Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 1 - Chủ đề 2: Thể tích khối chóp - Dạng 5: Sử dụng định lý tỉ số thể tích - 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 - Dạng 5: Sử dụng định lý tỉ số thể tích - Mức độ 4 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 29: [2H1-2.5-4] (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 thành hai 7 IA 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 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
2. Câu 45: [2H1-2.5-4] (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 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 .
3. S A' C' D B' C B Câu 1933: [2H1-2.5-4] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một tứ giác lồi. Gọi A là điểm SA 3 trên cạnh SA sao cho . Mặt phẳng P đi qua A và song song với ABCD cắt SA 4 SB , SC , SD lần lượt tại B , C , D . Mặt phẳng P chia khối chóp thành hai phần. Tỉ số thể tích của hai phần đó là: 37 27 4 27 A. . B. . C. . D. . 98 37 19 87 Lời giải Chọn B 2 VS.A' B 'C ' SA' SB' SC ' 3 27 Ta có: . . VS.ABC SA SB SC 4 64 V 27 V 27 Do đó S.A' B 'C ' ; tương tự S.D ' B 'C ' VABC.A' B 'C ' 37 VDBC.D ' B 'C ' 37 Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau suy ra: V V V V 27 S.A' B 'C ' S.D ' B 'C ' S.A' B 'C ' S.D ' B 'C ' . VABC.A' B 'C ' VDBC.D ' B 'C ' VABC.A' B 'C ' VDBC.D ' B 'C ' 37
4. Câu 1987. [2H1-2.5-4] Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD Mặt phẳng P qua A và vuông góc SC cắt SC, SB, SD lần lượt tại B ,C , D . Biết rằng 3SB 2SB . Gọi V1,V2 lần lượt là thể V tích hai khối chóp S.A B C D và S.ABCD . Tỉ số 1 là V2 V 2 V 2 V 4 V 1 A. 1 . B. 1 . C. 1 . D. 1 . V2 3 V2 9 V2 9 V2 3 Lời giải Chọn D SB' 2 SD' 2 SC ' Ta có , bây giờ cần tìm SB 3 SD 3 SC Tọa độ hóa với Ox  OC,Oy  OB,OS Oz và đặc biệt hóa cho OA 1 A 1;0;0  C 1;0;0 ,S 0;0;a SC 1;0; a P : x 1 az 0 x az 1 0. x 0  Ta có B 0;1;0 SB 0;1; a SB : y 1 t t ¡ . z at 2 1 1 Cho giao với P a t 1 0 B' 0;1 2 ; . a a Ta có 3 3 2 1 1 a2 S 0;0; 3 3 0;1 2 ; a 2 0;1; a a 3 a a 3 3a 2a P : x z 3 1 0 a Cho SC giao với VS.AB 'C ' 2 1 1 . 1 3 SC ' 1 VS.ABC 3 2 3 1 P C ' ;0; VS.AB 'C ' D ' VS.ABCD . 2 2 SC 2 V 1 2 1 3 S.AC ' D ' . VS.ACD 2 3 3 Câu 233: [2H1-2.5-4][CHUYÊN BIÊN HÒA-2017] Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên hợp với đáy một góc 60 . Gọi M là điểm đối xứng của C qua D , N là
5. trung điểm SC. Mặt phẳng BMN chia khối chóp S.ABCD thành hai phần. Tỉ số thể tích giữa hai phần (phần lớn trên phần bé) bằng: 7 1 7 6 A. . B. . C. . D. . 5 7 3 5 Lời giải Chọn A S N E H D C M O F B A Giả sử các điểm như hình vẽ. E SDMN E là trọng tâm tam giác SCM , DF // BC F là trung điểm BM . a 6 a 7 Ta có: S·D, ABCD S· DO 60 SO , SF SO2 OF 2 2 2 a 6 1 a2 7 d O, SAD OH h ;SSAD SF.AD 2 7 2 4 V ME MF MD 1 MEFD   VMNBC MN MB MC 6 5 5 1 1 5 1 5a3 6 VBFDCNE VMNBC  d M , SAD  SSBC 4h SSAD 6 6 3 2 18 2 72 1 a3 6 7a3 6 V SO.S V V V  S.ABCD 3 ABCD 6 SABFEN S.ABCD BFDCNE 36 V 7 Suy ra: SABFEN  VBFDCNE 5 Câu 247: [2H1-2.5-4] Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên hợp với đáy một góc 60° . Gọi M là điểm đối xứng với C qua D ; N là trung điểm của SC , mặt phẳng ( BMN ) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần. Tính tỉ số thể tích giữa hai phần đó. 1 7 1 7 A. . B. . C. . D. . 5 3 7 5 Lời giải Chọn D
6. S N 60° A B K I O a H M D a C ïìV = V ï 1 SABIKN V1 Đặt í ® = ?. ïV = V V îï 2 NBCDIK 2 1 a 6 6 * V = . a2 = a3 . S.ABCD 3 2 6 1 1 SO 1 a 6 1 6 * V = .NH.S = . .S = . .a.2a = a3 . N .BMC 3 DBMC 3 2 DBMC 3 4 2 12 MK 2 * Nhận thấy K là trọng tâm của tam giác SMC ® = . MN 3 V MD MI MK 1 1 2 1 * M .DIK = . . = . . = . VM .CBN MC MB MN 2 2 3 6 5 5 6 5 6 ® V = V - V = V = . a3 = a3 . 2 M .CBN M .DIK 6 M .CBN 6 12 72 7 6 3 V a 6 3 5 6 3 7 6 3 1 72 7 ® V1 = VS.ABCD - V2 = a - a = a ® = = . 6 72 72 V 5 6 5 2 a3 72 Câu 50: [2H1-2.5-4] Cho tứ diện ABCD , trên các cạnh BC , BD , AC lần lượt lấy các điểm M , N , 3 P sao cho BC 3BM , BD BN , AC 2AP . Mặt phẳng MNP chia khối tứ diện ABCD 2 V1 thành hai phần có thể tích là V1 , V2 . Tính tỉ số . V2 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
7. 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 35: [2H1-2.5-4] (Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho khối tứ diện ABCD có thể tích V . Gọi G1 , G2 , G3 , G4 là trọng tâm của bốn mặt của tứ diện ABCD . Thể tích khối tứ diện G1G2G3G4 là: V V V V A. . B. . C. . D. . 27 18 4 12 Lời giải Chọn A A G2 G3 G1 I C B G4 H1 H2 K J D Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của BC , BD và DC . Gọi h là khoảng cách từ A đến BCD , h1 là khoảng cách từ G4 đến G1G2G3 .
8. Vì G1G2G3 / / BCD nên d G4 , G1G2G3 d G1, BCD G1H2 h , h AH1 . h KG 1 h 1 1 h . h KA 3 1 3 Gọi S , S , S1 lần lượt là diện tích các tam giác BCD , IJK và G1G2G3 . Vì I, J, K lần lượt là trung điểm của BC , BD và DC nên: 1 1 BC 1 1 1 1 S JK.d I, JK . . d D, BC . .BC.d D, BC S 1 . 2 2 2 2 4 2 4 G G AG 2 Tam giác G G G đồng dạng với tam giác KIJ với tỉ số đồng dạng là: 1 2 1 . 1 2 3 Ik Ak 3 2 S1 2 4 4 S1 S 2 (Vì tỉ số diện tích bằng bình phương tỉ số đồng dạng). S 3 9 9 S Từ 1 và 2 S . 1 9 1 1 S h 1 1 V Thể tích khối từ diện G1G2G3G4 là: V1 S1.h1 . . . .S.h . 3 3 9 3 27 3 27 Câu 43: [2H1-2.5-4] (Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho tứ diện ABCD có thể tích là V . Điểm M thay đổi trong tam giác BCD . Các đường thẳng qua M và song song với AB , AC , AD lần lượt cắt các mặt phẳng ACD , ABD , ABC tại N , P , Q . Giá trị lớn nhất của khối MNPQ là: V V V V A. . B. . C. . D. . 27 16 8 54 Lời giải Chọn A A P Q N B P D M Q N C MN N M  Tam giác ABN có MN // AB . AB N B MP P M  Tam giác ACP có MP // AC . AC P C
9. MQ Q M  Tam giác ADQ có QM // AD . AD Q D MN MP MQ N M P M Q M Khi đó: AB AC AD N B P C Q D N M P M Q M S S S MN MP MQ Mà MCD MBD MBC 1 nên 1 N B P C Q D SBCD SBCD SBCD AB AC AD 3 MN MP MQ 3 MN MP MQ 3 3 Lại có 1 3 . . (Cauchy) AB AC AD AB AC AD 1 MN MP MQ MN.MP.MQ AB.AC.AD MN.MP.MQ lớn nhất khi 27 AB AC AD MN MP MQ 1 M là trọng tâm tam giác BCD NPQ // BCD , AB AC AD 3 2 SNPQ 2 1 1 1 , Mà SN P Q SBCD nên SNPQ SBCD và d M , NPQ d A, BCD SN P Q 3 4 9 2 1 Vậy giá trị lớn nhất của khối tứ diện MNPQ là VMNPQ SNPQ .d M , NPQ 3 1 1 1 V 1 VMNPQ . SBCD . d A, BCD , với VABCD SBCD .d A, BCD V 3 9 3 27 3 Câu 6656: [2H1-2.5-4] [TTGDTX Cam Lâm - Khánh Hòa - 2017] Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình bình hành. M , N, P,Q lần lượt là trung điểm của SA, SB, SC, SD . Tỉ số thể tích của khối chóp S.MNPQ và khối chóp S.ABCD là. 1 1 1 1 A. B. . C. . D. . 8 . 4 16 2 Lời giải Chọn A Vì ABCD là hình bình hành nên S = S ABC ACD . . Do đó VS.ABCD = 2VS.ABC = 2VS.ACD . Ta có.
10. V V + V V V V V S.MNPQ = S.MNP S.MPQ = S.MNP + S.MPQ = S.MNP + S.MPQ VS.ABCD VS.ABCD VS.ABCD VS.ABCD 2VS.ABC 2VS.ACD 1 SM SN SP 1 SM SP SQ 1 1 1 = . . . + . . = + = . 2 SA SB SC 2 SA SC SD 16 16 8 Câu 6659: [2H1-2.5-4] [BTN 175 - 2017] Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên hợp với đáy một góc 60 . Gọi M là điểm đối xứng với C qua D ; N là trung điểm của SC , mặt phẳng ( BMN ) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần. Tính tỉ số thể tích giữa hai phần đó. 1 7 7 1 A. . B. . C. . D. . 7 5 3 5 Lời giải Chọn B . V1 VSABIKN V Đặt 1 ?. V2 VNBCDIK V2 1 a 6 6 * V . a2 a3 . S.ABCD 3 2 6 1 1 SO 1 a 6 1 6 * V .NH.S . .S . .a.2a a3 . N.BMC 3 BMC 3 2 BMC 3 4 2 12 MK 2 * Nhận thấy K là trọng tâm của tam giác SMC . MN 3 V MD MI MK 1 1 2 1 * M .DIK . . . . . VM .CBN MC MB MN 2 2 3 6 5 5 6 5 6 V V V V . a3 a3 . 2 M .CBN M .DIK 6 M .CBN 6 12 72 7 6 a3 6 5 6 7 6 V 7 V V V a3 a3 a3 1 72 . 1 S.ABCD 2 6 72 72 V 5 6 5 2 a3 72 Câu 6661: [2H1-2.5-4] [BTN 171 - 2017] Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có thể tích bầng V . Lấy 1 điểm A trên cạnh SA sao cho SA SA . Mặt phẳng qua A và song song với mặt đáy của 3 hình chóp cắt các cạnh SB, SC, SD lần lượt tại B ,C , D . Khi đó thể tích chóp S.A B C D bằng:
11. V V V V A. . B. . C. . D. . 3 27 9 81 Lời giải Chọn B . Vì A B C D / / ABCD A B / / AB, B C / /BC,C D / /CD . SA' 1 SB SC SD 1 Mà . SA 3 SB SC SD 3 Gọi V1,V2 lần lượt là VS.ABC ,VS.ACD . Ta có V1 V2 V . VS.A B C SA SB SC 1 V1 . . VS.A B C . VS.ABC SA SB SC 27 27 VS.A D C SA SC SD 1 V2 . . VS.A C D . VS.ACD SA SC SD 27 27 V V V Vậy V V V 1 2 . S.A B C D S.A'B'C ' S.A'C'D' 27 27 V Vậy V . S.A'BC 'D' 27 Câu 6665: [2H1-2.5-4] [THPT Chuyên Phan Bội Châu - 2017] Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V. Gọi M là trung điểm của SB. P là điểm thuộc cạnh SD sao cho SP 2DP. Mặt phẳng AMP cắt cạnh SC tại N. Tính thể tích của khối đa diện ABCDMNP theo V. . 2 23 7 19 A. V V . B. V V . C. V V . D. V V . ABCDMNP 5 ABCDMNP 30 ABCDMNP 30 ABCDMNP 30 Lời giải Chọn B
12. S S M M N I I P P B B A D S O O N C I C A O . Gọi O là tâm hình bình hành. Gọi I MP  SO N AI  SC . Ta có: 1 SP SM S S S S S . SPM SPI SMI SPI SMI 3 SD SB S S 2S 2S SDB SDB SDO SBO . SI SP SM 7 SI SI 4 . 2SO SD SB 12 SO SO 7 Suy ra: SN S S S S S SI SI SN 2 2 SN SAN SAI SNI SAI SNI . SC S S 2S 2S 2SO 2SO SC 7 7 SC SAC SAC SAO SCO . SN 2 SC 5 V V V V V SA.SM.SP SM.SN.SP 7 Suy ra: S.AMNP S.AMP S.MNP S.AMP S.MNP . V V 2VS.ABD 2VS.BCPD 2SA.SB.SD 2SB.SC.SD 30 23 V V . ABCD.MNP 30 Câu 6666: [2H1-2.5-4] [TTLT ĐH Diệu Hiền - 2017] Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V. Điểm P là trung điểm của SC, một mặt phẳng qua AP cắt hai cạnh SD và SB lần lượt tại M và N. Gọi V1 là thể tích của khối chóp S.AMPN. Tìm giá trị nhỏ V nhất của 1 ? V 2 3 1 1 A. . B. . C. . D. . 3 8 3 8 Lời giải Chọn C
13. . Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD . G là trọng tâm tam giác SAC . 1 Ta có M ,G, N thẳng hàng. Do ABCD là hình bình hành nên V V V . S.ADC S.ABC 2 S.ABCD V SM SP V 1 SM V 1 SM Theo công thức tỉ số thể tích ta có: S.AMP . S.AMP S.AMP . V SD SC 1 2 SD V 4 SD S.ADC V S.ABCD 2 S.ABCD V SN SP V 1 SN V 1 SN Tương tự S.ANP . S.ANP S.ANP . V SB SC 1 2 SB V 4 SB S.ABC V S.ABCD 2 S.ABCD VS.AMP VS.ANP 1 SM SN VS.AMNP 1 SM SN Từ đó suy ra . VS.ABCD VS.ABCD 4 SD SB VS.ABCD 4 SD SB V1 1 SM SN Hay . V 4 SD SB SD SB Ta chứng minh 3. SM SN Thậy vậy, qua B, D kẻ các đường song song với MN cắt SO lần lượt tại E, F . . SD SF SB SE SD SB SE SF Ta có: ; . SM SG SN SG SM SN SG SD SB 2SO 3 2. 3. SM SN SG 2 SD SB Đặt x; y . Ta có x y 3 . SM SN
14. V1 1 SM SN 1 1 1 x y 3 3 1 Mặt khác 2 . V 4 SD SB 4 x y 4xy 4xy x y 3 V 1 Vậy 1 nhỏ nhất bằng . V 3