Đề kiểm tra - Ôn tập chương Toán 12 - Chương: Khối đa diện (Đề số 1)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:23

Thêm vào BST

Báo xấu

7
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề kiểm tra - Ôn tập chương Toán 12 - Chương: Khối đa diện (Đề số 1) là tài liệu học tập dành cho học sinh lớp 12 ôn luyện chuyên đề hình học không gian. Nội dung đề bao gồm nhiều câu hỏi trắc nghiệm xoay quanh các khối đa diện quen thuộc, có kèm đáp án và lời giải chi tiết cho từng câu. Giúp học sinh rèn luyện tư duy không gian và kỹ năng giải nhanh. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu để học tập hiệu quả hơn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra - Ôn tập chương Toán 12 - Chương: Khối đa diện (Đề số 1)

Đề 1 Câu 1. Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và thể tích bằng 3a3 . Tính chiều cao h lăng trụ đã cho. a A. h = a . B. h = 3a . C. h = 9a . D. h = . 3 Câu 2 . Mỗi đỉnh của hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất bao nhiêu mặt ? A. 2. B. 3. C. 4. D. 5. Câu 3. Khối đa diện đều loại 4;3 có số đỉnh là A. 10 . B. 8 . C. 4 . D. 6 . Câu 4. Khối bát diện đều là khối đa diện đều loại nào? A. 5;3 . B. 3;4 C. 4;3 . D. 3;5 . Câu 5. Hình lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 6 . B. 4 . C. 3 . D. 5 . Câu 6. Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' . Tính góc giữa hai đường thẳng B ' D ' và AA ' . A. 300 . B. 900 . C. 450 . D. 600 . Câu 7. Cho khối chóp S . ABC có đáy là tam giác đều, SA ( ABC) và SA a . Biết rằng thể tích của khối S . ABC bằng 3a 3 . Tính độ dài cạnh đáy của khối chóp S . ABC . A. 2a 3 . B. 2 2a . C. 3 3a . D. 2a . Câu 8. Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB là a 2 a a 3 A. a . B. . C. . D. . 2 2 2 Câu 9. Hình nào không phải là hình đa diện đều trong các hình dưới đây ? A. Hình tứ diện đều B. Hình hộp chữ nhật có diện tích các mặt bẳng nhau C. Hình lập phương D. Hình chóp tam giác đều Câu 10. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB = a, AC = a 2 . Biết thể a3 tích S . ABC bằng . Khoảng cách từ S đến ( ABC ) bằng 2 3a 2 a 2 3a 2 a 2 A. . B. . C. . D. . 4 2 2 6 Câu 11. Trung điểm các cạnh của một tứ diện đều tạo thành A. các đỉnh của một hình hai mươi mặt đều. B. các đỉnh của một hình mười hai mặt đều. C. các đỉnh của một hình tứ diện đều. D. các đỉnh của một hình bát diện đều. Câu 12. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA vuông góc với mặt đáy. Gọi M là trung điểm BC . Mặt phẳng P đi qua A và vuông góc với SM cắt SB , SC lần lượt 1 tại E , F . Biết VS . AEF VS . ABC . Tính thể tích V của S . ABC . 4
a3 a3 2a 3 a3 A. . B. . C. . D. . 2 8 5 12 a 5 Câu 13. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình bình hành có AB = a , SA = SB = SC = SD = . Giá 2 trị lớn nhất của thể tích hình chóp S. ABCD bằng a3 3 a3 2a 3 3 a3 6 A. . B. . C. . D. D. . 6 3 3 3 Câu 14. Cho khối chóp S. ABCD có mặt đáy là hình vuông cạnh là 2a , mặt bên SAB là tam giác vuông ở S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy,  là góc tạo bởi đường thẳng SD và mặt phẳng ( SBC ) ,   45o . Thể tích của khối chóp đã cho có thể đạt giá trị lớn nhất là bao nhiêu ? 8a 3 4a 3 2a 3 A. 4a3 . B. . C. . D. D. . 3 3 3 Câu 15. Cho tứ diện ABCD , trên các cạnh BC , BD , AC lần lượt lấy các điểm M , N , P sao cho 3 BC = 3BM , BD = BN , AC = 2 AP . Mặt phẳng ( MNP ) chia tứ diện ABCD thành hai phần có 2 V thể tích là V1 , V2 . Tính tỉ số 1 . V2 26 26 3 15 A. . B. . C. . D. . 13 19 19 19 Câu 16. Cho hình chóp S . ABC có AB = a, AC = a 3 và ABC = BAS = BCS = 90o . Biết 11 sin của góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( SAC ) bằng . Tính thể tích khối chóp 11 S . ABC . 2a 3 3 a3 3 a3 6 a3 6 A. . B. . C. . D. . 9 9 6 3 Câu 17. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a , tam giác SAB đều , góc giữa (SAB) và ( ABCD) bằng 600 . Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Biết rằng hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng ( ABCD) nằm trong hình vuông ABCD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC . a 5 a 5 3a 5 5a 3 A. . B. . C. . D. . 5 10 10 3 Câu 18. Cho hình lập phương ABCD. ABCD cạnh 2a , gọi M là trung điểm của BB và P thuộc cạnh DD sao cho DP = DD . Mặt phẳng ( AMP ) cắt CC  tại N . Thể tích khối đa diện 1 4 AMNPBCD bằng 9a 3 11a 3 A. V = 2a3 . B. V = 3a3 . C. V = . D. V = . 4 3 Câu 19. Cho tứ diện ABCD có AB = CD = 4 , AC = BD = 5 , AD = BC = 6. Tính khoảng cách từ A đến ( BCD ) .
3 6 3 2 3 42 7 A. . B. . C. . D. . 7 5 7 2 Câu 20. Khối chóp tam giác đều cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 3a có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 6. B. 4. C. 9. D. 3. Câu 21. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB = BC = a , BB ' = 3 . Tính góc giữa A ' B và mặt phẳng ( BCB ' C ') . A. 450 . B. 300 . C. 600 . D. 900 . Câu 22. Cho tam giác ABC đều cạnh a , gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Trên d lấy điểm S và đặt AS = x, ( x  0) . Gọi H , K lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC và SBC . Biết HK cắt d tại điểm S ' . Khi SS ' ngắn nhất thì khối chóp S . ABC có thể tích bằng: a3 6 a3 6 a3 3 a3 2 A. . B. . C. . D. . 24 6 8 27 Câu 23. Cho hình lăng trụ đều có tất cả các cạnh cùng bằng 1 . Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AA ', BB ' ; E ' là giao điểm của CE và A ' C ' ; F ' là giao điểm của CF và B ' C ' . Tính thể tích của khối đa điện EFA ' B ' E ' F ' . 3 3 3 3 A. . B. . C. . D. . 6 2 3 12 Câu 24. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , cạnh SA = a và vuông góc với mặt đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB , SD ,  là góc giữa hai mặt phẳng ( AMN ) và (SBD) . Giá trị sin  bằng 2 2 2 7 1 A. . B. C. D. . 3 3 3 3 Câu 25. Một người muốn xây một cái bể chứa nước, dạng khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng 256 3 m , đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Giá thuê nhân công để xây bể 3 là 500000 đồng/m2. Nếu người đó biết xác định các kích thước của bể hợp lí thì chi phí thuê nhân công là thấp nhất. Hỏi người đó trả chi phí thấp nhất để thuê nhân công xây bể là bao nhiêu triệu? A.47. B.46. C.96. D.48. Câu 26. Cho tứ diện ABCD . Hai điểm M và N lần lượt di động trên hai đoạn thẳng BC và BD sao BC BD cho 2 +3 = 10 . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của các khối tứ diện ABMN và ABCD . BM BN V Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 . V2 3 5 2 6 A. . B. . C. . D. . 8 8 7 25 Câu 27. Cho hình lăng trụ đều ABC. ABC . Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ABC) bằng a , góc giữa hai mặt phẳng ( ABC) và ( BCCB) bằng  với cos  = . Thể tích khối lăng trụ 1 3 ABC. ABC  bằng
3a3 15 3a3 15 9a3 15 9a3 15 A. . B. . C. . D. . 10 20 10 20 Câu 28. Cho tứ diện ABCD và các điểm M , N , P thuộc các cạnh BC, BD, AC sao cho BC = 4BM , AC = 3AP, BD = 2BN . Tính tỷ số thể tích hai phần của khối tứ diện ABCD được phân chia bởi mặt phẳng ( MNP ) . 7 7 8 8 A. . B. . C. . D. . 13 15 15 13 Câu 29. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = a , SA ⊥ ( ABCD ) , cạnh bên SC tạo với 3 ( ABCD ) một góc 60 và tạo với ( SAB ) một góc  thỏa mãn sin = . Thể tích của khối 4 chóp S.ABCD bằng 2 3a3 2a 3 A. 3a . 3 B. . C. 2a3 . D. . 4 3 ------ Hết ------ BẢNG ĐÁP ÁN 1.B 3.B 4.B 5.B 6.B 7.A 8.C 9.D 10.C 11.D 12.B 13.B 14.C 15.B 16.C 17.A 18.B 19.C 20.D 21.B 22.A 23.A 24.B 25.D 26.D 27.D 28.A 29.C Câu 1. Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và thể tích bằng 3a3 . Tính chiều cao h của lăng trụ đã cho. a A. h = a . B. h = 3a . C. h = 9a . D. h = . 3 Lời giải Chọn B Ta có: VABCD. A B C D h.S ABCD  3a3 = h.a2  h = 3a . Câu 2 . Mỗi đỉnh của hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất bao nhiêu mặt? A. 2. B. 3. C. 4. D. 5. Lời giải ChọnB
Dựa vào định nghĩa hình đa diện, ta có mỗi đỉnh của hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất 3 mặt. Câu 3. Khối đa diện đều loại 4;3 có số đỉnh là A. 10 . B. 8 C. 4 . D. 6 . Lời giải Chọn B Vì khối đa diện đều loại 4;3 là khối lập phương nên có 8 đỉnh. Câu 4. Khối bát diện đều là khối đa diện đều loại nào? A. 5;3 . B. 3;4 C. 4;3 . D. 3;5 . Lời giải Chọn B Vì khối bát diện đều có các mặt là các tam giác, mỗi đỉnh là đỉnh chung của 4 mặt nên khối bát diện đều là khối đa diện đều loại 3;4 . Câu 5. Hình lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 6 . B. 4 . C. 3 . D. 5 . Lời giải Chọn B Các mặt phẳng đối xứng của hình lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau gồm có 1 mặt phẳng đi qua trung điểm các cạnh bên, 3 mặt phẳng tạo bởi một cạnh bên và hai trung điểm của hai cạnh đáy của mặt đối diện với cạnh bên đó. Vậy hình lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau có 4 mặt phẳng đối xứng. Câu 6. Cho hình lập phương ABCD. ABCD . Tính góc giữa hai đường thẳng BD và AA . A. 300 . B. 900 . C. 450 . D. 600 . Lời giải Chọn B
Vì ABCD. ABCD là hình lập phương nên AA ⊥ ( ABCD )  AA ⊥ BD . Vậy góc giữa hai đường thẳng BD và AA bằng 900 . Câu 7. Cho khối chóp S . ABC có đáy là tam giác đều, SA ( ABC) và SA a . Biết rằng thể tích của khối S . ABC bằng 3a 3 . Tính độ dài cạnh đáy của khối chóp S . ABC . A. 2a 3 . B. 2 2a . C. 3 3a . D. 2a . Lời giải Chọn A S A C B Gọi độ dài cạnh đáy của khối chóp S . ABC là x . ĐK: x 0. x2 3 Vì tam giác ABC đều có cạnh là x nên diện tích tam giác ABC là: S ABC . 4 1 1 3x 2 3ax 2 Ta có: VS . ABC .SA.S ABC .a. mà VS . ABC 3a3 3 3 4 12 3ax 2 3a3 x2 12a 2 x 2 3a . 12 Vậy độ dài cạnh đáy của khối chóp S . ABC là 2 3a . Câu 8. Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB là a 2 a a 3 A. a . B. . C. . D. . 2 2 2 Lời giải Chọn C
Gọi O là giao điểm của AC và BD , H là trung điểm SB . a 2 a 2 Ta có OB = , tam giác SOB vuông tại O  SO = SB 2 − OB 2 = . 2 2 Do đó tam giác SOB vuông cân tại O . Suy ra OH ⊥ SB (1) 1 a OH = SB = 2 2  AC ⊥ BD Lại có   AC ⊥ ( SBD )  AC ⊥ OH (2).  AC ⊥ SO Từ (1) và (2) suy ra OH là đoạn vuông góc chung của SB và AC . a Vậy khoảng cách giữa đường thẳng AC và SB là OH = . 2 Câu 9. Hình nào không phải là hình đa diện đều trong các hình dưới đây ? A. Hình tứ diện đều B. Hình hộp chữ nhật có diện tích các mặt bẳng nhau C. Hình lập phương D. Hình chóp tam giác đều Lời giải Chọn D Có 5 hình đa diện đều: Tứ diện đều, hình lập phương, hình bát diện đều, hình mười hai mặt đều, hình hai mươi mặt đều. +Tứ diện đều là đa diện đều loại 3;3 nên phương án A bị loại. + Do hình hộp chữ nhật có diện tích các mặt bằng nhau là hình lập phương nên là đa diện đều loại , loại phương án B. + Hình lập phương là loại đa diện đều loại 4;3 , loại phương án C + Do hình chóp tam giác đều thì các mặt bên có thể chỉ là tam giác cân nên không phải là hình đa diện đều. Câu 10. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = a 2. Biết thể tích a3 S . ABC bằng . Khoảng cách từ S đến ( ABC ) bằng 2 3a 2 a 2 3a 2 a 2 A. . B. . C. . D. . 4 2 2 6 Lời giải Chọn C
Gọi h = d ( S , ( ABC ) ) 1 a2 2 Ta có SABC = AB. AC = 2 2 a3 3. 1 3.V 3a 2 VS . ABC = .SABC . h  h = S . ABC = 2 2 = . 3 SABC a 2 2 2 Câu 11. Trung điểm các cạnh của một tứ diện đều tạo thành A. các đỉnh của một hình hai mươi mặt đều. B. các đỉnh của một hình mười hai mặt đều. C. các đỉnh của một hình tứ diện đều. D. các đỉnh của một hình bát diện đều. Lời giải Chọn D Trung điểm các cạnh của một tứ diện đều tạo thành các đỉnh của một hình bát diện đều. Câu 12. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA vuông góc với mặt đáy. Gọi M là trung điểm BC . Mặt phẳng P đi qua A và vuông góc với SM cắt SB , SC lần lượt 1 tại E , F . Biết VS . AEF VS . ABC . Tính thể tích V của S . ABC . 4 a3 a3 2a 3 a3 A. . B. . C. . D. . 2 8 5 12 Lời giải Chọn B
M là trung điểm của BC . Do tam giác ABC đều nên BC AM (*). Lại có SA ⊥ ( ABC )  BC ⊥ SA (**). Từ (*) và (**) suy ra BC ⊥ ( SAM )  BC ⊥ SM (1) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SM .  EF = ( P )  ( SBC )  Vì   EF ⊥ SM ( 2) . ( P ) ⊥ SM  Từ 1 và 2 suy ra EF //BC và EF đi qua H . 1 V 1 SE SF 1 Ta có VS . AEF VS . ABC  S . AEF =  . = . 4 VS . ABC 4 SB SC 4 2 SE SF SH SE SF  SH  1 SH 1 Có EF // BC  . =  =  SM = 2 . SB SC SM SB SC  SM  4 a 3 Do đó H là trung điểm của SM . Suy ra tam giác SAM vuông cân tại A  SA = AM = 2 1 1 a 3 a2 3 a3 Vậy VS . ABC SA.S ABC . . . 3 3 2 4 8 a 5 Câu 13. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình bình hành có AB = a , SA = SB = SC = SD = . Giá 2 trị lớn nhất của thể tích khối chóp S. ABCD bằng a3 3 a3 2a 3 3 a3 6 A. . B. . C. . D. D. . 6 3 3 3 Lời giải Chọn B S A a B x H D C Gọi H là giao điểm của AC và BD . Ta có H là trung điểm của AC và H là trung điểm của BD .
Theo giả thiết, SA = SB = SC = SD nên SH ⊥ AC và SH ⊥ BD . Suy ra SH là đường cao của hình chóp S. ABCD . Vì SA = SB = SC = SD nên HA = HB = HC = HD . Do đó, ABCD là hình chữ nhật. Đặt BC = x ( x  0 ) . 2  a 5   a2 + x2  2 4a 2 − x 2 SH = SB − HB =  2 2  2  −    = . 2  2     Thể tích hình chóp S. ABCD là: 1 1 4a 2 − x 2 1 1 x 2 + 4a 2 − x 2 a 3 V = S ABCD .SH = ax. = ax. 4a − x  a. 2 2 = . 3 3 2 6 6 2 3 Dấu “=” xảy ra  x = 4a2 − x2  x = a 2 . a3 Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S. ABCD bằng . 3 Câu 14. Cho khối chóp S. ABCD có mặt đáy là hình vuông cạnh là 2a , mặt bên SAB là tam giác vuông ở S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy,  là góc tạo bởi đường thẳng SD và mặt phẳng ( SBC ) ,   45o . Thể tích của khối chóp đã cho có thể đạt giá trị lớn nhất là bao nhiêu ? 8a 3 4a 3 2a 3 A. 4a3 . B. . C. . D. D. . 3 3 3 Lời giải Chọn C Dựng hình lăng trụ SAB.DCD , dễ dàng nhận ra đây là một hình lăng trụ đứng và tam giác DCD vuông ở D . Từ nhận xét trên ta có DD ⊥ ( SBC ) , tức SD là hình chiếu vuông góc của SD trên ( SBC ) , tức  = DSD = SDA . Tam giác SAB vuông ở S  SA  AB  SA  AD  tan SDA  1  SDA  1 . Do đó  luôn nhỏ hơn 45o . Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên ( ABCD ) , ta có H thuộc đoạn thẳng AB ( H khác AB A, B )  SH  = a. 2 1 1 = SH . AB 2  a. ( 2a ) . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác SAB vuông 2 Ta có VS . ABCD 3 3 cân tại S . 4a 3 Tóm lại, thể tích lớn nhất cần tìm là . 3
Câu 15. Cho tứ diện ABCD , trên các cạnh BC , BD , AC lần lượt lấy các điểm M , N , P sao cho 3 BC = 3BM , BD = BN , AC = 2 AP. Mặt phẳng ( MNP ) chia tứ diện ABCD thành hai phần có 2 V thể tích là V1 , V2 . Tính tỉ số 1 . V2 26 26 3 15 A. . B. . C. . D. . 13 19 19 19 Lời giải Chọn B Áp dụng định lí Menelaus cho BCD và ACD ta có ED CM NB ED 1 . . =1 = EC MB ND EC 4 ED PC QA QA . . =1 =4 EC PA QD QD Đặt V = VABCD , V1 = VABMPQN , V2 = VPMCQND Ta có V2 = VQ.PMC + VQ.MNDC VQ.PMC QA  CP CM  4 1 2 4 4 = . . = . . =  VQ.PMC = V VD. ABC DA  CA CB  5 2 3 15 15 VQ.MNDC QD  BM BN  1  1 2  7 = 1 − .  = 1 − .  = VA.BCD DA  BC BD  5  3 3  45 7 4 7 19  VQ.MNDC = V  V2 = V + V = V 45 15 45 45 19 26 V 26  V1 = V − V2 = V − V = V . Vậy 1 = . 45 45 V2 19 Câu 16. Cho hình chóp S . ABC có AB = a, AC = a 3, SA  2a , ABC = BAS = BCS = 90o . Biết sin của góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( SAC ) bằng 11 . Tính thể tích khối chóp S . ABC . 11 2a 3 3 a3 3 a3 6 a3 6 A. . B. . C. . D. . 9 9 6 3 Lời giải Chọn C
 SD ⊥ AB Dựng hình chữ nhật ABCD , ta chứng minh được   SD ⊥ ( ABC ) .  SD ⊥ BC Kẻ DM ⊥ AC tại M , DH ⊥ SM tại H . Ta chứng minh được: DH = d ( D, ( SAC ) ) = d ( B, ( SAC ) ) = SB.sin ( SB,(SAC ) ) = SB. 11 11 = x. ( x = SB  2a ) . 11 11 Có BD = AC = a 3  SD = x 2 − 3a 2 , DA = BC = a 2 . Xét ADC, SDM lần lượt vuông tại D và có đường cao lần lượt là DM , DH nên ta có 1 1 1 1 2 = 2 + + DH SD 2 DA DC 2 11 1 1 1  2 = 2 + 2+ 2 x x − 3a 2 2a a  3x4 − 29a2 x2 + 66a4 = 0  x 2 = 6a 2  x = a 6 (t /m)   1 a3 6  2 11 2    SD = a 3  V = SD.S ABC = . x = a x=a 11 ( L) 3 6   3   3 Câu 17. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a , tam giác SAB đều , góc giữa (SCD) và ( ABCD) bằng 600 . Gọi M là trung điểm của cạnh AB . Biết rằng hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng ( ABCD) nằm trong hình vuông ABCD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC . a 5 a 5 3a 5 5a 3 A. . B. . C. . D. . 5 10 10 3 Lời giải
Chọn A  AB ⊥ SM Gọi I là trung điểm cạnh CD . Khi đó ta có:   AB ⊥ ( SMI ) .  AB ⊥ MI Kẻ SH ⊥ MI tại H  SH ⊥ ( ABCD ) . Do AB //CD nên CD ⊥ ( SMI )  CD ⊥ SI . Có MI ⊥ CD .  ( ( SCD ) , ( ABCD ) ) = ( SI , MI ) = SIM ( do SHI vuông tại H )  SIM = 60o . SAB đều cạnh 2a  SM = a 3 . Xét tam giác SIM có: SM 2 = MI 2 + SI 2 − 2MI .SI .cos SIM . 3a2 = 4a2 + SI 2 − 2a.SI  SI 2 − 2a.SI + a2 = 0  SI = a . SM .SI a 3 3a Ta có: SM 2 + SI 2 = 4a2 = MI 2  SMI vuông tại S  SH = = ; HM = . MI 2 2 Gọi O là giao điểm của AC và BD . Gọi N là trung điểm cạnh BC ta có AC // ( SMN ) . Do đó d ( AC , SM ) = d ( AC , ( SMN ) ) = d ( O, ( SMN ) ) = d ( H , ( SMN ) ) = d ( H , ( SMN ) ) . OM 2 HM 3 HM 3a 2 Gọi K là hình chiếu của H lên MN , ta có KMH vuông cân tại K nên HK = = . 2 4 Kẻ HP ⊥ SK . Chứng minh được d ( H , ( SMN ) ) = HP . 2 SH .HK a 5 Vậy d ( AC, SM ) == . = . 3 SH 2 + HK 2 5
Câu 18. Cho hình lập phương ABCD. ABCD cạnh 2a , gọi M là trung điểm của BB và P thuộc 1 cạnh DD sao cho DP = DD . Mặt phẳng ( AMP ) cắt CC  tại N . Thể tích khối đa diện 4 AMNPBCD bằng 9a 3 11a 3 A. V = 2a3 . B. V = 3a3 . C. V = . D. V = . 4 3 Lời giải Chọn B Gọi G và H lần lượt là tâm của A ' B ' C ' D ' và ABCD ; F = MP  GH , khi đó N = CC ' AF . a a+ BM + DP 2 = 3a  CN = 2 FH = 3a . Ta có FH = = 2 2 4 2 Cách 1 (Tự luận) Phân chia khối đa diện AMNPBCD thành hai khối chóp A.BCNM và ACDPN lần lượt có . thể tích là V1 và V2 .  3a  2a  a +  BC ( BM + CN )  2  5a 2 1 1 5a 2 5a 3 S BCNM = = =  V1 = . AB.S BCNM = .2a. = . 2 2 2 3 3 2 3  a 3a  2a  +  CD ( DP + CN ) =  2 2  1 1 4a 3 SCDPN = = 2a 2  V2 = . AD.SCDPN = .2a.2a 2 = . 2 2 3 3 3 Vậy thể tích khối đa diện AMNPBCD bằng V1 + V2 = 3a 3 . Cách 2 (Tự luận) Gọi J = MN  BC , I = NP  CD , khi đó A, I , J thẳng hàng. JB JM JA BM 2 ID IP IA DP 1 Ta có = = = = , = = = = . JC JN JI CN 3 IC IN IJ CN 3 3 3 V 2 8 V 1 1  J . ABM =   = ; I . ADP =   = . VJ .ICN  3  27 VI . JCN  3  27  8 1  2 1 1 3a  VAMNPBCD = 1 − − VN .CIJ = . .CN .CI .CJ = . .3a.6a = 3a3  27 27  3 6 9 2 Cách 3 (Trắc nghiệm, sử dụng công thức giải nhanh)
VAMNPBCD 1  BM DP  1  1 1  3 3 =  +  =  +  =  VAMNPBCD = . ( 2a ) = 3a . 3 3 VABCD. A ' B 'C ' D ' 2  BB ' DD '  2  2 4  8 8 Câu 19. Cho tứ diện ABCD có AB = CD = 4 , AC = BD = 5 , AD = BC = 6. Tính khoảng cách từ A đến ( BCD ) . 3 6 3 2 3 42 7 A. . B. . C. . D. . 7 5 7 2 Lời giải Chọn C Tứ diện ABCD có AB = CD = a = 4 , AC = BD = b = 5 , AD = BC = c = 6 . Ta có: VABCD = 2 12 (b 2 + c 2 − a 2 )( a 2 + c 2 − b2 )( a 2 + b2 − c 2 ) = 2 12 (5 2 + 62 − 42 )( 42 + 62 − 52 )( 42 + 52 − 62 ) 15 6 = . 4 CD + BD + BC 15 Tam giác BCD có p = = . 2 2 15  15   15   15  15 7 Diện tích tam giác BCD là: SBCD =   − 4  − 5  − 6 = . 2 2  2  2  4 Mặt khác: VABCD =  SBCD  d ( A, ( BCD ) ) 1 3 15 6 3  d ( A, ( BCD ) ) = 3VABCD 4 = 3 42 . = S BCD 15 7 7 4 3 42 Vậy khoảng cách từ A đến ( BCD ) bằng . 7 Câu 20. Khối chóp tam giác đều cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 3a có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 6. B. 4. C. 9. D. 3. Lời giải Chọn D
Khối chóp tam giác đều có mặt phẳng đối xứng là một mặt phẳng tạo bởi một cạnh bên với trung điểm của cạnh đáy đối diện nó. Suy ra khối chóp tam giác đều có 3 mặt phẳng đối xứng. Câu 21. Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB = BC = a , BB ' = 3a . Tính góc giữa AB và mặt phẳng ( BCBC) . A. 450 . B. 300 . C. 600 . D. 900 . Lời giải Chọn B  A ' B ' ⊥ BC Ta có:   A ' B ' ⊥ ( BCB ' C ' ) . Do A ' B ' ⊥ ( BCB ' C ') nên B ' B là hình chiếu  A ' B ' ⊥ BB ' vuông góc của A ' B lên mặt phẳng ( BCB ' C ') . ( ) ( ) Suy ra AB; ( BCBC ) = AB; BB = ABB =  . Xét tam giác vuông A ' B ' B có A' B ' 3 tan  = =   = 300 . B'B 3 Câu 22. Cho tam giác ABC đều cạnh a , gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Trên d lấy điểm S và đặt AS = x, ( x  0) . Gọi H , K lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC và SBC . Biết HK cắt d tại điểm S ' . Khi SS ' ngắn nhất thì khối chóp S . ABC có thể tích bằng: a3 6 a3 6 a3 3 a3 2 A. . B. . C. . D. . 24 6 8 27 Lời giải Chọn A Lấy E là trung điểm BC , F là trung điểm AB , hạ FG ⊥ SB . Ta có tam giác ABC đều nên CF ⊥ AB mà CF ⊥ SA  CF ⊥ ( SBA)  CF ⊥ SB . Khi đó SB ⊥ ( CFG )  SB ⊥ CG  CG là đường cao trong tam giác SBC , CG và SE cắt nhau tại trực tâm K của tam giác SBC . GB FB FB. AB Vì tam giác SAB vuông tại A nên FGB ∽ SAB  =  GB = AB SB SB
GB FB. AB a2  = = SB SB 2 2 ( a2 + x2 ) Trong tam giác SBC kẻ GM / / SE GM BM BG a2 a2 3a 2 + 4 x 2 Ta có: = = =  BM = BC  MC = BC SE BE SB 2(a 2 + x 2 ) 4(a 2 + x 2 ) 4(a 2 + x 2 ) KE EC BC 3a 2 + 4 x 2 2(a 2 + x 2 ) Tam giác GMC có = = : BC = 2 GM CM 2 4(a 2 + x 2 ) 3a + 4 x 2 KE GM KE a2 1 2a 2 + 4 x 2 Từ đó ta có = . = 2   SK = 2 SE SE SE GM 3a + 4 x 2 3 3a + 4 x 2 Trong tam giác SAE kẻ HI / / SA ( H trực tâm ABC  H trực tâm ABC ). HI EI HE 1 1 a2 4x2 Ta có: = = =  IK = SE − 2 SE = SE SA SE AE 3 3 3a + 4 x 2 3 ( 3a 2 + 4 x 2 ) HI IK 4x2 2a 2 + 4 x 2 4x2 Xét tam giác S ' SK : = = SE : 2 SE = SS ' SK 3 ( 3a 2 + 4 x 2 ) 3a + 4 x 2 3 ( 2a 2 + 4 x 2 ) SS ' HI HI 2a 2 + 4 x 2 2a 2 + 4 x 2 a 2 Từ đó ta có = : =  SS ' = = +xa 2. SA SA SS ' 4x2 4x 2x a 2 Dấu “=” xảy ra  x = . 2 a 2 Vậy min SS ' = a 2 khi x = . 2 1 a 2 3 a 2 a3 6 Khi đó VS . ABC = = . 3 4 2 24
Câu 23. Cho hình lăng trụ đều có tất cả các cạnh cùng bằng 1 . Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AA ', BB ' ; E ' là giao điểm của CE và A ' C ' ; F ' là giao điểm của CF và B ' C ' . Tính thể tích của khối đa điện EFA ' B ' E ' F ' . 3 3 3 3 A. . B. . C. . D. . 6 2 3 12 Lời giải: Chọn A Cách 1: Dễ dàng chứng minh được: + E ' F ' //EF , E ' F ' = 2EF . + Tam giác CEF  là tam giác đều cạnh là 2 và nằm trên mặt phẳng vuông góc với ( AA ' C ' C ) Do đó: F ' A ' ⊥ ( AA ' C ' C ) , F ' A ' = 3 . Ta có VEFA' B ' E ' F ' = VF '.E 'C 'C −VEFA' B 'C 'C = VF '.E 'C 'C − (VABC. A' B 'C ' −VC.EFBA )  11  3 VF '. E 'C 'C =  E ' C '.CC '  .F ' A ' =  3 2  3    AB 3  2 3 Trong đó  VABC . A ' B 'C ' =   4  . AA ' = 4  .     V 1 3 C . EFBA = .VABC . A ' B 'C ' =   3 12 3 Tóm lại VEFA' B ' E ' F ' = VF '.E 'C 'C − VEFA' B 'C 'C = . 6 Cách 2: 3 Cũng có những điều ban đầu như ở cách 1 và thấy thêm khoảng từ F ' đến ( ABB ' A ') là 2 1 1 1 3 1 3 Ta có VEFA' B ' E ' F ' = VF '.EE ' A' + VF '.EFB ' A' = . 3. + . . = 3 4 3 2 2 6 Câu 24. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , cạnh SA = a và vuông góc với mặt đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB , SD ,  là góc giữa hai mặt phẳng ( AMN ) và (SBD) . Giá trị sin  bằng 2 2 2 7 1 A. . B. C. D. . 3 3 3 3 Lời giải
Chọn B Trong (SBD) , gọi SO cắt MN tại I  I là trung điểm SO . Hai tam giác SAB và SAD là hai tam giác bằng nhau nên AM = AN (Trung tuyến đều xuất phát tại đỉnh A ) Ta có AM = AN mà I làtrung điểm của MN nên AI ⊥ MN (1). Ta có SB = SD mà O là trung điểm của BD nên SO ⊥ BD, MN / / BD . Do đó: SO ⊥ MN (2). Từ (1) và (2) suy ra  là góc giữa hai đường thẳng IO và AI Kẻ IH ⊥ AO 2 a 2 a 6 a 6 SO = a +   2  = 2  SI = 4 . 2    a 2  OH 1  2 sin = = 4 =  cos = . 2 OI a 6 3 2 3 4   1 2 2 2 Do đó: sin  = 2sin cos =2 = . 2 2 3 3 3 Câu 25. Một người muốn xây một cái bể chứa nước, dạng khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng 256 3 m , đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Giá thuê nhân công để xây bể 3 là 500000 đồng/m2. Nếu người đó biết xác định các kích thước của bể hợp lí thì chi phí thuê nhân công là thấp nhất. Hỏi người đó trả chi phí thấp nhất để thuê nhân công xây bể là bao nhiêu triệu? A. 47. B. 46. C. 96. D. 48. Lời giải Chọn D Gọi x ( x  0 ) là chiều rộng của đáy bể. 256 128 Ta có: V = 2 x 2 .h = h= 2 3 3x
256 2 Diện tích cần xây là: S ( x ) = 2 x 2 + x (m ) . Tìm x để S ( x ) đạt giá trị nhỏ nhất. 256 Ta có: S ' ( x ) = 4 x − x2 S '( x) = 0  x = 4 . Ta có BBT  min S ( x) = S ( 4) = 96 khi x = 4 . Vậy chi phí nhỏ nhất để thuê nhân công xây bể là: T = 96.500000 = 48000000 (đồng). Câu 26. Cho tứ diện ABCD . Hai điểm M và N lần lượt di động trên hai đoạn thẳng BC và BD sao BC BD cho 2 +3 = 10 . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của các khối tứ diện ABMN và ABCD . BM BN V Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 . V2 3 5 2 6 A. . B. . C. . D. . 8 8 7 25 Lời giải Chọn D A N B D M C V1 VB. AMN BM BN Ta có = = . (1) V2 VB. ACD BC BD BC BD BC BD BC BD Theo đề bài ta có 10 = 2 +3 2 2 .3 = 2 6. . BM BN BM BN BM BN BC BD 25 BM BN 6  .   .  BM BN 6 BC BD 25 V BM BN 6 Từ (1) ta có 1 = .  V2 BC BD 25