Gói câu hỏi làm mưa làm gió da phần 13

TUYỂN CHỌN GÓI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIÓ TUYỂN CHỌN GÓI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIÓ GÓI DẠNG CÂU THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN Câu   Cho khối chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông cân A , AB a , SBA SCA 90 , góc hai mặt phẳng  SAB   SAC  60 Thể tích khối cho a3 B A a a3 D a3 C Lời giải Chọn D S I A C a a B Hai tam giác vuông SAB SAC chung cạnh huyền SA Kẻ BI vng góc với SA suy CI vng góc với SA IB IC SA  IC , SA  IB  SA   IBC  I 1 1 VS ABC VA.IBC  VS IBC  S IBC AI  S IBC SI  S IBC  AI  SI   S IBC SA 3 3   SAB  ,  SAC    IB, IC    IB, IC  60   BIC 60 0  BIC 120  Ta có IC IB  AB a mà BC a nên tam giác IBC suy BIC 120 IB  IC  x  x   Trong tam giác IBC đặt có: cos1200  2 IB  IC  BC    IB.IC  x2  a 2x   x a a  IB  IC  3 a 6 a AI  AB  IB  a       Trong tam giác ABI vuông I có: 2 AB IA.SA  SA  Trong tam giác SAB vuông B đường cao BI có: AB a2  a IA a 3 VS ABC Vậy 11 1 a  a3   SIBC SA  IB.IC SA sin BIC    a sin120  32 6  Trang 1/61 Câu Xét khối chóp S.ABC có đáy tam giác vng cân A , SA vng góc với đáy, khoảng cách từ  SBC   ABC  , tính Gọi  góc hai mặt phẳng cos  thể tích khối chóp S.ABC nhỏ A đến mặt phẳng A cos    SBC  3 B cos   C cos   D cos   2 Lời giải Chọn A S H C A I B Đặt AB  AC x ,  x   2 Ta có BC  AB  AC  x Gọi I trung điểm AB , hạ AH  SI H Ta có góc hai mặt phẳng  SBC  ·  ABC  SIA  góc nhọn  BC  AI  BC   SAI   BC  AH  AH   SBC   BC  SA  Ta có Từ   AH   SBC   d A ,  SBC   AH 3 Xét tam giác AHI vng H ta có HI 2x  HI  cos  AI x2 x2 2x AH  AI  HI    cos   x  , AI   2 sin  sin  Ta có cos   2 1 1 sin  cos   2     9 AI SA SA Xét tam giác SAI vuông A ta có AH  SA  Trang 2/61 1 18  VSABC  SA.SABC  cos  Vậy 3 cos  sin  cos   cos    TUYỂN CHỌN GÓI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIÓ f  t  tt  cos  tt,   0;1 Đặt ta có  f  t      tt   tt   t    3t f  t  0      t  tt 3  ;   Vậy thể tích khối chóp S.ABC nhỏ Câu  cos   3 Cho tứ diện ABCD có cạnh a Gọi M , N trung điểm cạnh AB , BC E điểm đối xứng với B qua D Mặt phẳng ( MNE) chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, khối chứa điểm A tích V Tính V 13 2a A 216 2a3 B 216 2a3 C 18 Lời giải 11 a D 216 Chọn D Tính thể tích T có khối tứ diện ABCD Gọi F trung điểm BC H trọng tâm tam giác BCD a a BH  BF  BH  AB2  BH a BF  3 suy Ta có 1 a2 a3 T  AH SBCD  a  3 12 Thể tích tứ diện ABCD Gọi diện tích mặt tứ diện S Gọi P giao điểm NE CD , tương tự cho Q Trang 3/61 1 PD  DC , QD  AD 3 Ta thấy P , Q trọng tâm tam giác BEC BEA nên Sử dụng công thức tỉ số thể tích ta có: VB ACE VE BMN 1 T 2  V  T  E BMN VB ACD V 4 nên VB ACE 2T ; E BAC nên T VE AMNC VE ABC  VB.EMN 2T   T 2 Nên VE DPQ Tương tự: VE DCA  1 VE DPQ  T V ACPQ T  T  T Nên 9 nên 11 11a3 V VE AMNC  VE ACPQ  T  T  T  18 216 Suy Câu Cho khối lăng trụ ABC A'B'C' , khoảng cách từ C đến BB ' , khoảng cách từ A đến BB ' CC ' 1; Hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng A ' B ' C ' trung điểm M B 'C ' , A A'M  15 15 Thể tích khối lăng trụ cho B 15 D C Lời giải A B F I E C B' A' M K Kẻ AI  BB ' , AK  CC ' ( hình vẽ ) Khoảng cách từ A đến BB ' CC ' 1;  AI 1 , AK 2 Gọi F trung điểm BC Trang 4/61 A'M  15 15  AF  3 TUYỂN CHỌN GÓI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIÓ AI  BB '    BB '   AIK   BB '  IK Ta có BB '  AK  Vì CC '  BB '  d (C , BB ') d ( K , BB ') IK   AIK vuông A  EF   AIK   EF  AE Gọi E trung điểm IK  EF  BB ' AM   ABC   ABC   AIK  góc EF AM Lại có Do góc hai mặt phẳng  15 AE  cos FAE      30 AF  FAE góc AME FAE Ta có  AIK  AIK nên ta có: Hình chiếu vng góc tam giác ABC lên mặt phẳng S AIK  S  S ABC ABC  S ABC cos EAF 15  AM  3 AF tan AMF   AM  AM Xét AMF vuông A : 2 15 VABC A ' B 'C '   3 Vậy Câu  ABC  600 Biết khoảng cách Cho hình chóp S ABC có góc mặt bên mặt đáy 3a , hai đường thẳng SA BC 14 tính theo a thể tích V khối chóp S ABC A V Chọn a3 12 B V a3 16 V C Lời giải: a3 18 D V a3 24 D Gọi O trung điểm AC, x cạnh tam giác đều, G trọng tâm tam giác ABC Trang 5/61  +) Ta có SO  AC ; BO  AC nên góc (SAC) (ABC) SOB 60 Vì SABC chóp nên SG  ( ABC )  SG  GO Xét tam giác vng SAG có x x SG tan 600.OG   2 +) Từ A kẻ AD / / BC suy ra: d  BC ; SA  d  BC ;  SAD   d  B;  SAD   d  G;  SAD    d ( B;( SAD)) (*) Mặt khác ta có 0    Vì BAD 120 ; BAG 30  GAD 90 hay AG  AD (1) Lại có SG  AD (2)  AD  ( AGS ) Kẻ GK  SA (3)  GK  AD (4) Từ (3) (4) suy GK  ( SAD)  d (G;( SAD)) GK Do d (G;( SAD)) GK Xét tam giác vuông SGA ta có: 1 1 x  2    GK   2 GK GA GS x  x 2 x 3  4     3  x 3a a2 a   x a SABC  SG  14 Từ (*) ta có Vậy 1 a a2 a3 VS ABC  SG.SABC   3 24 Thể tích khối chóp S.ABC là: Chọn đáp án D Câu Cho hình chóp tứ giác S ABCD có SA a 11 , cosin góc hợp hai mặt phẳng ( SBC ) ( SCD ) 10 Thể tích khối chóp S ABCD 3 A 3a B 9a C 4a Lời giải Chọn C Trang 6/61 D 12a TUYỂN CHỌN GÓI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIÓ S a 11 n A m B D H C Gọi H tâm hình vng ABCD nên SH  ( ABCD ) Đặt m HA , n SH Do tam giác SAH vuông H nên m  n 11a Xây dựng hệ trục tọa độ sau: H (0;0;0) , B( m ;0;0) , D( m ;0;0) , C (0; m ;0) , S (0;0; n) x y z   1 Khi phương trình mặt phẳng ( SBC ) là: m m n hay véctơ pháp tuyến mặt phẳng  ( SBC ) n1 (n; n; m) x y z   1 Khi phương trình mặt phẳng ( SCD) là:  m m n hay véctơ pháp tuyến mặt phẳng  ( SBC ) n2 (n;  n;  m)   |n1 n2 |  10 | n1 | | n2 | hay ( SBC ) ( SCD ) Do cosin góc hợp hai mặt phẳng 10 nên m2  2 2n  m 10 mà n 11a  m m2 m2     m 2a  m a  SH 3a 2 2 22a  m 10 Vậy 2n  m 10 m HA a nên AB 2a , Chiều cao hình chóp SH 3a Diện tích hình vuông S ABCD 4a 1 V  S ABCD SH  4a 3a 4a 3 Thể tích khối chóp S ABCD là: Câu Cho hình chóp S ABCD có SA SB SC  AB BC CD DA 1 Gọi G1 , G2 , G3 , G4 lần lươt trọng tâm tam giác SAB , SBC , SCD , SDA AC cắt BD O Khi thể tích khối S ABCD lớn thể tích khối chóp O.G1G2G3G4 1 A 81 B 27 C 54 D 81 Lời giải Chọn C Trang 7/61 2  AC  BD CD OC  OD    2 AC  SO  SC OC  SO Theo giả thiết ta có:   SO OD  BD  SBD vuông S Lại có:  AC  BD    AC  SO CD OC  OD  2  SC OC  SO H  AC  SH  SH   ABCD  Dựng SH  BD Đặt SD  x  x   Ta có BD  SB  SD   x  OD   x2  x2  x2  OC     AC   x ,  x  1  S ABCD  AC BD   x   x 2 SB SD x SH   BD  x2 Tam giác SBD vng S có đường cao   1 x2   x2 VS ABCD  SH S ABCD  x   x    6 Suy Dấu “ ” xảy Khi VS ABCD   x max VS ABCD  hay 1 SG1G2G3G4  S ABCD , d  O,  G1G2G3    d  S ,  ABCD    SH ta có: 3  VO.G1G2G3G4  2 1 VS ABCD    27 27 54 Vậy thể tích khối chóp S ABCD lớn Trang 8/61 VO G1G2G3G4  54 TUYỂN CHỌN GÓI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIÓ Câu Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh 2a , mặt bên tam    mặt phẳng qua G vng góc với SC giác vng cân S Gọi G trọng tâm ABC ,    Diện tích thiết diện hình chóp S ABC cắt mặt phẳng 2 2 a a a a A B C D Lời giải Chọn A Xét SBC vuông cân S , BC 2a ta có: SB  SC BC  2SB 4a  SB 2a  SB a SA SC  SJA  kẻ GK / / SA cắt SJ K Gọi J trung điểm BC , Trong  SBC  kẻ đường thẳng qua K song song với SB cắt SC CB H I Trong  SAC  kẻ HM / / SA cắt SC M Do mặt bên hình chóp S ABC tam giác vuông S nên ta có:  SA  SC  SA   SBC   GK / / SA  GK   SBC   GK  SC  SA  SB mà (1)  SB  SC  IH  SC  IH / / SB  Do (2) Từ (1) (2)  SC   HMI  Vậy thiết diện HMI Trang 9/61 JG JK JI CI      KG / / SA ; KJ / / SB Ta có: G trọng tâm ABC nên JA JS JB CB Mặt khác: HI / / SB; HM / / SA nên ta có: CI HI 2a    HI  SB  CB SB 3 CI CH HM 2a     HM  SA  CB CS SA 3 Do SB   ( SAC  ; HI / / SB  HI   SAC   HI  MH  HMI vng H Diện tích HIM là: Câu S HIM 1  2a  4a  HM HI     2   Cho x , y số thực dương Xét khối chóp S ABC có SA x , BC  y , cạnh lại bẳng Khi x , y thay đổi, thể tích khối chóp S ABC có giá trị lớn bằng? A 12 C Lời giải B D 27 Chọn D S x M 1 A C y N B Gọi M , N trung điểm SA BC Vì tam giác SAB , SAC cân B C nên BM  SA, CM  SA Suy ra, SA   BMC  Ta có: Ta có: VS MBC VS AMBC VS ABC VS MBC  VS AMBC 2VS MBC  SM S MBC nên BM CM   x2 x2 y2 MN    , tam giác BCM cân M nên 4 x x2 y 2 VS ABC  y    2 4 x2 y2  x2 y  1   4  4  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: x2 y  x2 y  x2 y  x2 y2    1   1   3  4  4  4  4  Trang 10/61