
2
a
2
2

Câu 8: Đáp án D
Kẻ SH ⊥ AC ⇒ SH ⊥ ( ABC ) mà ∆SAC cân tại S ⇒ H là trung
điểm của cạnh AC.
Ta có

BC =

AC 2 − AB 2 = a 2 ⇒ ∆ABC

vuông cân tại

B ⇒ AC ⊥ BH .

Mà AC ⊥ SH ⇒ AC ⊥ ( SHB ) ⇒ AC ⊥ SB.
Câu 9: Đáp án C
Trang 6 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Ta có cos·( SB; AC ) =

uuur uur
AC.SB

(1)

AC.SB

Cạnh AC = AD 2 + CD 2 = a 5 và SB = SH 2 + HB 2 = a 5.
uur uuur uuu

r
uuur uur uuur uuur uuur uuu
r uuur uuur
Lại có SB = HB − HS ⇒ AC.SB = AC .HB − AC.HS = AC.HB
= AC.HB cos·BAC = AC.HB cos·ACD
= AC.HB.

CD
= HB.CD = a.a = a 2 .
AC

Thế vào vào (1) ⇒ cos·( SB; AC ) =
Câu 10: Đáp án A
Ta có cos·( AI ; SC ) =

a2

1
= .
a 5.a 5 5

uur uuu
r
AI .SC

(1)

AI .SC

2

a 2
3
⇒
AI
=
a
.
Lại có AI = AB + IB = a + 
÷
÷
2
2


2

2

2

2

SC 2 = SA2 + AC 2 = SA2 + AB 2 + BC 2 = a 2 + a 2 + 2a 2 ⇒ SC = 2a.
uuu
r uur uuur
uur uuu
r uur uur uur uuur uur uuur 1 uuur uuu
r uuur
Ta có SC = SA + AC ⇒ AI .SC = AI .SA + AI . AC = AI . AC = . AC . AB + AC

2

(

)

1
1
3a 2 1
AB 3a 2 1
3a 2 a 2
2
2
·
= AC + AC. AB cos BAC =
+ AC. AB.
=
+ AB =
+
= 2a 2 .
2
2
2
2
AC
2
2
2
2
Thế vào (1)

2a 2

⇒ cos·( AI ; SC ) =
a

3
.2a
2

=

2
.
3

Câu 11: Đáp án D
AC a 2
Ta có cos·( SC ; ( ABC ) ) = cos·SCA =
=
SC
SC

( 1)

 BC ⊥ AB
⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ SB
Lại có 
 BC ⊥ SA
⇒·( ( SBC ) ; ( ABC ) ) = ·SBC = 60°

⇒ tan 60° =

SA
= 3 ⇒ SA = a 3.
AB

⇒ SC = SA2 + AC 2 = 3a 2 + 2a 2 = a 5

Trang 7 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


a 2
10
·
=
.
Thế vào (1) ⇒ cos ( SC ; ( ABC ) ) =
5
a 5
Câu 12: Đáp án C
Ta có AC =
⇒ AA ' =

(

AB 2 + BC 2 = a 2 + a 3

( 3a )

A ' C 2 − AC 2 =

2

)

2

= 2a.

− ( 2a ) = a 5
2

Ta có A ' B ∩ ( ABC ) = { B} và A ' A ⊥ ( ABC )
⇒·( A ' B, ( ABC ) ) = ·A ' BA
AB
cos·A ' BA =
=
Ta có
A'B

AB
AB 2 + A ' A2

=

a 3

( a 3) + ( a 5)
2

2

=

6
4

Câu 13: Đáp án A
Do ∆ABC là tam giác đều nên SH ⊥ AB
Ta có CH = HB 2 + BC 2 =

a 5
⇒ SH 2 + CH 2 = SC 2 = 2a 2
2

⇒ ∆SHC vuông tại H ⇒ SH ⊥ HC ⇒ SH ⊥ ( ABCD )
CI ⊥ DH
⇒ CI ⊥ ( SHD )
Gọi I = DH ∩ CK ta có 
CI ⊥ SH
CD 2 2a 5
⇒·( SH , ( SHD ) ) = ·CSI . Ta có CI =
=
CK
5
⇒ SI = SC 2 − CI 2 =

a 30
SI
3

⇒ cos ·CSI =
=
.
5
SC
5

Câu 14: Đáp án A
Gọi H là trung điểm AM ⇒ SH ⊥ AM ⇒ SH ⊥ ( ABC )
Ta có SN ∩ ( ABC ) = { N } và SH ⊥ ( ABC ) ⇒·( SN , ( ABC ) ) = ·SNH
Do AB = 4a;·BAC = 120° ⇒ BM = 2a 3; AM = 2a
Ta có NH =

1
1
BM = a 3 , AH = AM = a ⇒ SH = SA2 − AH 2 = a
2
2

Ta có tan·SNH =

SH
1
=
⇒ ·SNH = 30°.
NH
3

Câu 15: Đáp án B
Trang 8 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải

Ta có SD ∩ ( ABCD ) = { D} và SG ⊥ ( ABC D)
⇒·( S D, ( ABC D) ) =·( S D, DG ) = ·S DG
Ta có DG =

2
2 a 5 a 5
DM = .
=
3
3 2
3

⇒ S D = SG 2 + DG 2 =

a 41
GD
⇒ cos·SDG =
=
3
SD

5
41

Câu 16: Đáp án D
( SHC ) ⊥ ( ABCD )
⇒ SH ⊥ ( ABCD ) .Kẻ NK ⊥ SB ta có
Ta có 

( SHD ) ⊥ ( ABCD )

 BC ⊥ AB
⇒ BC ⊥ ( SAB )

 BC ⊥ SH

⇒ BC ⊥ HK mà HK ⊥ SB ⇒ HK ⊥ ( SBC ) . Gọi I là giao điểm của DH và BC.
Qua D kẻ đường thẳng song song với HK cắt IK tại J ⇒ DJ ⊥ ( SBC )
IH 3 HK
4
= =
⇒ DJ = HK
⇒·( SD, ( SBC ) ) =·( SD, SJ ) = ·DSJ . Ta có
ID 4 DJ
3
Ta có AH =
Ta có

1
AB = a ⇒ SH = SA2 − AH 2 = 2a .
4

1
1
1
13
6a
=
+

=
⇒ HK =
2
2
2
2
HK
HB
HS
36a
13

⇒ DJ =

4
8a
HK =
. Ta có HD =
3
13

⇒ SJ = SD 2 − DJ 2 =

AH 2 + AD 2 = 2a ⇒ SD = SH 2 + HD 2 = 2a 2

2a 130
SJ
5
⇒ cos ·DSJ =
=

13
SD
13

Trang 9 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải