Trắc nghiệm Hình học Lớp 11 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Bài 5: Khoảng cách - Mức độ 3.5 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)
Bạn đang xem tài liệu "Trắc nghiệm Hình học Lớp 11 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Bài 5: Khoảng cách - Mức độ 3.5 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên.
File đính kèm:
- trac_nghiem_hinh_hoc_lop_11_tach_tu_de_thi_thu_thpt_quoc_gia.doc
Nội dung text: Trắc nghiệm Hình học Lớp 11 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Bài 5: Khoảng cách - Mức độ 3.5 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)
- Câu 48: [HH11.C3.5.BT.c] (SGD Bắc Ninh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là vuông cạnh a , SA 2a và vuông góc với ABCD . Gọi M là trung điểm của SD . Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng SB và CM . a 2 a 2a a A. d B. d C. d D. d 2 6 3 3 Lời giải Chọn C S M 2a H A D I K B O a C Gọi O AC BD ; I và K lần lượt là trung điểm của AD và OA ; H là hình chiếu vuông góc của I lên MK , ta có SB€ MO MAC SB€ MAC MC . Do đó d SB;CM d SB; MAC d B; MAC d D; MAC 2d I; MAC . AC MI Mặt khác, ta có AC MKI . Suy ra IH MAC hay d I; MAC IH . AC KI MI.IK MI.IK 2a Vậy d SB;CM 2IH 2. 2. . MI 2 IK 2 MI 2 IK 2 3 Lưu ý: Ta có thể sử dụng phương pháp tọa độ hóa, cụ thể như sau: z S M 2a A D y B a x C a Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có S 0;0;2a , B a;0;0 , C a;a;0 và M 0; ;a . 2 a Suy ra SB a;0; 2a , CM a; ;a và SC a;a; 2a . 2
- SB;CM .SC 2a Vậy d SB;CM . 3 SB;CM Câu 30. [HH11.C3.5.BT.c] (THPT Nguyễn Thị Minh Khai - Hà Tĩnh - 2017 - 2018 -BTN) Cho a 2 hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B , AD // BC , AB BC . 2 Biết SA vuông góc với đáy, góc giữa SC mặt phẳng đáy bằng 60 . Tính khoảng cách từ trung điểm I của AC đến mặt phẳng SBC theo a . a 3 a 21 a 21 a 3 A. . B. . C. . D. . 2 14 7 4 Lời giải Chọn B S H A D I 60° B C Ta có: SA ABCD suy ra SC, ABCD S· CA 60 . Tam giác ABC vuông cân tại B nên AC AB 2 a . Suy ra SA AC.tan 60 a 3 . 1 Vì I là trung điểm AC nên d I, SBC d A, SBC 2 Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB AH SBC AB2.SA2 a 21 1 a 21 Suy ra: d A, SBC AH d I, SBC AH . AB2 SA2 7 2 14 Câu 2: [HH11.C3.5.BT.c] Cho hình chóp S.ABCD có SA ABCD , SA 2a , ABCD là hình vuông cạnh bằng a . Gọi O là tâm của ABCD , tính khoảng cách từ O đến SC . a 3 a 3 a 2 a 2 A. .B. .C. .D. . 3 4 3 4 Lời giải Chọn A
- Kẻ OH SC , khi đó d O;SC OH . Ta có: VSAC : VOCH (g-g) nên OH OC OC OH .SA . SA SC SC 1 a 2 OC a a 3 Mà: OC AC , SC SA2 AC 2 a 6 . Vậy OH .SA . 2 2 SC 3 3 Câu 7: [HH11.C3.5.BT.c] [sai 5.3 chuyển thành 5.b] Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy bằng 2a và chiều cao bằng a 3 . Tính khoảng cách từ tâm O của đáy ABC đến một mặt bên: a 5 2a 3 3 2 A. .B. .C. a . D. a . 2 3 10 5 Lời giải Chọn C SO ABC , với O là trọng tâm của tam giác ABC . M là trung điểm của BC . BC SO Kẻ OH SM , ta có BC SOM BC OH BC MO 1 a 3 1 1 1 nên suy ra d O; SBC OH . Ta có: OM AM và 3 3 OH 2 SO2 OM 2 a 3 a 3. SO.OM 3a 3 OH 3 a . 2 2 3 30 10 SO OM 3a2 a2 9 Câu 10: [HH11.C3.5.BT.c] [sai 5.2 chuyển thành 5.5] Cho hình thang vuông ABCD vuông ở A và D , AD 2a . Trên đường thẳng vuông góc tại D với ABCD lấy điểm S với SD a 2 . Tính khỏang cách giữa đường thẳng DC và SAB . 2a a a 3 A. .B. .C. a 2 .D. . 3 2 3 Lời giải
- Chọn A Vì DC // AB nên DC // SAB d DC; SAB d D; SAB . Kẻ DH SA , do AB AD , AB SAnên AB SAD DH AB suy ra d D;SC DH . 1 1 1 SA.AD 2a Trong tam giác vuông SAD ta có: 2 2 2 DH . DH SA AD SA2 AD2 3 Câu 12: [HH11.C3.5.BT.c] Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Tính khoảng cách giữa AB và CD . a 3 a 2 a 2 a 3 A. B. .C. .D. . 2 3 2 3 Lời giải Chọn C Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và CD . a 3 Khi đó NA NB nên tam giác ANB cân, suy ra NM AB . Chứng minh tương tự ta có 2 NM DC , nên d AB;CD MN . Ta có: SABN p p AB p BN p AN (p là nửa chu vi). a a 3 a a 3 a a 2a . . . . 2 2 2 2 4 1 1 2a Mặt khác: S AB.MN a.MN MN . ABN 2 2 2 3a2 a2 a 2 Cách khác. Tính MN AN 2 AM 2 . 4 4 2 Câu 13: [HH11.C3.5.BT.c] [sai 5.6 chuyển thành 5.7] Cho hình chóp S.ABCD có SA ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật với AC a 5 và BC a 2 . Tính khoảng cách giữa SD và BC . 3a 2a a 3 A. .B. .C. .D. a 3 . 4 3 2 Lời giải
- Chọn D Ta có: BC // SAD d BC;SD d BC; SAD d B; SAD . AB AD Mà AB SAD d B; SAD AB . AB SA Ta có: AB AC 2 BC 2 5a2 2a2 3a . Câu 17: [HH11.C3.5.BT.c] (THPT CHuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A B C có đáy ABC là tam giác vuông, BA BC a , cạnh bên AA a 2 , M là trung điểm của BC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B C bằng a 2 a 3 a 5 a 7 A. . B. . C. . D. . 2 3 5 7 Lời giải Chọn D Gọi N là trung điểm BB nên MN //B C d AM ; B C d B C; AMN d C; AMN d B; AMN . Gọi H là hình chiếu của B lên AMN , do tứ diện B.AMN là tứ diện 1 1 1 1 1 4 2 7 vuông đỉnh B nên . BH 2 BA2 BM 2 BN 2 a2 a2 a2 a2 a 7 Vậy BH . 7 Câu 9: [HH11.C3.5.BT.c] (THPT Chuyên Quốc Học Huế - lần 1 - 2017 - 2018) Đường thẳng AM tạo với mặt phẳng chứa tam giác đều ABC một góc 60 . Biết rằng cạnh của tam giác đều ABC bằng a và M· AB M· AC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BC . 3a a 2 a 3 A. . B. . C. a . D. . 4 2 2 Lời giải
- Chọn A M P 60 A C H N B Gọi N là trung điểm BC . Ta có M· AB M· AC , AB AC . MAB MAC MB MC MBC cân tại M BC MN BC AMN . BC AN Trong mặt phẳng AMN , dựng NP MA thì NP BC NP d AM , BC . Trong mặt phẳng AMN , dựng MH AN thì MH ABC AM , ABC M· AN 60 . 3a a 3 Mặt khác tam giác ANP vuông tại P có NP AN.sin 60 vì AN . 4 2 Câu 36: [HH11.C3.5.BT.c] (THPT Quảng Xương 1 - Thanh Hóa- Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Cho tứ diện ABCD có AB 5 , các cạnh còn lại bằng 3 , khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD bằng: 3 2 2 3 A. .B. . C. . D. . 3 2 3 2 Lời giải Chọn B A M B D N C Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và CD . Ta có: Tam giác ABC cân tại C CM AB (1) Tam giác ABD cân tại D DM AB (2) Từ (1) và (2) suy ra AB MCD Lại có ABC ABD MC MD MN CD MN d AB,CD Mặt khác 5 3 3 2 Tam giác BMN vuông tại M có BM , BN và MN BN 2 BM 2 MN 2 2 2
- 2 Vậy d AB,CD . 2 Câu 45: [HH11.C3.5.BT.c] (Chuyên Thái Bình - Lần 3 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABCD có cạnh bằng bên bằng nhau và bằng 2a , đáy là hình chữ nhật ABCD có AB 2a , AD a . Gọi K là điểm thuộc BC sao cho 3BK 2CK 0 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SK . 2 165a 165a 2 135a 135a A. x .B. x .C. x .D. x . 15 15 15 15 Lời giải Chọn A S A D N O B C K M Gọi O là giao điểm của AC và BD , M là trung điểm của BC , N là trung điểm của CD . a 11 Ta có SO ABCD và SO SB2 OB2 . 2 Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho OM Ox , ON Oy , OS Oz . a a 11 a a a O 0;0;0 , M a;0;0 , N 0; ;0 , S 0;0; , B a; ;0 , D a; ;0 , C a; ;0 , 2 2 2 2 2 a A a; ;0 . 2 Có AD// SBC , SK SBC nên d AD;SK d AD;SBC d A;SBC . a a 11 a a 11 SB a; ; , SC a; ; n 11;0;2 là một vectơ pháp tuyến của mặt 2 2 2 2 phẳng SBC . Phương trình mặt phẳng SBC là 11x 2z 11a 0. 11a 11a 2 165a d AD;SK d A;SBC . 15 15 Câu 42: [HH11.C3.5.BT.c] (THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc- Lần 3 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D ; AB AD 2a , DC a . Điểm I là trung điểm đoạn AD , mặt phẳng SIB và SIC cùng vuông góc với mặt phẳng ABCD .
- Mặt phẳng SBC tạo với mặt phẳng ABCD một góc 60 . Tính khoảng cách từ D đến SBC theo a . 2a 15 9a 15 9a 15 a 15 A. .B. .C. .D. . 5 10 20 5 Lời giải Chọn D Cách 1: S A E A B B I 60 H D D C C SIB ABCD Ta có SIC ABCD SI ABCD . SIB SIC SI Trong mp ABCD , kẻ IH BC thì BC SIH ·SBC , ABCD S· HI . Mặt khác 1 1 1 3a2 S S S S S AD AB CD ID.DC IA.AB S . IBC ABCD ICD IAB IBC 2 2 2 IBC 2 1 2SIBC 2SIBC 3a Lại có SIBC IH.BC IH IH IH . 2 BC AB2 DE 2 5 3a 3 6a Tam giác SHI vuông tại I có SI IH.tan 60 và SH 5 5 Khi đó SI.SBCD VS.DBC VD.SBC d D, SBC SSBC 1 Mà S S S a2 ; S SH.BC 3a2 BCD ABCD ABD SBC 2 a 15 d D, SBC . 5
- Cách 2: S A E B K I 60 F H D C SIB ABCD Ta có SIC ABCD SI ABCD . SIB SIC SI Trong mp ABCD , kẻ IH BC thì BC SIH ·SBC , ABCD S· HI . Mặt khác: 1 1 1 3a2 S S S S S AD AB CD ID.DC IA.AB S . IBC ABCD ICD IAB IBC 2 2 2 IBC 2 1 2SIBC 2SIBC 3a Lại có SIBC IH.BC IH IH IH . 2 BC AB2 DE 2 5 3a 3 6a Tam giác SHI vuông tại I có SI IH.tan 60 và SH . 5 5 Gọi E là trung điểm cạnh AB và F là giao điểm của DF và IH Vì BCDF là hình bình hành nên DF // BC d D, SBC d F, SBC KF . DI.AE a 2a Hai tam giác DFI và DAE đồng dạng nên IF FH . DE 5 5 SI.HF a 15 Hai tam giác HKF và HIS đồng dạng nên KF . SH 5 a 15 Vậy d D, SBC . 5