Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 2 - Chủ đề 3: Khối cầu - Dạng 5: Mặt cầu nội tiếp, ngoại tiếp đa diện - 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 2 - Chủ đề 3: Khối cầu - Dạng 5: Mặt cầu nội tiếp, ngoại tiếp đa diện - Mức độ 4 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 47: [2H2-3.5-4] (THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2018 - BTN) Cho tứ diện đều ABCD có một đường cao AA1 . Gọi I là trung điểm AA1 . Mặt phẳng BCI chia tứ diện ABCD thành hai tứ diện. Tính tỉ số hai bán kính của hai mặt cầu ngoại tiếp hai tứ diện đó. 43 1 1 48 A. B. C. D. 51 2 4 153 Lời giải Chọn A Gọi cạnh của tứ diện đều là a . Gọi K là trung điểm của CD và E IK  AB . Qua A1 kẻ đường thẳng song song với IK cắt AB tại J . Ta có: BJ BA 2 AE AI 1 a 3a 1 và 1 nên suy ra AE AB và BE . BE BK 3 EJ IA1 4 4 4 Gọi M là trung điểm của BE , trong mặt phẳng ABK dựng đường trung trực của BE cắt AA1 tại O . Ta dễ dàng chứng minh được O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp EBCD . a 3 a 6 Ta có: BA , AA . Đặt BE x . 1 3 1 3 Tam giác ABA1 đồng dạng với tam giác AOM nên suy ra AM OM AM.BH x 1 OM a . AA1 BH AA1 2 2 Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp EBCD ta suy ra: 2 2 2 2 x 1 x R OB OM MB a . 4 2 2 2 3a 9a2 1 3a 43 Với x ta có: R a a . 4 64 2 8 128 a Tương tự với x ta có bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp EACD là 4 2 a2 1 a 51 R a a . 64 2 4 128
2. R 43 Do đó . R ' 51 Phương pháp trắc nghiệm: Áp dụng công thức Crelle: Với mỗi khối tứ diện ABCD đều tồn tại ít nhất một tam giác mà số đo các cạnh của nó bằng tích số đo các cặp đối của tứ diện đó. Hơn nữa nếu gọi V là thể tích, R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD thì ta có công thức: S 6V.R . Câu 49: [2H2-3.5-4] (Sở Ninh Bình - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi B1 , C1 lần lượt là hình chiếu của A trên SB , SC . Tính theo a bán kính R của mặt cầu đi qua năm điểm A , B , C , B1 , C1 . a 3 a 3 a 3 a 3 A. R B. R C. R D. R 6 2 4 3 Lời giải Chọn D S C1 B1 A C H I M B Đặt SA x , gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , H là hình chiếu của B1 trên cạnh AB , M là trung điểm của AB . SB SA2 x2 SC SA2 x2 Ta có SA2 SB .SB 1 , tương tự ta cũng có 1 . 1 SB SB2 a2 x2 SC SC 2 a2 x2 BB HB BH a2 Suy ra B C / /BC , B H / /SA nên 1 1 1 1 1 SB SA AB x2 a2 xa2 a.x2 HB , HB . 1 x2 a2 x2 a2 a 3 Ta chỉ cần chứng minh IA IB . Giả sử x a ( x a ta làm tương tự). 1 3 2 2 a.x2 a a.x2 a a x a Khi đó HB BM , suy ra HM x2 a2 2 x2 a2 2 2 x2 a2 a2 a 3 IB2 HI 2 B H 2 HM 2 IM 2 B H 2 IB IA . 1 1 1 3 1 3 a 3 Vậy IA IB IC IB IC là bán kính mặt cầu đi qua năm điểm A , B , C , B , C . 1 1 3 1 1 Câu 6: [2H2-3.5-4] Cho tứ diện ABCD đều có cạnh a, tỉ số thể tích của khối cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD và thể tích khối cầu tiếp xúc với tất cả các cạnh của tứ diện là.
3. 3 A. 3 3 .B. 3 .C. .D. 3 . 2 Lời giải Chọn A Câu 7: [2H2-3.5-4] Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB 2a , BC a , hình chiếu a 3 của S lên ABCD là trung điểm H của AD , SH . Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình 2 chóp S.ABCD bằng bao nhiêu? 16 a2 16 a2 4 a3 4 a2 A. .B. .C. .D. . 3 9 3 3 Lời giải Chọn A Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp SAD O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD Ta có SD SA SH 2 AH 2 a SAD đều 2 3 3 I A a a 3 2 3 2a R IA I A2 I I 2 I A2 HO2 3 16 a2 Vậy S 4 R2 3 Câu 8: [2H2-3.5-4] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB a , AD 2a tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AD, DC. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.DMN . a 39 a 31 a 102 a 39 A. R . B. R . C. R . D. R . 6 4 6 13 Lời giải Chọn C Gọi I là trung điểm của MN . Suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN. d là đường thẳng qua I và vuông góc với mặt đáy. E là hình chiếu của I lên AB. O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.DMN . K là hình chiếu của O lên SH.
4. S d O K x M A D E I H N B C Đặt OI x . 1 a 5 5a2 Ta có DI MN . Suy ra OD ID2 OI 2 x2 . 2 4 16 a 3 AM HN 3a SK SH x x; KO HI; EI . 2 2 2 9a2 a2 a 37 HI EI 2 HE 2 . 4 16 4 49a2 Suy ra SO SK 2 KO2 a 3x x2 . 16 Vì O là tâm mặt cầu ngoại tiếp nên: 49a2 11a a 102 SO DO a 3x x2 x2 5a x R OD . 16 4 3 6 Câu 34: [2H2-3.5-4] (THPT Đoàn Thượng - Hải Phòng - Lân 2 - 2017 - 2018 - BTN) Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD có diện tích 84 cm2 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD . 2 21 3 21 21 6 21 A. cm . B. cm . C. cm . D. cm . 7 7 7 7 Lời giải Chọn D S G A I K D M O E B C
5. Gọi M là trung điểm AB và G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều SAB ,O là tâm của hình vuông ABCD . Ta có OM  SAB . Dựng trục của hình vuông ABCD và trục tam giác SAB , khi đó chúng đồng phẳng và cắt nhau tại I tức là OI , GI là các trục hình vuông ABCD và trục tam giác SAB . Bán kính mặt cầu là R SI . Ta có 4 R2 84 cm2 R 21 cm . Đặt AB x cm x x 3 Trong tam giác vuông SGI ta có SI 2 SG2 GI 2 1 , ta có GI , SG thay vào 1 2 3 tính được x 6 . Dựng hình bình hành ABDE . Khoảng cách d giữa BD và SA là d d BD, SAE d d B, SAE 2d M , SAE . Kẻ MK  AE ta có SAE  SMK . SM.MK x 3 x 2 3 2 d M , SAE d M , SK 2 . Ta có SM 3 3 , MK SM 2 MK 2 2 4 2 3 21 Thay các giá trị vào 2 tính được d M , SAE . 7 6 21 Vậy khoảng cách giữa SA và BD là . 7 Câu 50: [2H2-3.5-4] (SGD Bắc Ninh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho tứ diện ABCD có AB BC CD 2 , AC BD 1, AD 3 . Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đã cho. 7 39 2 3 A. 1 B. C. D. 3 6 3 Lời giải Chọn C Ta có ACD là tam giác vuông tại A và ABD là tam giác vuông tại D Dựng khối lăng trụ tam giác đều ACF.DEB như hình vẽ. D G' B E 3 2 I A F 1 G I C Gọi G và G lần lượt là trọng tâm của hai tam giác ACF và DEB ; I là trung điểm của GG . Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ACF.DEB , đồng thời cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD .
6. 2 2 2 2 3 3 39 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp là R IF IG GF .Câu 42: [2H2- 2 3 6 3.5-4] (SGD - Bắc Ninh - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A , AB a , AC 2a . Mặt bên SAB , SCA lần lượt là các tam giác vuông tại B , 2 C . Biết thể tích khối chóp S.ABC bằng a3 . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC ? 3 3a 3a A. R a 2 . B. R a . C. R . D. R . 2 2 Lời giải Chọn C S I C A M H B Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng ABC thì SH là đường cao của hình chóp. 2 1 1 2 Mặt khác thể tích khối chóp S.ABC bằng a3 nên ta có AB.SH a3 SH 2a . 3 3 2 3 Dễ thấy năm điểm A , B , H , C , S cùng thuộc mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC . Mặt khác A , B , H , C cùng thuộc một mặt phẳng nên tứ giác ABHC nội tiếp đường tròn. BC a 5 a 21 Mà B· AC 900 B· HC 900 HM SM HM 2 SH 2 . 2 2 2 Áp dụng công thức đường trung tuyến ta có: SB2 SC 2 BC 2 SB2 SC 2 BC 2 13a2 SM 2 SM 2 .(1) 2 4 2 4 2 CA2 SC 2 SA2 4a2 SC 2 R2 CI 2 R2 R2 . (2) 2 4 2 BA2 SB2 SA2 a2 SB2 R2 BI 2 R2 R2 . (3) 2 4 2 a2 SB2 4a2 SC 2 5a2 SB2 SC 2 5a2 13a2 Từ(1), (2), (3) ta có 4R2 9a2 . 2 2 2 2 2 2 3a R . 2 Câu 35: [2H2-3.5-4] (THPT Chuyên Quốc Học Huế - lần 1 - 2017 - 2018) Cho lăng trụ đứng có chiều cao bằng h không đổi, một đáy là tứ giác ABCD với A , B , C , D di động. Gọi I là giao của hai đường chéo AC và BD của tứ giác đó. Cho biết IA.IC IB.ID h2 . Tính giá trị nhỏ nhất bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đã cho.
7. h 5 h 3 A. 2h . B. . C. h . D. . 2 2 Lời giải Chọn B C B I r K A D B C A D Do lăng trụ nội tiếp mặt cầu nên gọi K;r là đường tròn ngoại tiếp ABCD . Khi đó IA.IC IB.ID r 2 IK 2 (theo phương tích của đường tròn). Suy ra r 2 IK 2 h2 r 2 h2 IK 2 . Gọi O, R là mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ta có h2 5 5 h 5 h 5 R2 OA2 OK 2 r 2 h2 IK 2 h2 R . Vậy R khi I là tâm 4 4 4 2 min 2 đường tròn ngoại tiếp ABCD . Câu 7181: [2H2-3.5-4] [THPT chuyên Lương Thế Vinh - 2017] Một hình hộp chữ nhật P nội tiếp trong một hình cầu có bán kính R . Tổng diện tích các mặt của P là 384 và tổng độ dài các cạnh của P là 112. Bán kính R của hình cầu là. A. 14. B. 10. C. 12. D. 8 . Lời giải Chọn B Gọi chiều dài, rộng, cao của hình hộp chữ nhật lần lượt là a,b,c . Đường chéo hình hộp chữ nhật bằng: a2 b2 c2 . Tổng diện tích các mặt của P là 384 nên 2ab 2ac 2bc 384 . Tổng độ dài các cạnh của P là 112 nên 4a 4b 4c 112 a b c 28 . a2 b2 c2 a b c 2 2 ab ac bc 282 384 20 . Vậy bán kính mặt cầu bằng 10. Câu 7182: [2H2-3.5-4] [THPT chuyên Hưng Yên lần 2 - 2017] Cho hình chóp S.ABC có SA  ABC , AC b , AB c , B· AC . Gọi B , C lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB , SC . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCC B theo b , c , . . b2 c2 2bc cos A. R . B. R 2 b2 c2 2bc cos . 2sin b2 c2 2bc cos 2 b2 c2 2bc cos C. R . D. R . sin 2 sin Lời giải
8. Chọn A . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và AC . Tam giác ABB vuông tại B nên M chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABB , suy ra trục tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABB chính là đường trung trực của AB (xét trong mp ABC ). Tam giác ACC vuông tại C nên N chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACC , suy ra trục tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACC chính là đường trung trực 1 của AC (xét trong mp ABC ). Gọi I  1 thì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và I cách đếu các điểm A, B,C,B ,C nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp ABCB C . Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp ABCB C thì R chính là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . AB.AC.BC c.b.BC b2 c2 2bc.cos Ta có R . 4.S 1 2sin ABC 4. bc.sin 2