Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 1 - Bài 2: Thể tích khối chóp - Mức độ 4.4 - 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 4.4 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 43: [HH12.C1.2.BT.d] (SGD Bắc Ninh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a . Tam giác SAB vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi là góc tạo bởi đường thẳng SD và mặt phẳng SBC , với 45 . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABCD . 8a3 4a3 2a3 A. 4a3 B. C. D. 3 3 3 Lời giải Chọn C S D' D A H B C Gọi D là đỉnh thứ tư của hình bình hành SADD . Khi đó DD //SA mà SA  SBC (vì SA  SB , SA  BC ) nên D là hình chiếu vuông góc của D lên SBC . Góc giữa SD và SBC là D· SD S· DA, do đó SA AD.tan 2a.tan . Đặt tan x , x 0;1 . 1 1 Gọi H là hình chiếu của S lên AB , theo đề ta có V .S .SH 4a2.SH . S.ABCD 3 ABCD 3 Do đó VS.ABCD đạt giá trị lớn nhất khi SH lớn nhất. Vì tam giác SAB vuông tại S nên SA.SB SA. AB2 SA2 2ax 4a2 4a2 x2 x2 1 x2 SH 2ax 1 x2 2a a AB AB 2a 2 2 Từ đó max SH a khi tan . 2 1 4 Suy ra maxV .a.4a2 a3 . S.ABCD 3 3 Câu 50: [HH12.C1.2.BT.d] Cho tứ diện ABCD , trên các cạnh BC , BD , AC lần lượt lấy các điểm 3 M , N , P sao cho BC 3BM , BD BN , AC 2AP . Mặt phẳng MNP chia khối tứ 2 V1 diện ABCD thành hai phần có thể tích là V1 , V2 . Tính tỉ số . V2
2. V 26 V 26 V 3 V 15 A. 1 .B. 1 .C. 1 .D. 1 . V2 13 V2 19 V2 19 V2 19 Lời giải Chọn B A Q P I D B N M C Gọi VABCD V , I MN CD , Q IP  AD ta có Q AD  MNP . Thiết diện của tứ diện ABCD được cắt bởi mặt phẳng MNP là tứ giác MNQP . Áp dụng định lí Menelaus trong các tam giác BCD và ACD ta có: NB ID MC ID 1 ID PC QA QA . . 1 và . . 1 4 . ND IC MB IC 4 IC PA QD QD Áp dụng bài toán tỉ số thể tích của hai khối chóp tam giác, ta có: VANPQ AP AQ 2 2 2 1 2 1 . VANPQ VANCD V . Suy ra VN.PQDC V V V . VANCD AC AD 5 5 15 3 15 5 VCMNP CM CP 1 1 2 và . VCMNP VCBNA V . VCBNA CB CA 3 3 9 19 26 V1 26 Suy ra V2 VN.PQDC VCMNP V . Do đó V1 V V2 V . Vậy . 45 45 V2 19 HẾT Câu 46: [HH12.C1.2.BT.d] (SGD - Bắc Ninh - 2017 - 2018 - BTN) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M , N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc cạnh BC , BD sao cho AMN luôn vuông góc với mặt phẳng BCD . Gọi V1 , V2 lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện ABMN . Tính V1 V2 . 17 2 17 2 17 2 2 A. . B. . C. . D. . 216 72 144 12 Lời giải Chọn A
3. Gọi H là tâm tam giác BCD , ta có AH  BCD , mà AMN  BCD nên AH  AMN hay MN luôn đi qua H . 3 1 6 Ta có BH AH AB2 BH 2 1 . 3 3 3 1 1 6 1 2 Thể tích khối chóp ABMN là V .AH.S . . BM.BN.sin 60 BM.BN . 3 BMN 3 3 2 12 Do MN luôn đi qua H và M chạy trên BC nên BM.BN lớn nhất khi M  C hoặc N  D 2 khi đó V . 1 24 2 2 + BM.BN nhỏ nhất khi MN //CD khi BM BN V . 3 2 27 17 2 Vậy V V . 1 2 216 Câu 46: [HH12.C1.2.BT.d] (THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc- Lần 3 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABCD có thể tích bằng V , đáy ABCD là hình bình hành. Mặt phẳng P song song với ABCD cắt các đoạn SA , SB , SC , SD tương ứng tại M , N , E , F ( M , N, E, F khác S và không nằm trên ABCD ). Các điểm H , K , P , Q tương ứng là hình chiếu vuông góc của M , N, E, F lên ABCD . Thể tích lớn nhất của khối đa diện MNEFHKPQ là: 2 4 4 2 A. V .B. V .C. V .D. V . 3 27 9 9 Lời giải Chọn C
4. SM SM Đặt k . Ta có: MNEF và ABCD đồng dạng với tỉ số k 0 k 1 . SA SA 2 Do đó SMNEF k SABCD . MH MA SA SM Gọi SI là đường cao của S.ABCD . Ta có: 1 k . SI SA SA 2 2 VMNEFHKPQ SMNEF .MH SABCD .k .(1 k).SI 3V.k .(1 k) 3 3V 3V k k 2 2k 4 .k.k.(2 2k) . V . 2 2 3 9 4 2 Vậy thể tích lớn nhất của khối đa diện MNEFHKPQ là V khi k 2 2k k . 9 3