Trắc nghiệm Hình học Lớp 11 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Bài 5: Khoảng cách - Mức độ 4.2 - 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 5: Khoảng cách - Mức độ 4.2 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 49. [HH11.C3.5.BT.d] (Sở GD và ĐT Đà Nẵng-2017-2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABCD có đáy · là hình thoi cạnh a, ABC 60, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H, M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AB, SA, SD và G là trọng tâm tam giác SBC. Khoảng cách từ G đến mặt phẳng (HMN) bằng a 15 a 15 a 15 a 15 A. .B. . C. . D. . 15 30 20 10 Lời giải Chọn D S N M J A G D K H I O P B C Dựng MK / /SH, KI  HO, KJ  MI KJ  HMN  . Chứng minh được SBC / / d G; d S; d A; 2d K; 2KJ. 1 a 3 a 3 SH a 3 Tính được KI . , MK . 4 2 8 2 4 KI.KM a 15 a 15 a 15 Suy ra KJ . Vậy d G; 2KJ 2. . KI 2 KM 2 20 20 10 Câu 42: [HH11.C3.5.BT.d] (Lương Văn Chánh - Phú Yên – 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABC có các cạnh bên SA , SB , SC tạo với đáy các góc bằng nhau và đều bằng 30 Biết AB 5 , AC 7 , BC 8 tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng SBC . 35 39 35 39 35 13 35 13 A. d .B. d .C. d . D. d . 52 13 52 26 Lời giải Chọn C Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABC
2. Ta có S·AH S·BH S·CH 30 (theo giả thiết) nên các tam giác vuông SHA , SHB , SHC bằng nhau. Suy ra HA HB HC H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Áp dụng công thức Hê-rông ta có S ABC 10 3. abc 7 3 7 3 Mặt khác S R HB . ABC 4R 3 3 7 HB 14 Xét tam giác vuông SHB : SH HB tan 30 , SB . 3 cos30 3 1 70 3 Suy ra V SH.S . S.ABC 3 ABC 9 8 13 Áp dụng công thức Hê-rông ta có S . SBC 3 70 3 3 1 3VS.ABC 9 35 39 Do đó VA.SBC d.S SBC d . 3 S SBC 8 13 52 3 Câu 43: [HH11.C3.5.BT.d] (THPT Trần Nhân Tông - Quảng Ninh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật cạnh AB a , AD 2a . Mặt phẳng SAB và SAC cùng vuông góc với ABCD . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SD . Tính khoảng cách giữa AH và SC biết AH a . 73 2 73 19 2 19 A. a . B. a .C. a . D. a . 73 73 19 19 Lời giải Chọn C S H D A K B C Trong tam giác SAD vuông tại A và đường cao AH , ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 3 2a nên SA . AH 2 SA2 AD2 SA2 AH 2 AD2 a2 4a2 4a2 3 4a2 4a SD SA2 AD2 4a2 . 3 3 DH AD2 3 AD2 DH.SD . SD SD2 4
3. HK DK DH 3 CK 1 Kẻ HK PSC với K CD , suy ra . SC DC DS 4 DK 3 1 Khi đó SC P AHK nên d AH;SC d SC; AHK d C; AHK d D; AHK . 3 19 3 a 57 Ta có AC a 5 , SC a , nên HK SC . 3 4 4 3 3a a 73 Ta cũng có DK DC nên AK AD2 DK 2 . 4 4 4 2 2 2 73a 57a 2 2 2 a AH AK HK 4 57 cos H· AK 16 16 sin H· AK . 2AH.AK a 73 73 73 2.a. 4 1 1 a 73 57 57 S AH.AK.sin H· AK .a. . a2 . AHK 2 2 4 73 8 DH 3 3 3 2a a 3 Cũng từ d H; ABCD SA . . SD 4 4 4 3 2 1 1 3a 3a2 S AD.DK .2a. . ADK 2 2 4 4 1 1 3a2 a 3 a3 3 Do đó VDAHK S ADK .d H; ABCD . . . 3 3 4 2 8 Bởi vậy a3 3 3. 3V 3a 3 3a 19 d D; AHK DAHK 8 . S 57 57 19 AHK a2 8 1 a 19 Vậy d AH;SC d D; AHK . 3 19 Câu 22: [HH11.C3.5.BT.d] (THPT Kinh Môn - Hải Dương - Lần 2 - 2018 - BTN) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A B C có AB 1, AC 2 , AA 3 và B· AC 120 . Gọi M , N lần lượt là các điểm trên cạnh BB , CC sao cho BM 3B M ; CN 2C N . Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng A BN . 9 138 3 138 9 3 9 138 A. B. C. D. 184 46 16 46 46 Lời giải Chọn A
4. E A' C' B' N H M A C B Ta có BC 2 AB2 AC 2 2.AB.AC cos B· AC 12 22 2.1.2.cos120 7 . Suy ra BC 7 . 2 AB2 BC 2 AC 2 12 7 22 2 2 Ta cũng có cos ·ABC , suy ra cos ·A B C . 2.AB.BC 2.1. 7 7 7 DC C N 1 3 3 7 Gọi D BN  B C , suy ra , nên DB B C . DB B B 3 2 2 Từ đó, ta có 2 3 7 3 7 2 43 2 2 2 · 2 A D A B B D 2.A B .B D.cos A B D 1 2.1. . . 2 2 7 4 43 Hay A D . 2 Kẻ B E  A D và B H  BE , suy ra B H  A BN , do đó d B ; A BN B H . 2 3 Từ cos ·A B C sin ·A B C . 7 7 1 · 1 3 7 3 3 3 Do đó S .A B .B D.sin A B D .1. . . A B D 2 2 2 7 4 3 3 2. 2S 3 3 B E A B D 4 . A D 43 43 2 1 1 1 1 1 46 27 2 2 2 2 2 B H . B H B E BB 3 3 3 27 46 43 Từ BM 3B M suy ra 3 3 3 27 9 138 d M ; A BN d B ; A BN .B H . . 4 4 4 46 184 Câu 48: [HH11.C3.5.BT.d] (THPT Lê Quý Đôn - Hải Phòng - 2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 3 . Hai mặt phẳng SAB và SAC cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa SB và mặt phẳng đáy bằng 60 . Gọi M , N là các điểm
5. lần lượt thuộc cạnh đáy BC và CD sao cho BM 2MC và CN 2ND . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau DM và SN. 3 3 3 3 3 3 A. B. C. D. 730 370 370 730 Lời giải Chọn B S A D H N A D I N J I B C J M E B M E C - Vì hai mặt phẳng SAB và SAC cùng vuông góc với mặt phẳng đáy nên SA  ABCD S· BA 60 là góc giữa SB và mặt phẳng đáy SA AB.tan 60 3 3 . - Trong mặt phẳng ABCD dựng NE // DM cắt BC tại E , cắt AC tại J . Gọi I là giao điểm của DM và AC . Ta có: DM // NE DM // SNE d DM ;SN d DM ; SNE d I; SNE . CJ CE CN 2 1 Do NE // DM IJ IC . CI CM CD 3 3 IC CM 1 1 1 1 Lại có : BC // AD IC IA IJ IA IJ AJ IA AD 3 3 9 10 d I; SNE IJ 1 1 Mặt khác : d I; SNE d A; SNE . d A; SNE AJ 10 10 - Xét tam giác DAN và tam giác CDM có: DA CD , DN CM , ·ADN D· CM 90 DAN CDM (c.g.c) D· AN C· DM D· AN ·ADM C· DM ·ADM 90 AN  DM AN  NE NE  SAN SNE  SAN (có giao tuyến là SN ). - Dựng AH  SN tại H AH  SNE AH d A; SNE . - Ta có : SA 3 3 , AN AD2 DN 2 10 . 1 1 1 1 1 37 3 30 AH AH 2 SA2 AN 2 27 10 270 37 1 3 3 d DM ;SN AH . 10 370 Câu 50. [HH11.C3.5.BT.d] (Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2018 - BTN) Cho tứ diện ABCD đều có cạnh bằng 2 2 . Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD và M là trung điểm AB . Khoảng cách giữa hai đường thẳng BG và CM bằng 2 2 3 2 A. . B. . C. . D. . 14 5 2 5 10
6. Lời giải Chọn B A M G D B J H I N K C Gọi N là trung điểm CD , khi đó G là trung điểm MN và AG đi qua trọng tâm H của tam giác BCD . 2 2 2 2 2 6 4 3 Ta có AH  BCD và AH AB BH 2 2 . 3 3 1 3 Ta có: GH AH . 4 3 Gọi K là trung điểm CN thì GK //CM nên CM // BGK . Do đó: 3 d BG;CM d C; BGK d N; BGK d H; BGK . 2 Kẻ HI  BK , HJ  GI với I BK , J GI . Khi đó HJ  BGK và HJ d H; BGK . 2 2 2 2 2 26 Ta có BK BN NK 6 . 2 2 2 KN 2 6 2 6 Ta có HI BH.sin K· BN BH. . 2 . BK 3 26 3 13 2 2 6 3 . HI.HG 3 2 2 Do đó: HJ 3 13 . 2 2 2 2 HI HG 2 6 3 3 7 3 13 3 3 3 3 2 2 2 Vậy d BG;CM d H; BGK HJ . . 2 2 2 3 7 14