Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 1 - Bài 2: Thể tích khối chóp - Mức độ 4.1 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

Nội dung text: Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 1 - Bài 2: Thể tích khối chóp - Mức độ 4.1 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 46. [HH12.C1.2.BT.d] (Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB 2 3 và các cạnh còn lại đều bằng x . Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD bằng 2 2 . A. x 6 . B. x 2 2 . C. x 3 2 . D. x 2 3 . Lời giải Chọn B Gọi M là trung điểm của CD và H là hình chiếu của A trên BM . CD  AM ;CD  BM CD  ABM AH  BCD . AH x 3 Đặt ·AMB suy ra sin AH sin . . AM 2 1 1 x 3 x2 3 512 V AH.S sin . 2 2 sin2 . ABCD 3 BCD 3 2 4 x6 AM 2 BM 2 AB2 8 Xét tam giác AMB ta có: cos 1 . 2AM.BM x2 2 512 8 Ta được phương trình: 6 1 2 1. Giả PT ta được x 2 2 . x x Câu 47. [HH12.C1.2.BT.d] (Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Gọi M , N lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABD , ABC và E là điểm đối xứng với B qua điểm D . Mặt phẳng MNE chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích V . Tính V . a3 2 3a3 2 3a3 2 9a3 2 A. . B. . C. . D. . 96 80 320 320 Lời giải Chọn D
2. a3 2 Thể tích khối tứ diện đều cạnh a là: . 12 Gọi P ME  AD ; T ME  AB . Trong mặt phẳng ABC đường thẳng TN cắt AC , BC lần lượt tại Q , F . Khi đó mặt phẳng MNE chia khối tứ diện đã cho phần chứa đỉnh A là tứ diện ATPQ . ED MI PA PA Gọi I là trung điểm BD . Xét AID ta có: . . 1 (định lý Menelaus) 3 . EI MA PD PD QA Tương tự ta có: 3 QC EI TB MA TB 2 Xét AIB ta có: . . 1 . EB TA MI TA 3 3 3 VATPQ AT AP AQ 3 3 3 27 27 a 2 9a 2 Mặt khác ta có: . . . . VATPQ . . VABCD AB AD AC 5 4 4 80 80 12 320 Câu 48. [HH12.C1.2.BT.d] (Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Trong tất cả các khối chóp tứ giác đều ngoại tiếp mặt cầu bán kính bằng a , thể tích V của khối chóp có thể tích nhỏ nhất. 8a3 10a3 32a3 A. V . B. V . C. V 2a3 . D. V . 3 3 3 Lời giải Chọn D Giả sử SO x ta có: SI x a ; SE x a 2 a2 x2 2ax SE IE IE.SO ax Xét SEI ∽ SON ta có: NO SO NO SE x2 2ax
3. 2 1 2ax 4a2 x2 Thể tích khối chóp là: V x. 3 x2 2ax 3 x 2a x2 Xét hàm số f x 0 2a x x 2a x2 4ax f x ; f x 0 x 4a (do 0 2a x ) x 2a 2 Bảng biến thiên 32a3 Vậy giá trị nhỏ nhất của thể tích là: V . 3 Câu 37. [HH12.C1.2.BT.d] (THPT Kinh Môn 2 - Hải Dương - 2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm của SA , N là điểm trên đoạn SB sao V cho SN 2NB . Mặt phẳng R chứa MN cắt đoạn SD tại Q và cắt đoạn SC tại P . Tỉ số S.MNPQ lớn VS.ABCD nhất bằng 2 1 1 3 A. . B. . C. . D. . 5 3 4 8 Lời giải Chọn D SP SM SP SN SQ SQ 1 2 1 1 Đặt x 0 x 1. Ta có x x x . SC SA SC SB SD SC 2 3 6 6 Mặt khác ABCD là hình bình hành nên có VS.ABCD 2VS.ABC 2VS.ACD VS.MNP SM SN SP 1 VS.MPQ SM SP SQ 1 1 . . x ; . . x x . VS.ABC SA SB SC 3 VS.ACD SA SC SD 2 6 VS.MNPQ VS.MNP VS.MPQ 1 1 1 1 2 1 Suy ra x x x x x . VS.ABCD 2VS.ABC 2VS.ACD 6 4 6 4 8 1 2 1 1 1 1 1 1 Xét f x x x với x 1; f x x 0 x ;1 4 8 6 2 8 4 6
4. Bảng biến thiên: 3 V 3 Từ BBT ta có max f x . Vậy S.MNPQ đạt giá trị lớn nhất bằng . 1 ;1 8 VS.ABCD 8 6 Câu 43: [HH12.C1.2.BT.d](CỤM CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG- LẦN 2-2018) Cho hình chóp S.ABC có AB 5 cm , BC 6 cm , CA 7 cm . Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng ABC nằm bên trong tam giác ABC . Các mặt phẳng SAB , SBC , SCA đều tạo với đáy một góc 60 . Gọi AD , BE , CF là các đường phân giác của tam giác ABC với D BC , E AC , F AB . Thể tích S.DEF gần với số nào sau đây? A. 2,9 cm3 B. 4,1 cm3 C. 3,7 cm3 D. 3,4 cm3 Lời giải Chọn D S E A C 60° I F D H B Vì các mặt phẳng SAB , SBC , SCA đều tạo với đáy một góc 60 và hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng ABC nằm bên trong tam giác ABC nên ta có hình chiếu của S chính là tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC . AB BC CA Gọi p là nửa chu vi tam giác ABC thì p 9 . 2 S 2 6 Ta có : S p p AB p BC p AC 6 6 và r . ABC p 3 Suy ra chiều cao của hình chóp là : h r.tan 60 2 2
5. A E F I C B D EA BA Vì BE là phân giác của góc B nên ta có : . EC BC FA CA DB AB Tương tự : , . FB CB DC AC S AE AF AB AC Khi đó : AEF . . . SABC AC AB AB BC AC BC S CA CB S BC BA Tương tự : CED . , BFD . . SABC CA AB CB AB SABC BC CA BA CA Do đó, ab bc ac S S 1 , với BC a , AC b , AB c DEF ABC a c b c b a c a a b c b 2abc 210 6 .S . a b b c c a ABC 143 1 210 6 280 3 3 3 Suy ra VS.DEF . .2 2 cm 3,4 cm 3 143 143 Câu 49: [HH12.C1.2.BT.d](Chuyên Long An - Lần 2 - Năm 2018) Cho hai hình cầu đồng tâm O;2 và O; 10 . Một tứ diện ABCD có hai đỉnh A , B nằm trên mặt cầu O;2 và các đỉnh C , D nằm trên mặt cầu O; 10 . Thể tích lớn nhất của khối tứ diện ABCD bằng bao nhiêu? A. 12 2 . B. 4 2 . C. 8 2 . D. 6 2 . Lời giải Chọn D
6. Đặt OK a , OH b . AB.CD.HK.sin AB;CD AB.CD.HK 2 V 10 a2 . 4 b2 a b . ABCD 6 6 3 2 3 2 2 2 2 VABCD 10 a 4 b a 2b . 3 2 2 3 2 2 2 2 VABCD 10 a 8 2b a 2b . 6 2 3 V 216 6 2 . Dấu " " xảy ra khi a 2 , b 1. ABCD 6 Câu 49: [HH12.C1.2.BT.d] (Lương Văn Chánh - Phú Yên – 2017 - 2018 - BTN) Cho x , y là các số thực dương. Xét các hình chóp S.ABC có SA x , BC y , các cạnh còn lại đều bằng 1. Khi x , y thay đổi, thể tích khối chóp S.ABC có giá trị lớn nhất là: 2 3 1 3 2 A. .B. .C. .D. . 27 8 8 12 Lời giải Chọn A S M x A C y N B Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA , BC . Ta dễ dàng chứng minh được MN là đoạn vuông góc chung của SA và BC . Suy ra VS.ABC 2VS.MBC .
7. x2 Ta có 4MN 2 4MB2 y2 ; MB2 1 . 4 4 x2 y2 Thay vào ta được 4MN 2 4MB2 y2 4 x2 y2 MN . 2 x 1 1 2 2 1 2 2 2 2 Vậy VSABC 2VS.MBC . MN.BC xy 4 x y x .y 4 x y . 3 2 12 12 3 2 2 2 2 4 64 Theo bất đẳng thức trung bình cộng – trung bình nhân ta có x .y 4 x y . 3 27 2 3 2 3 Vậy V . Dấu bằng đạt được khi x y . S.ABC 27 3 Câu 42: [HH12.C1.2.BT.d] (THPT Trần Nhân Tông - Quảng Ninh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho tứ diện ABCD và các điểm M , N , P lần lượt thuộc các cạnh BC , BD , AC sao cho BC 4BM , AC 3AP , BD 2BN . Tính tỉ số thể tích hai phần của khối tứ diện ABCD được phân chia bởi mp MNP . 7 7 8 8 A. . B. . C. . D. . 13 15 15 13 Lời giải Chọn A A P Q K E B N D C Gọi E MN CD , Q EQ  AD , do đó mặt phẳng MNP cắt tứ diện ABCD theo thiết diện là tứ giác MNQP . 1 2 Gọi I là trung điểm CD thì NI PCB và NI BC , do BC 4BM nên suy ra NI MC . 2 3 EN EI NI 2 Bởi vậy . EM EC MC 3 EI 2 ED 1 Từ I là trung điểm CD và suy ra . EC 3 EC 3 EK KD ED 1 Kẻ DK P AC với K EP , ta có . Mặt khác AC 3AP nên suy ra EP AC EC 3 KD 2 QD QK KD 2 . Do đó . AP 3 QA QP AP 3 QK 2 EK 1 EQ 3 Từ và suy ra . QP 3 EP 3 EP 5
8. Gọi V là thể tích khối tứ diện ABCD , V1 là thể tích khối đa diện ABMNQP , V2 là thể tích khối đa diện CDMNQP . S CMP CM CP 3 2 1 1 Ta có . . S CMP S CAB . S CAB CB CA 4 3 2 2 ED 1 3 Vì nên d E; ABC d D; ABC . Do đó : EC 3 2 1 1 1 3 3 1 3 VE.CMP S CMP .d E; ABC . S CAB . .d D; ABC . S CAB .d D; ABC V . 3 3 2 2 4 3 4 VE.DNQ ED EN EQ 1 2 3 2 2 2 3 1 . . . . , nên suy ra VE.DNQ VE.CMP . V V . VE.CMP EC EM EP 3 3 5 15 15 15 4 10 3 1 13 Từ đó ta có V V V V V V . 2 E.CMP E.DNQ 4 10 20 13 7 Và V V V V V V . 1 2 20 20 V 7 Như vậy : 1 V2 13 Câu 36: [HH12.C1.2.BT.d] (Sở GD&ĐT Bà Rịa - Vũng Tàu - 2017 - 2018 - BTN) Xét tứ diện ABCD có các cạnh AC CD DB BA 2 và AD , BC thay đổi. Giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện ABCD bằng 16 3 32 3 16 3 32 3 A. . B. . C. . D. . 9 27 27 9 Lời giải Chọn B A M B D N C Gọi M , N lần lượt là trung điểm AD và BC . Theo giả thiết ta có: ABD và ACD là các tam giác cân có M là trung điểm của AD nên BM  AD và CM  AD AD  BMC . Và có BM CM MBC cân tại. 2 2 2 BC Trong tam giác MBC có MN vừa là đường cao vừa là trung tuyến nên MN MB 4 AD2 BC 2 AD2 BC 2 MN 2 AB2 MN 4 . 4 4 4 1 1 AD2 BC 2 Khi đó diện tích tam giác MBC là: S MN.BC BC. 4 MBC 2 2 4
9. 1 1 AD2 BC 2 Thể tích tứ diện ABCD là: V .AD.S .BC.AD. 4 . ABCD 3 MBC 3 4 1 x2 y2 Đặt AD x , BC y ta có: VABCD .x.y. 4 . 3 4 2 2 2 2 2 2 x y xy x y xy Ta có: x y 2xy . 4 2 4 2 1 xy 2 2 Do đó: VABCD .x.y. 4 VABCD xy 8 xy . Dấu bằng xảy ra khi x y . 3 2 6 3 xy xy 8 xy 3 2 xy xy 2 2 4.8 Ta lại có: xy 8 xy 4. . . 8 xy 4. . 2 2 3 27 xy 16 4 Dấu bằng xảy ra khi 8 xy xy x y . 2 3 3 Vậy giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện ABCD là: tập xác định 2 4.83 32 3 maxV . ABCD 6 27 27 Câu 29: [HH12.C1.2.BT.d] (THPT Lê Quý Đôn - Hà Nội - 2017 - 2018 - BTN) [2H1-4] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , BC . Điểm I thuộc đoạn SA . Biết mặt phẳng MNI chia khối chóp S.ABCD 7 IA thành hai phần, phần chứa đỉnh S có thể tích bằng lần phần còn lại. Tính tỉ số k ? 13 IS 3 1 1 2 A. . B. . C. .D. . 4 2 3 3 Lời giải Chọn D S H I Q J A E A D E D M P O M N B N C B C F F
10. Dễ thấy thiết diện tạo bởi mặt phẳng MNI với hình chóp là hình ngũ giác IMNJH với 1 MN // JI . Ta có MN , AD , IH đồng qui tại E với EA ED và MN , CD , HJ đồng qui tại 3 1 F với FC FD , chú ý E , F cố định. 3 HS ED IA HS HS 1 Dùng định lí Menelaus với tam giác SAD ta có . . 1 .3.k 1 . HD EA SI HD HD 3k d H, ABCD HD 3k Từ đó . d S, ABCD SD 3k 1 Suy ra VHJIAMNCD VH .DFE VI .AEM VJ .NFC . 1 Đặt V VS.ABCD và S SABCD , h d S, ABCD ta có SAEM SNFC S và 8 d I, ABCD IA k d S, ABCD SA k 1 1 3k 9 1 k 1 1 21k 2 25k Thay vào ta được VHJIAMNCD . h. S 2. . h. S . V . 3 3k 1 8 3 k 1 8 8 3k 1 k 1 13 1 21k 2 25k 13 Theo giả thiết ta có V V nên ta có phương trình . , giải HJIAMNCD 20 8 3k 1 k 1 20 2 phương trình này được k . 3 Câu 45: [HH12.C1.2.BT.d] (THPT Phan Đình Phùng - Hà Tĩnh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình đa diện như hình vẽ S D C B A Biết SA 6 , SB 3 , SC 4 , SD 2 và ·ASB B· SC C· SD D· SA B· SD 60 . Thể tích khối đa diện S.ABCD là A. 6 2 .B. 5 2 .C. 30 2 .D. 10 2 . Lời giải Chọn B
11. Trên SA , SB , SC lần lượt lấy các điểm A , B , C sao cho SA SB SC SD 2 . Ta có A B B C C D DA 2 . Khi đó hình chóp S.A B D và hình chóp S.CB D là các hình chóp tam giác đều có tất cả các cạnh bằng 2 . 23 2 2 2 V V . S.A B D S.C B D 12 3 VS.ABD SA SB SD 3 9 9 9 2 2 Mặt khác . . 3. , nên VS.ABD VS.A B D . 3 2 . VS.A B D SA SB SD 2 2 2 2 3 VS.CBD SC SB SD 3 2 2 . . 2. 3, nên VS.CBD 3VS.C B D 3. 2 2 . VS.C B D SC SB SD 2 3 Thể tích khối đa diện S.ABCD là V VS.ABD VS.CBD 3 2 2 2 5 2 . S A' C' D B' C B Câu 19: [HH12.C1.2.BT.d] (Đoàn Trí Dũng - Lần 7 - 2017 - 2018) Cho tứ diện S.ABC , M và N là các điểm thuộc các cạnh SA và SB sao cho MA 3SM , SN 2NB , ( ) là mặt phẳng qua MN và song song với SC . Kí hiệu (H1) và (H2 ) là các khối đa diện có được khi chia khối tứ diện S.ABC bởi mặt phẳng ( ) , trong đó, (H1) chứa điểm S , (H2 ) chứa điểm A ; V1 và V2 V1 lần lượt là thể tích của (H1) và (H2 ) . Tính tỉ số . V2 4 25 25 35 A. . B. . C. . D. . 5 47 48 45 Lời giải Chọn B
12. Kí hiệu V là thể tích khối tứ diện SABC . Gọi P , Q lần lượt là giao điểm của ( ) với các đường thẳng BC , AC . Ta có NP//MQ//SC . Khi chia khối (H1) bởi mặt phẳng (QNC) , ta được hai khối chóp N.SMQC và N.QPC . Với khối chóp N.SMQC: NS 2 2 Vì do đó V V . BS 3 N.SMQC 3 B.SMQC AM 3 9 7 Lại có: S S S S . AS 4 AMQ 16 SAC SMQC 16 SAC 7 Vậy V V . N.SMQC 24 S.ABC Với khối chóp N.QPC: S CP CQ 2 1 1 Vì CPQ SCBA CB CA 3 4 6 1 1 Do đó V V V . N.PQC 6 N.ABC 18 SABC V 7 1 25 V 25 47 V 25 Như vậy: 1 2 1 1 . VSABC 24 18 72 VSABC 72 72 V2 47