Trắc nghiệm Hình học Lớp 11 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Chủ đề 5: Khoảng cách - Dạng 3: Từ điểm M (khác H) đến mặt phẳng cắt đường cao - Mức độ 4 - 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 - Chủ đề 5: Khoảng cách - Dạng 3: Từ điểm M (khác H) đến mặt phẳng cắt đường cao - Mức độ 4 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 22: [1H3-5.3-4] (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 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
2. 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 49. [1H3-5.3-4] (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 44: [1H3-5.3-4](THPT CHUYÊN KHTN - LẦN 1 - 2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và B· AD 60 . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ABCD trùng với trọng tâm của tam giác ABC . Góc giữa mặt phẳng SAB và ABCD bằng 60 . Khoảng cách từ B đến mặt phẳng SCD bằng
3. 21a 21a 3 7a 3 7a A. .B. .C. . D. . 14 7 14 7 Lời giải Chọn C Gọi H là trọng tâm tam giác ABC , M là trung điểm AB a 3 Ta có tam giác ABD là tam giác đều DM và BD a 2 HK BH BH 1 a 3 Kẻ HK  AB HK // DM HK DM. DM DM BD BD 3 6 SAB  ABCD AB , AB  HK , AB  SK (định lí ba đường vuông góc) ·SAB , ABCD S· KH a Tam giác SHK vuông tại H có SH HK.tan 60 . 2 Gọi N là giao điểm của HK và CD HN  CD Ta có CD  SHN ; CD  SCD SCD  SHN và SH  CD SHN  SCD SN Trong mặt phẳng SHN kẻ HI  SN thì HI  SCD HI d H, SCD 1 1 1 2 a Tam giác SHN vuông tại H có , với HN DM HI 2 SH 2 HN 2 3 3 a 7 HI 7 BD 3 3 Lại có d B, SCD d H, SCD HD 2 2 a 7 Vậy d B, SCD . 14 Câu 10. [1H3-5.3-4] Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều có cạnh bằng a . Gọi M là trung điểm của AC . Hình chiếu của S trên mặt đáy là điểm H thuộc đoạn BM sao cho HM 2HB . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SHC bằng 2a 7 a 7 3a 7 2a 7 A. . B. . C. . D. . 14 14 14 7
4. Lời giải Chọn đáp án D d A, SCH 2d M , SHC . Dựng MK  CH Khi đó d A, SCH 2MK a 3 2 a 3 a Mặt khác BM MH BM ;MC 2 3 3 2 MH.MC a 2a 7 Suy ra MK do đó d 2MK MH 2 MC 2 7 7 Câu 46: [1H3-5.3-4] (Sở GD Thanh Hoá – Lần 1-2018 – BTN) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng a 3 . Gọi O là tâm của đáy ABC , gọi d1 , d2 lần lượt là khoảng cách từ A và O đến mặt phẳng SBC . Tính d d1 d2 . 4a 22 8a 22 2a 22 8a 2 A. d . B. d . C. d . D. d . 33 33 33 33 Lời giải Chọn B a 3 a 3 2a 6 Ta có AO , OM , SO SA2 AO2 . 3 6 3 4SO.OM 8a 22 Từ đó ta có d d1 d2 3d2 d2 4d2 4OK . SO2 OM 2 3
5. Câu 49: [1H3-5.3-4] [Đề thi thử-Liên trường Nghệ An-L2] Cho hình chóp S.ABC . Tam giác ABC vuông tại A , AB 1cm , AC 3cm . Tam giác SAB , SAC lần lượt vuông góc tại B và C . 5 5 Khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC có thể tích bằng cm3 . Tính khoảng cách từ C tới 6 SAB 5 5 3 A. cm .B. cm .C. cm .D. 1cm . 2 4 2 Hướng dẫn giải Chọn C Xét tam giác ABC vuông tại A : BC AB2 AC 2 1 3 2 4 5 5 5 V R3 R . mc 3 6 2 Gọi I , J , M , N lần lượt là trung điểm SA , AC , AB , BC . Do tam giác SAB , SAC lần lượt vuông góc tại B và C nên IS IA IB IC . 5 Nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC và IB 2 Và IN vuông góc với ABC (do N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ). Ta có: MN  AB IMN  AB IMN  IAB IN  AB Trong IMN : Dựng NH  IM NH  IAB d NH d N ; IAB N ; SAB 1 3 1 MN AC ; IN IB2 BN 2 2 2 2 1 1 1 4 16 3 Ta có 4 NH NH 2 MN 2 IN 2 3 3 4 d C; SAB BC 3 Lại có:CN  SAB B 2 d . d BN C; SAB 2 N ; SAB
6. Câu 2524: [1H3-5.3-4] Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, SA vuông góc với đáy, SA = a. Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAC) bằng 30 . Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm CD . a 2a 4a 5a A. B. C. D. 3 3 3 3 Lời giải Chọn A. S H A D N O M I B C Chứng minh DB  (SAC) Hình chiếu vuông góc của DS lên (SAC) là SO, góc giữa SD và (SAC) là DSO = 30 . Đặt DO = x, ta có SO = x 3 (O là giao điểm AC và BD) a Từ SO2 AO2 SA2 x 2 Gọi N là trung điểm AB DN // BM. 1 Suy ra d(D;(SBM)) = d(N;(SBM)) = d(A;(SBM)) 2 Kẻ AI  BM, AH  SM. Từ đó chứng minh được AH  (SBM) d(A;(SBM)) = AH. a2 Trong (ABCD): S S S ABC ABCD BCM 2 1 2a Mà S AI.BM AI ABM 2 5 1 1 1 2a a Khi đó AH d(D;(SBM )) AH 2 AI 2 SA2 3 3 Câu 2528: [1H3-5.3-4] Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang. ·ABC ·BAD 90o , BA BC a , AD 2a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA a 2 . Gọi H là hình chiếu của A lên SB . Tính theo a khoảng cách từ H đến mặt phẳng SCD 5a 4a 2a a A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Hướng dẫn giải: Chọn D
7. S H A I D B C Gọi I là trung điểm AD . AD Ta có: CI IA ID , suy ra ACD vuông tại C 2 CD  AC . Mà SA  ABCD SA  CD nên ta có CD  SD hay SCD vuông tại D .Gọi d1 , d2 lần lượt là khoảng cách từ B , H đến mặt phẳng SCD SA SB Ta có: SAB SHA SH SA SH SA2 2 SB SB2 3 SH d2 2 2 Mà d2 d1 . SB d1 3 3 Thể tích khối tứ diện S.BCD : 1 1 2a3 V SA. AB.BC (PB : SAI) S.BCD 3 2 6 Ta có SC SA2 AC 2 2a, 1 CD CI 2 ID2 2a S SC.CD 2a2 SCD 2 2a3 3. 1 6 a Ta có: VS.BCD d1.S SCD d1 . 3 2a2 2 2 a Vậy khoảng cách từ H đến mặt phẳng SCD là d d . 2 3 1 3 Câu 2546: [1H3-5.3-4] Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB 3a, AD DC a. Gọi I là trung điểm của AD, biết hai mặt phẳng SBI và SCI cùng vuông
8. góc với đáy và mặt phẳng SBC tạo với đáy một góc 600. Tính khoảng cách từ trung điểm cạnh SD đến mặt phẳng SBC . a 17 a 15 a 6 a 3 A. . B. . C. . D. . 5 20 19 15 Hướng dẫn giải Chọn B. Vẽ IK  BC BC  SIK S· KI là góc giữa mặt phẳng (SBC) với mặt đáy nên S· KI 600. Vì 1 a2 3a 2 S DI.DC , S IDC 2 4 IAB 4 2 Suy ra S BIC SABCD S ICD S IAB a . 2 Mặt khác BC AB CD AD2 a 5 1 2a 5 và S IK.BC. Suy ra IK IAB 2 5 2a 15 Trong tam giác vuông SIK ta có SI IK.tan 600 . 5 Gọi M là trung điểm của SD , tính d (M ,(SBC)). ED DC 1 1 Gọi E là giao điểm của AD với BC , ta có = = Þ ED = AD = ID . EA AB 3 2 1 1 Do đó d (M ,(SBC))= d (D,(SBC))= d (I,(SBC)) 2 4 Gọi H là hình chiếu của I lên SK ta có d (I,(SBC))= IH . Trong tam giác vuông SIK , ta có:
9. 1 1 1 5 5 5 a 15 = + = + = Þ IH = . IH 2 SI 2 IK 2 12a2 4a2 3a2 5 a 15 Vậy d (M ,(SBC))= . Vậy chọn đáp án B. 20 Câu 2558: [1H3-5.3-4] Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Gọi M là trung điểm của cạnh AA’, biết BM  AC’. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (BMC’). a 5 a 2 a 5 a 5 A. B. C. D. 5 2 3 4 Hướng dẫn giải Chọn B  1   1     1  Ta có: BM (BA BA') (BA BA BB ') BA BB ' 2 2 2    AC ' AA' A'C '    1    BM.AC ' (BA BB ')(AA' A'C ') 2     1   1   BA'.AA' BA.A'C ' BB '.AA' BB '.A'C ' 2 2 1 BA.AC.cos1200 BA.AA.cos00 2 1 BA.AC.cos1200 BB '.AA'.cos00 2 1 1 1 1 a.a.( ) h.h a2 h2 2 2 2 2 Theo giả thiết:   1 1 BM  AC ' BM.AC ' 0 h2 a2 h a 2 2 a2 3 Diện tích tam giác ABC là: S ABC 4
10. 3 Vì AM//(BCC’) nên V V hay V a3 M .BCC ' A.BCC ' M .BCC ' 12 Gọi H là hình chiếu của M trên BC’. Ta có: a 5 a 3 MB MC ' , BC ' a 2 MH MA'2 HC '2 2 2 1 a2 6 S MH.BC ' MBC ' 2 4 3V 2 Vậy khoảng cách cần tìm là d(C,(BMC ')) CBMC ' a . Vậy chọn đáp án B SMBC ' 2 Câu 2559: [1H3-5.3-4] Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC có AC a 3, BC 3a, ·ACB 300 . Cạnh bên hợp với mặt đáy góc 600 và mặt phẳng (A’BC) vuông góc với mặt phẳng (ABC).Điểm H trên cạnh BC sao cho HC=3HB và mặt phẳng (A’AH) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (A’AC) 2a 5 3 3a 3a 5 3a 5 A. B. C. D. 3 4 2 7 Hướng dẫn giải Chọn B. A' B' C' A B H C A' BC  ABC A'AH  ABC A' H  ABC A' H A' BC  A'AH Suy ra ·A' AH 600. AH 2 AC 2 HC 2 2.AC.HC.cos300 a2 AH a A' H AH.tan 600 a 3 3a2 3 9a3 V S .A' H .a 3 . ABC.A'B'C ABC 4 4 Vì AH 2 AC 2 HC 2 HA  AC AA'  AC.
11. 1 1 S AC.A' A a 3.2a a2 3. A'AC 2 2 9 a3 3V 3 3a d B; A' AC A' ABC 4 . 2 SA' AC a 3 4 Vậy chọn đáp án B. Câu 2560: [1H3-5.3-4] Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, ABC đều có cạnh bằng a, AA’ = a và đỉnh A’ cách đều A, B,C . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và A’B . Tính theo a khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AMN). a 5 3a a 5 a 22 A. . B. . C. . D. . 23 33 22 11 Lời giải Chọn D. A' C' B' N E A C O M B Gọi O là tâm tam giác đều ABC A'O  ABC a 3 2 a 3 Ta có AM , AO AM 2 3 3 a2 a 6 A'O AA'2 AO2 a2 ; 3 3 Ta có: 1 VNAMC S AMC .d N, ABC 3 3V d N, ABC NAMC S AMC 1 a2 3 1 a 6 S AMC S ABC ;d N, ABC A'O 2 8 2 6 1 a2 3 a 6 a2 2 V . . NAMC 3 8 6 48
12. a 3 Lại có: AM AN , nên AMN cân tạiA. 2 A'C a Gọi E là trung điểm của MN, suy ra AE  MN, MN 2 2 3a2 a2 a 11 1 a2 11 AE AN 2 NE 2 ;S MN.AE 4 16 4 AMN 2 16 3a2 2 a2 11 a 22 d C; AMN : (đvđd) 48 16 11 Vậy chọn đáp án D.