Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 1 - Chủ đề 2: Thể tích khối chóp - Câu hỏi chưa phân dạng - Mức độ 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 - Chủ đề 2: Thể tích khối chóp - Câu hỏi chưa phân dạng - Mức độ 4 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 46. [2H1-2.0-4] (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. [2H1-2.0-4] (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 49: [2H1-2.0-4](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
3. 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: [2H1-2.0-4] (Lớp Toán - Đoàn Trí Dũng -2017 - 2018) Cho tứ diện ABCD có độ dài cạnh AB x và tất cả các cạnh còn lại đều có độ dài bằng 1. Tìm giá trị của x biết rằng thể tích của 1 tứ diện ABCD bằng ? 8 A x B D C 1 6 6 A. x 1. B. x . C. x . D. x 2 3 2 Lời giải Chọn D abc Ta xét công thức: V 1 cos2 cos2  cos2 2cos cos  cos và ứng dụng với 6 độ dài các cạnh CA a 1,CB b 1,CD c 1, các giá trị 2 x2 1 cosR ACB ;cosR ACD cosR DCB . 2 2 2 1 1 1 2 x2 1 1 2 x2 1 6 Khi đó: VABCD 1 2 x . 6 4 4 2 2 2 2 8 2 Câu 50: [2H1-2.0-4] (Lớp Toán - Đoàn Trí Dũng -2017 - 2018) Một nhà toán học muốn điêu khắc một bức tượng đặc biệt có dạng “xoắn” được cắt gọt từ một khối đá hình lăng trụ tam giác đều ABC.A' B 'C ' có tất cả các cạnh đều bằng 1. Biết rằng bức tượng đó có hai đáy là các tam giác ABC và A' B 'C ' đồng thời thiết diện của bức tượng khi cắt bởi một mặt phẳng bất kỳ song song và nằm giữa hai đáy là một tam giác có ba đỉnh lần lượt nằm trên các đường chéo AC ',CB ' và BA' . Xác định thể tích V của bức tượng đá mà nhà toán học dự định điêu khắc.
4. A' C' B' M N A C P B 3 3 3 3 3 A. V . B. V . C. V . D. V 8 12 32 6 Lời giải Chọn A Chọn trục tọa độ Ax trùng với tia AA' với gốc tọa độ A và xét thiết diện ở vị trí độ cao cách mặt đáy một khoảng x . Chiếu MNP xuống mặt phẳng ABC ta được IEH như hình vẽ. HB PH x Khi đó theo định lý Thales: HB x . AB A A 1 EC x Tương tự . BE 1 x Hàm dụng định lí cosin cho BHE ta được: HE x2 1 x 2 2x. 1 x .cos60 3x2 3x 1. 2 3 3 2 S MNP S IEH HE . 3x 3x 1 . 4 4 1 3 3 Vậy thể tích vật thể cần tính là: V 3x2 3x 1 dx . 0 4 8 Hình ảnh bên phải là hình ảnh chính xác của vật thể mà bài toán đang đề cập tới.
5. (Bài toán của tác giả Đoàn Trí Dũng) Câu 47: [2H1-2.0-4] (THPT Sơn Tây - Hà Nội - 2018 – BTN – 6ID – HDG) Cho lăng trụ đều ABC.EFH có tất cả các cạnh bằng a . Gọi S là điểm đối xứng của A qua BH . Thể tích khối đa diện ABCSFH bằng 3a3 a3 3a3 a3 A. B. C. D. 3 6 6 2 Lời giải Chọn A Thể tích của khối lăng trụ đều ABC.EFH là a2 3 a3 3 V S .AE .a . ABC 4 4 Thể tích khối chóp A.BCHF là 1 2 V V V V V V . A.BCHF A.EFH 3 3 Gọi M AS  BH thì M là trung điểm AS nên d A, BCHF d S, BCHF . Do đó VA.BCHF VS.BCHF . Thể tích khối đa diện ABCSFH là 4 4 a3 3 a3 3 V V V V . . ABCSFH A.BCHF S.BCHF 3 3 4 3 F S E H M B C A Câu 48: [2H1-2.0-4] (THPT Sơn Tây - Hà Nội - 2018 – BTN – 6ID – HDG) Trong không gian 8 4 8 với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC nhọn có H 2;2;1 , K ; ; , O lần lượt là hình 3 3 3 chiếu vuông góc của A , B , C trên các cạnh BC , AC , AB . Gọi I là trực tâm tam giác ABC . Phương trình mặt cầu S tâm A , đi qua điểm I là
6. A. S : x 4 2 y 1 2 z 1 2 20 B. S : x 2 2 y2 z 1 2 5 C. S : x2 y 1 2 z 1 2 20 D. S : x 2 2 y2 z 1 2 5 Lời giải Chọn A Trong mặt phẳng ABC , ta có tứ giác AOIK nội tiếp trong đường tròn đường kính AI , do đó K· AI K· OI 1 (cùng chắn cung K» I ). Ta cũng có tứ giác ACHO nội tiếp trong đường tròn đường kính AC , do đó K· AI H· OI 2 (cùng chắn cung H»C ). Từ 1 và 2 suy ra K· OI H· OI , hay IO là phân giác trong của góc K· OH . Tương tự, HI là phân giác trong của góc K· HO . Như vậy, điểm I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OHK . Ta có OH 3 , OK 4 , HK 5 . Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OHK nên    HK.IO OK.IH OH.IK 0    5IO 4IH 3IK 0 I 0;1;1 . x 2t  Đường thẳng AH có véc-tơ chỉ phương IH 2;1;0 nên phương trình AH là y 1 t . z 1  Vì A AH nên A 2t;1 t;1 OA 2t;1 t;1 . Mà OI  OA nên   OI.OA 0 0. 2t 1. 1 t 1.1 0 t 2 A 4; 1;1 . Như vậy AI 20 . Vậy, phương trình mặt cầu S tâm A , đi qua điểm I là S : x 4 2 y 1 2 z 1 2 20 . A K O I B H C