Trắc nghiệm Hình học Lớp 11 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Bài 3: Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng - Mức độ 3.2 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

Nội dung text: Trắc nghiệm Hình học Lớp 11 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Bài 3: Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng - Mức độ 3.2 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 46. [HH11.C3.3.BT.c] (TRƯỜNG CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH - LẦN 2 - 2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, AB 2a , BC a , ·ABC 120. Cạnh bên SD a 3 và SD vuông góc với mặt phẳng đáy . Tính sin của góc tạo bởi SB và mặt phẳng SAC S D C A B 3 3 1 3 A. .B. .C. .D. . 4 4 4 7 Lời giải Chọn C d B; SAC d D;SAC Ta có sin ·SB; SAC . SB SB Xét tam giác ABC ta có AC BA2 BC 2 2BA.BC.cos B· AC a 7 . BA2 BC 2 AC 2 4a2 a2 7a2 a 3 BO 2 4 2 4 2
2. BD a 3 và SB SD2 BD2 3a2 3a2 a 6 . AD AC AD.sin Dµ a.sin120 21 Xét tam giác ADC ta có sin Cµ . sin Cµ sin Dµ AC a 7 14 Gọi K là hình chiếu của D lên AC , và I là hình chiếu của D lên SK . Ta có AC  DK DI  SK AC  DI . Do đó d D; SAC DI . AC  SD DI  AC DK 21 a 21 Mặt khác sin Cµ DK DC.sin Cµ 2a. . DC 14 7 a 21 a 3. SD.DK 6 Xét tam giác SDK ta có DI 7 a . 2 2 21 4 SD DK 3a2 a2 49 6 a d D;SAC DI 1 Vậy sin ·SB; SAC 4 . SB SB a 6 4 Trong mặt phẳng SDK kẻ DI  SK suy ra d D; SAC DI . Câu 31. [HH11.C3.3.BT.c] (THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a , AD = a . SA vuông góc với mặt phẳng đáy. SA a 3 . Cosin của góc giữa SC và mặt đáy bằng: 5 7 6 10 A. . B. . C. .D. . 4 4 4 4 Lời giải Chọn D Hình chiếu của SC lên (ABCD) là AC é· ù · Do đó ëSC,(ABCD)û= SCA AC = AB2 + AD2 = 4a2 + a2 = a 5 Þ SC = 2a 2 AC a 5 10 Trong tam giác vuông SAC : cos S· CA = = = . SC 2a 2 4 Câu 48. [HH11.C3.3.BT.c] (SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA-2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2 , SA 2 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy ABCD . Gọi M , N là hai điểm thay đổi trên hai cạnh AB , AD sao cho mặt phẳng SMC vuông góc với mặt phẳng
3. 1 1 SNC . Tính tổng T khi thể tích khối chóp S.AMCN đạt giá trị lớn nhất. AN 2 AM 2 5 2 3 13 A. T 2 .B. T . C. T . D. T . 4 4 9 Lời giải Chọn B Cách 1: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A 0;0;0 , B 2;0;0 , D 0;2;0 , S 0;0;2 . Suy ra C 2;2;0 . Đặt AM x , AN y , x, y 0;2, suy ra M x;0;0 , N 0; y;0 .    SM x;0; 2 , SC 2;2; 2 , SN 0; y; 2 .       n SM , SC 4;2x 4;2x , n SN, SC 4 2y; 4; 2y . 1 2   Do SMC  SNC nên n1.n2 0 4 4 4y 4 2x 4 4xy 0 xy 2 x y 8. 8 2x 8 2x y , do y 2 nên 2 x 1. x 2 x 2 SAMCN SABCD SBMC SDNC 4 2 x 2 y x y . 1 2 2 8 2x 2 x2 8 Do đó VS.AMCD SA.SAMCN x y x . 3 3 3 x 2 3 x 2 2 x2 8 2 x2 4x 8 Xét f x với x 1;2, f x . 3 x 2 3 x 2 2 f x 0 x2 4x 8 0 x 2 2 3 ; x 2 2 3 . Lập BBT ta suy ra max f x f 1 f 2 2 . 0;2
4. x 1 y 2 1 1 1 1 5 Vậy maxVS.AMCN 2 T . x 2 AM 2 AN 2 x2 y2 4 y 1 Cách 2: Đặt AM x , AN y . Gọi O AC  DB ; E BD CM ; F BD CN . 2 H là hình chiếu vuông góc của O trên $SC$, khi đó: HO . 3 SC  OH SC  HE Ta có: SC  HBD . SC  BD SC  HF Do đó góc giữa SCM và SCN bằng góc giữa HE và HF . Suy ra HE  HF . 1 2 Mặt khác V SA.S x y . S.AMCN 3 AMCN 3 Tính OE , OF : Ta có: x 0 , y 0 và nếu x 2 , y 2 thì gọi K là trung điểm của AM , khi đó: OE KM x OE EB OB x 2 OE . EB MB 4 2x x 4 2x 4 x 4 x y 2 Tương tự: OF . Mà OE.OF OH 2 x 2 y 2 12 . 4 y Nếu x 2 hoặc y 2 thì ta cũng có OE.OF OH 2 x 2 y 2 12 . Tóm lại: x 2 y 2 12 . 1 2 2 2 12 Suy ra: VS.AMCN SA.SAMCN x y x 2 y 2 4 x 2 4 . 3 3 3 3 x 2 x 1 y 2 1 1 1 1 5 Do đó maxVS.AMCN 2 T . x 2 AM 2 AN 2 x2 y2 4 y 1 Câu 34: [HH11.C3.3.BT.c] (THPT Lê Xoay – Vĩnh Phúc – Lần 3 – 2018) Cho lăng trụ ABC.A B C có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng ABC trùng với trọng tâm G của tam giác ABC . Cạnh bên hợp với ABC góc 60 . Sin của góc giữa AB và mặt phẳng BCC B . 3 3 1 2 A. . B. . C. . D. . 13 2 13 13 13 Lời giải Chọn A
5. A' C' B' H A G C M B Ta có B G  ABC nên BG là hình chiếu của BB lên mặt phẳng ABC . BB , ABC BB , BG B· BG 60. Gọi M là trung điểm BC và H là hình chiếu của A lên B M , ta có BC  AM BC  AB M BC  AH . BC  B G Mà AH  B M nên AH  BCC B . Do đó HB là hình chiếu của AB lên mặt phẳng BCC B . AB, BCC B AB, HB ·ABH . AH Xét tam giác ABH vuông tại H có sin ·ABH . AB 3 2 B G BG.tan 60 a . . 3 a . 2 3 2 a 3 1 a 39 2 2 2 B M B G GM a . . 2 3 6 a 3 a. AM.B G 3a Ta có AHM : B GM AH 2 . B M a 39 13 6 3a 3 Vậy sin ·ABH 13 . a 13 Câu 35: [HH11.C3.3.BT.c] (THPT Hoàng Hóa - Thanh Hóa - Lần 2 - 2018) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD với tất cả các cạnh bằng a . Gọi G là trọng tâm tam giác SCD (tham khảo hình vẽ bên). Tan góc giữa AG và ABCD bằng . 17 5 5 A. B. C. 17 D. 7 3 5 Lời giải Chọn A
6. S G D A O Q I B C Kẻ GQ song song với SO . Suy ra GQ  ABCD . Suy ra AQ là hình chiếu vuông góc của AG trên mặt phẳng ABCD . Xét tam giác vuông SOC vuông tại O , theo định lý Pytago, ta có 2 2 2 2 2 2 2 AC a 2 SO OC SC SO SC OC SC . 2 2 Xét tam giác SOI có GQ song song với SO , theo định lý Talet và do G là trọng tâm tam giác SCD 1 a 2 nên suy ra GQ SO . 3 6 1 a 5a a a 34 Tính được IQ OI , HQ , AH AQ . 3 6 6 2 6 GQ 17 Do đó tan AQ, ABCD AQ 17 Câu 35: [HH11.C3.3.BT.c] (THPT Hoàng Hóa - Thanh Hóa - Lần 2 - 2018 - BTN) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD với tất cả các cạnh bằng a . Gọi G là trọng tâm tam giác SCD (tham khảo hình vẽ bên). Tan góc giữa AG và ABCD bằng . 17 5 5 A. B. C. 17 D. 7 3 5 Lời giải Chọn A S G D A O Q I B C Kẻ GQ song song với SO . Suy ra GQ  ABCD . Suy ra AQ là hình chiếu vuông góc của AG trên mặt phẳng ABCD .
7. Xét tam giác vuông SOC vuông tại O , theo định lý Pytago, ta có 2 2 2 2 2 2 2 AC a 2 SO OC SC SO SC OC SC . 2 2 Xét tam giác SOI có GQ song song với SO , theo định lý Talet và do G là trọng tâm tam giác SCD 1 a 2 nên suy ra GQ SO . 3 6 1 a 5a a a 34 Tính được IQ OI , HQ , AH AQ . 3 6 6 2 6 GQ 17 Do đó tan AQ, ABCD AQ 17 Câu 43: [HH11.C3.3.BT.c] (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , tâm O . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SA và BC . Biết rằng góc giữa MN và ABCD bằng 60 , cosin góc giữa MN và mặt phẳng SBD bằng: 41 5 2 5 2 41 A. . B. .C. . D. . 41 5 5 41 Lời giải Chọn C Gọi E , F lần lượt là trung điểm SO ,OB thì EF là hình chiếu của MN trên SBD . Gọi P là trung điểm OA thì PN là hình chiếu của MN trên ABCD . Theo bài ra: M· NP 60 . Áp dụng định lý cos trong tam giác CNP ta được: 2 2 2 2 2 2  3a 2 a 3a 2 a 2 5a NP CP CN 2CP.CN.cos 45 2. . . . 4 4 4 2 2 8 a 10 a 30 a 30 Suy ra: NP , MP NP.tan 60 ; SO 2MP . 4 4 2 SB SO2 OB2 2a 2 EF a 2 . 1 Ta lại có: MENF là hình bình hành ( vì ME và NF song song và cùng bằng OA). 2
8. Gọi I là giao điểm của MN và EF , khi đó góc giữa MN và mặt phẳng SBD là N· IF . IK a 2 4 2 5 cos N· IF . . IN 2 a 10 5 Câu 25: [HH11.C3.3.BT.c] (THPT Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh - Lần 2 -2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA a 2 . Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên các cạnh SB , SD . Góc giữa mặt phẳng AMN và đường thẳng SB bằng A. 45o B. 90o C. 120o D. 60o Lời giải Chọn D Ta có BC  SAB BC  AM AM  SBC AM  SC . Tương tự ta cũng có AN  SC AMN  SC . Gọi là góc giữa đường thẳng SB và AMN . Chuẩn hóa và chọn hệ trục tọa độ sao cho A 0;0;0 , B 0;1;0 , D 1;0;0 , S 0;0; 2 ,    C 1;1;0 , SC 1;1; 2 , SB 0;1; 2 . Do AMN  SC nên AMN có vtpt SC 3 3 sin 60o . 2 3 2 Câu 11: [HH11.C3.3.BT.c] (SGD Hà Nam - Năm 2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông có cạnh bằng a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA a . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB , SD (tham khảo hình vẽ bên). Tang của góc tạo bởi đường thẳng SD và mặt phẳng (AHK) bằng 1 3 A. . B. 3 . C. 3 . D. 2 . 2 Lời giải Chọn D
9. Ta chứng minh được AH  (SBC) và AK  (SCD) suy ra SC  (AHK) . Gọi I SO  HK và J AI  SC suy ra JK là hình chiến vuông góc của SD trên (AHK) . Khi đó SD,(AHK) (JK, SK) S· KJ . Mà tam giác SKJ : SCD nên S· KJ S· CD . SD a 2 Vậy tan S· KJ tan S· CD 2 . CD a Câu 41: [HH11.C3.3.BT.c] (THPT Thăng Long - Hà Nội - Lần 2 - Năm 2018) Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại B , SAC vuông góc với ABC , biết AB SC a, SA BC a 3. Gọi là góc tạo bởi SA và SBC . Tính sin . 1 1 3 2 A. . B. . C. . D. . 2 13 3 13 13 13 Lời giải Chọn D Kẻ SH vuông góc với AC SH vuông góc với ABC . d A, SBC Vì SA SBC S nên sin sin S·A,(SBC) . SA d A,(SBC) AC Lại có: AH  SBC C nên . d H,(SBC) HC Kẻ HI  BC và HK  SI . Ta chứng minh HK  SBC . Từ đó, suy ra d H,(SBC) HK. Ta có: AC AB2 BC 2 2a.
10. Vì SAC ABC c.c.c nên SAC vuông tại S 1 1 1 1 1 4 a 3 SH . SH 2 SA2 SC 2 3a2 a2 3a2 2 3a2 a Xét tam giác AHC có: HC SC 2 SH 2 a2 . 4 2 a a. HI HC AB.HC a Vì HI //AB nên HI 2 . AB AC AC 2a 4 1 1 1 4 16 52 a 3 Xét tam giác vuông SHI có: HK . HK 2 SH 2 HI 2 3a2 a2 3a2 52 AC a 3 2 3a Từ đó, d A,(SBC) .HK 4. . HC 52 13 d A, SBC 2 3a 2 Vậy sin sin S·A,(SBC) . SA 13. 3a 13 Câu 33: [HH11.C3.3.BT.c] [Sở GD và ĐT Cần Thơ - mã 301 - 2017-2018-BTN] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và SA vuông góc với mặt phẳng ABCD . Gọi AE , AF lần lượt là các đường cao của tam giác SAB và SAD . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. SC  AED .B. SC  ACE .C. SC  AFB . D. SC  AEF . Lời giải Chọn D S F E D A B C BC  AB Ta có BC  SAB BC  AE (1). BC  SA Mặt khác ta có AE  SB (2). Từ (1) và (2) ta có AE  SBC AE  SC (*). Chứng minh tương tự ta cũng có AF  SDC AF  SC ( ). Từ (*) và ( ) ta có SC  AEF . Câu 30: [HH11.C3.3.BT.c] (THPT Mộ Đức 2 - Quảng Ngãi - 2017 - 2018 - BTN)Cho hình lập phương ABCD.A B C D (hình bên). Tính góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng BDD B . A. 60 . B. 90 . C. 45.D. 30 . Lời giải Chọn D
11. B' C' D' A' C B O A D Gọi O là tâm của hình vuông ABCD khi đó ta có AO  BD (1). Mặt khác ta lại có ABCD.A B C D là hình lập phương nên BB  ABCD BB  AO (2). Từ (1) và (2) ta có AO  BDD B AB , ABCD AB , B O ·AB O . AO 1 Xét tam giác vuông AB O có sin AB O ·AB O 30. AB 2 Vậy AB , ABCD 30 . Câu 14. [HH11.C3.3.BT.c] (SGD Bà Rịa - Vũng Tàu - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A . Tam giác SBC là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Số đo của góc giữa đường thẳng SA và ABC bằng A. 450 .B. 600 . C. 300 . D. 750 . Lời giải Chọn B Gọi H là trung điểm của BC , SBC là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên ta có SH  ABC . Khi đó ta có hình chiếu vuông góc của SA lên ABC là AH . Suy ra góc giữa SA và ABC bằng góc giữa SA và AH bằng góc SAH . 1 3 SH Ta có: AH BC , SH BC . Do đó trong tam giác SAH ta có tan SHA 3 . 2 2 AH Vậy góc SAH 600 . Câu 46: [HH11.C3.3.BT.c] (THPT Chuyên Tiền Giang - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B , AB BC a , AD 2a, SA vuông góc với mặt đáy ABCD , SA a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB,CD . Tính cosin của góc giữa MN và (SAC) .
12. 2 55 3 5 1 A. .B. .C. .D. . 5 10 10 5 Lời giải Chọn B z S a M 2a y A D a N B a C x Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ, với O  A. Khi đó ta có: A 0;0;0 , B a;0;0 , C a;a;0 , D 0;2a;0 , S 0;0;a . a a a 3a Khi đó: M ;0; , N ; ;0 . 2 2 2 2 1  1  Ta có: SA 0;0;1 u ; SC 1;1; 1 v . a a Gọi n là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng SAC ta có n u,v 1; 1;0 . 2  Lại có: MN 0;3; 1 w . a n.w 3 55 Gọi là góc giữa MN và SAC ta có: sin cos . n . w 2 5 10