Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Trung học phổ thông Lớp 12 Chương 1 khối đa diện mức độ 4 phần 1...

Tài liệu Chương 1 khối đa diện mức độ 4 phần 1

.DOC
27
603
112

Mô tả:

Câu 1: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 1-NH2017-2018) Cho khối hộp chữ nhật ABCD. ABC D có thể tích bằng 2110 . Biết AM MA ; DN 3ND ; CP 2 PC  . Mặt phẳng  MNP  chia khối hộp đã cho thành hai khối đa diện. Thể tích khối đa diện nhỏ hơn bằng D C A B N P M C D 7385 A. . 18 B 8440 C. . 9 Lời giải A 5275 B. . 12 D. 5275 . 6 Chọn D D A C B N P M Q C D B A VMNPQ. ABC D 1  AM C P  1  1 1  5    Ta có:     . VABCD. ABC D 2  AA C C  2  2 3  12 5 5 5275 Vnho VMNPQ. ABC D  VABCD. ABC D   2110  . 12 12 6 Câu 2: ----------------------------------- HẾT ----------------------------------- (THPT Chuyên Quang TrungBình Phước-lần 1-năm 2017-2018) Xét khối tứ diện ABCD , AB  x , các cạnh còn lại bằng 2 3 . Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD lớn nhất. A. x  6 . Chọn D B. x 2 2 . C. x  14 . Giải: D. x 3 2 . [Phương pháp tự luận] Gọi M , H lần lượt là trung điểm của AB và CD . CM  AB  AB   CDM  . Ta có tam giác ABC , ABD cân lần lượt tại C và D . Suy ra   DM  AB Ta có: CAB DAB  c.c.c  suy ra MC MD . Ta được MH  CD . Tứ diện BMCH có đường cao BM , đáy là tam giác MHC vuông tại H . x Có BM  ; BH  BC 2  CH 2  12  3 3 2 HC  3 ; HM  BH 2  BM 2  9  x2 1 1 x2 . Suy ra S MHC  .MH .HC  . 9  . 3. 4 2 2 4 1 x 3 x2 VABCD 2VBMCD 2.2VBMHC 4. . . . 9  3 2 2 4  x 3 x2 2 3 x x2 2 3 1  x2 x2  3 3 9  . . 9  . .  9  .  3 4 3 2 4 3 4  4 4  2 Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện bằng 3 3 , 2 đạt khi x2 x2 9   x 2 18  x 3 2 . 4 4 [Phương pháp trắc nghiệm] Thực hiện như phương pháp tự luận để có được V  tính. CALC x 3 x2 . Nhập hàm số bên vào máy 9 3 4 6 , được V 3.872 . CALC 2 2 , được V 4.320 . CALC 14 , được V 5.066 . CALC 3 2 , được V 5.196 . Câu 3: (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-lần 1-năm 2017-2018) Một viên đá có hình dạng là khốối chóp tứ giác đêều với tấốt cả các cạnh bằềng a . Người ta cằốt khốối đá đó bởi mặt phẳng song song v ới đáy c ủa khốối chóp để chia khốối đá thành hai phấền có th ể tch bằềng nhau. Tính di ện tch c ủa thiêốt di ện khốối đá b ị cằốt bởi mặt phẳng nói trên. (Giả thiếết rằằng tổng thể tch của hai khốếi đá sau vẫẫn bằằng th ể tch c ủa khốếi đá đẫằu). A. 2a 2 . 3 B. a2 . 3 2 C. a2 . 4 D. a2 3 4 Lời giải Chọn D S Q M N A H P O D C B Gọi M , N , P , Q lần lượt là giao điểm của mặt phẳng cắt với cạnh bên SA , SB , SC , SD  SO   ABCD   SH   MNPQ  và H SO   MNPQ  . Do   MNPQ   ABCD  SH SM SN SP SQ     k  k  0  (Định lý Thales) và V VS . ABCD . Đặt SO SA SB SC SD VS .MPQ V V 1  SM SN SP SM SP SQ  1 3 3 3   . .  . . Ta có S .MNPQ  S .MNP     k  k  k 2 SA SB SC SA SC SD 2 V 2 V 2   V S . ABC S . ACD 1 V 1 Theo ycbt : S .MNPQ k 3   k  3 . 2 V 2 1 SH .S MNPQ S V 1 3 S .MNPQ  k . MNPQ Mặt khác  1 S ABCD 2 V SO.S ABCD 3  S MNPQ  3 a2 1 2 .S ABCD  .a 2  3 . 2k 4 2 Câu 4: (THPT Chuyên Bắc Ninh-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD 2 AB 2 BC 2CD 2a . Hai mặt phẳng  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB và CD . Tính cosin góc a3 3 giữa MN và  SAC  , biết thể tích khối chóp S . ABCD bằng . 4 A. 5 . 10 B. 3 310 . 20 C. 310 . 20 D. 3 5 . 10 Lời giải Chọn C Cách 1: Gọi    là mp đi qua MN và song song với mp  SAD  . Khi đó    cắt AB tại P , cắt SC tại Q , cắt AC tại K . Gọi I là giao điểm của MN và QK  I   SAC  . Suy ra: P , Q , K lần lượt là trung điểm của AB , SC và AC . Lại có: ABCD là hình thang cân có AD 2 AB 2 BC 2CD 2a  AD 2a; AB BC CD a 2  CH  a 3 ; S ABCD  a  2a . a 3  3 3a . 2 2 2 4 1 a 3a 1 3 3a 2 a3 3  SA a  MP  SA  và NP  . Nên VABCD  . .SA  2 2 2 3 4 4 2 2 a 3a a 10 Xét tam giác MNP vuông tại P: MN        2  2  2  MP, KQ lần lượt là đường trung bình của tam giác SAB, SAC  MP //KQ //SA 1 KN là đường trung bình của tam giác ACD  KN  AD a . 2 2  a 3   3a  2 a 3 Xét tam giác AHC vuông tại H: AC    KC    a 3     2   2  2   Suy ra: tam giác KNC vuông tại C  C là hình chiếu vuông góc của N lên  SAC  .   góc giữa MN và  SAC  là góc NIC Khi đó: IN KN 2 2 2 a 10 a 10    IN  .MN  .  MN NP 3 3 3 2 3 a a 10 Xét tam giác NIC vuông tại C : NC  ; IN   IC  2 3 2  a 10   a  2 a 31       3 6    2 IC a 31 a 10 310 .   cos NIC   :  IN 6 3 20 S z S Q M I A H D C F I A N K B Q M x B 1 3 3a 2 a3 3  SA a nên VABCD  . .SA  3 4 4 Gắn hình chóp vào hệ trục tọa độ như hình vẽ D N K Cách 2. Vì ABCD là hình thang cân có AD 2 AB 2 BC 2CD 2a  AD 2a; AB BC CD a 2  CH  a 3 ; S ABCD  a  2a . a 3  3 3a . 2 2 2 4 H C y  a 3   a a 3  a 3  a  ;0  , A  0;  ;0  , N  ; ;0  , Ta có: K  0; 0;0  , B  ;0;0  , C  0; 2 2 2 2       2   a a 3 a a 3  S  0;  ; a  , M  ;  ;  2 4 4 2        3a 3a 3  a   MN  ; ;  . Chọn u1   3;3 3;  2 cùng phương với MN 4 2   4  BK  SA  BK   SAC  Nhận xét:   BK  AC    a  BK  ;0;0  là vtpt của  SAC  .Chọn n1  1; 0; 0  cùng phương với BK 2   u1.n1 3 10 310 Gọi  là góc góc giữa MN và  SAC  . Ta có sin      .  cos   20 u1 u2 20   Câu 5: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Cho một tấốm nhốm hình vuống cạnh 1 m  như hình vẽẽ dưới đấy. Người ta cằốt phấền tố đậm của tấốm nhốm rốềi g ập thành m ột hình chóp t ứ giác đêều có c ạnh đáy bằềng x  m  , sao cho bốốn đỉnh của hình vuống gập lại thành đ ỉnh c ủa hình chóp. Tìm giá tr ị c ủa x để khốối chóp nhận được có thể tch lớn nhấốt. A. x  2 . 4 B. x  2 . 3 C. x  2 2 . 5 D. x  1 2 Hướng dẫn giải Chọn C S S A B D O A M D C S1 B x M O C x 2 x Từ hình vuông ban đầu ta tính được OM  , S1M S1O  OM  . (0  x  2 ) 2 2 Khi gấp thành hình chóp S . ABCD thì S1 S nên ta có SM S1M . 2 Từ đó SO  SM 2  OM 2  2  2 2 x . (Điều kiện 0  x  ) 2 2 1 1 2 1 4 5 Thể tích khối chóp S . ABCD : VS . ABCD  S ABCD .SO  x 2  2 2 x  2 x  2 2 x . 3 6 6 2 4 5 Ta thấy VSABCD lớn nhất khi f  x  2 x  2 2 x , 0  x  đạt giá trị lớn nhất 2 3 4 3 Ta có f  x  8 x  10 2 x 2 x 4  5 2 x    x 0 f  x  0    x 2 2  5 Bảng biến thiên 2 2 Vậy: VS . ABCD lớn nhất khi và chỉ khi x  5 Câu 6: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có cạnh SA  x còn tấốt cả các cạnh khác có độ dài bằềng 2 . Tính thể tch V lớn nhấốt của khốối chóp S . ABCD . 1 B. V  . 2 A. V 1 C. V 3 . D. V 2 . Lời giải Chọn D S a x C B HO A O AC Gọi là giao điểm của và BD . Ta có: a D 1 BAD BSD BCD nên AO SO CO  SO  AC  SAC vuông tại S 2 Do đó: AC  SA2  SC 2  x 2  4 4  x2 12  x 2  OD  AD  AO  4    BD  12  x 2 , 0  x  2 3 4 2  BD  AC  BD   SAC  Ta thấy:   BD  SO 2 2  SH  AC  SH   ABCD  Trong SAC hạ SH  AC . Khi đó:   SH  BD SA. AC 2.x 1 1 1   2  2  SH  2 SH SA SC SA2  SC 2 4  x2 2 2 1 1 2 2x 1  VS . ABCD  . x  4. 12  x 2 .  .x. 12  x 2 1 x  12  x 2 3 2 x2  4 3 3 2 Dấu " " xảy ra khi x 2 12  x 2  x  6 . Câu 7: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Cho lăng trụ ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC bằng a 3 . Khi đó thể tích 4 của khối lăng trụ là A. a3 3 . 12 B. a3 3 . 6 C. a3 3 . 3 D. a3 3 . 24 Lời giải Chọn A Gọi H là trọng tâm tam giác ABC và I là trung điểm BC. Ta có  AH  BC   BC   AAI   BC  AA.  AI  BC  AH  AI H  Gọi K là hình chiếu vuông góc của I lên AA . Khi đó IK là đoạn vuông góc chung của AA a 3 và BC nên IK =d  AA, BC   . Xét tam giác vuông AIK vuông tại K có 4 a 3 a 3 1  IK = , AI   IK  AI  KAI 30 . 4 2 2 a 3 3 a Xét tam giác vuông AAH vuông tại H có AH =AH .tan30  .  . 3 3 3 2 3 a 3 a a 3 Vậy VABC . ABC   .  . 4 3 12 Câu 8: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-đề 2-năm 2017-2018) Cho lăng trụ ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC bằng a 3 . Khi đó 4 thể tích của khối lăng trụ là A. a3 3 . 12 B. a3 3 . 6 C. a3 3 . 3 D. a3 3 . 24 Lời giải Chọn A Gọi H là trọng tâm tam giác ABC và I là trung điểm BC. Ta có  AH  BC   BC   AAI   BC  AA.  AI  BC  AH  AI H  Gọi K là hình chiếu vuông góc của I lên AA . Khi đó IK là đoạn vuông góc chung của AA a 3 và BC nên IK =d  AA, BC   . Xét tam giác vuông AIK vuông tại K có 4 a 3 a 3 1  IK = , AI   IK  AI  KAI 30 . 4 2 2 a 3 3 a Xét tam giác vuông AAH vuông tại H có AH =AH .tan30  .  . 3 3 3 2 3 a 3 a a 3 Vậy VABC . ABC   .  . 4 3 12 Câu 9: (THPT Việt Trì-Phú Thọ-lần 1-năm 2017-2018) Cằốt ba góc của một tam giác đêều cạnh bằềng a các a  phấền còn lại là một tam giác đêều bên ngoài là các hình ch ữ nh ật, rốềi gấốp các 2 hình chữ nhật lại tạo thành khốối lằng tr ụ tam giác đêều nh ư hình vẽẽ. Tìm đ ộ dài x để thể tch khốối lằng   đoạn bằềng x,  0  x  trụ lớn nhấốt. x A. a . 3 B. a . 4 C. a . 5 D. a . 6 Lời giải Chọn D A M x I  Xét tam giác AMI như hình vẽẽ, đặt AM  x  0, MAI 30  MI    Lằng trụ tam giác đêều có cạnh đáy a  2 x ,  0  x  V  a  2x  2 x 3 x a nên thể tch khốối lằng trụ là  , chiêều cao 2 3 3 x a 2 x  4ax 2  4 x 3 .  4 3 4   a 2 Ta cấền tm x   0;  để thể tch V đạt giá trị lớn nhấốt. a  x  6 2 2 3 2 2 Xét f  x  a x  4ax  4 x , có f  x  12 x  8ax  a 0    x a  l   2 a 6 Từ bảng biêốn thiên suy ra thể tch V đạt giá trị lớn nhấốt khi x  . Câu 10: (THPT Việt Trì-Phú Thọ-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vuống tại A và B với BC là đáy nhỏ. Biêốt rằềng tam giác SAB đêều có cạnh là 2a và nằềm trong mặt phẳng vuống góc với đáy, SC a 5 và khoảng cách từ D tới mặt phẳng  SHC  bằềng 2a 2 ( với H là trung điểm của AB ). Thể tch khốối chóp S . ABCD là a3 3 A. . 3 Chọn D a3 B. . 3 4a 3 C. . 3 Lời giải 4a 3 3 D. . 3 S A D H B C E Gọi E là hình chiếu của D lên CH , ta có DE   SCH   DE d  D,  SCH   2a 2 . Vì SH là đường cao của tam giác đều SAB nên SH a 3 và CH  SC 2  SH 2  5a 2  3a 2 a 2   BC BH a 1 1 2 Ta có: SDCH  DE.CH  a 2.2a 2 2a . 2 2 Đặt AD x  0.  a  x  .2a ax  a 2  1 S ABCD  2 1 2 1 5 2 1 2 Mặt khác S ABCD SBHC  SCHD  S AHD  a  2a  ax  a  ax  2  2 2 2 2 5 2 1 2 Từ  1 và  2  : a  ax ax  a  x 3a. 2 2 1 1 4a 3 3 Vậy VS . ABCD  .S ABCD .SH  4a 2 .a 3  . 3 3 3 Câu 11: (THPT Thạch Thành-Thanh Hóa-năm 2017-2018) Một người xây nhà xưởng hình hộp chữ nhật có diện tích mặt sàn là 1152 m 2 và chiều cao cố định. Người đó xây các bức tường xung quanh và bên trong để ngăn nhà xưởng thành ba phòng hình chữ nhật có kích thước như nhau (không kể trần nhà). Vậy cần phải xây các phòng theo kích thước nào để tiết kiệm chi phí nhất (bỏ qua độ dày các bức tường). A. 16 m 24 m . B. 8 m 48 m . C. 12 m 32 m . Lời giải Chọn A Đặt x , y , h lần lượt là chiều dài, chiều rộng và chiều cao mỗi phòng. 384 Theo giả thiết, ta có x.3 y 1152  y  x Để tiết kiệm chi phí nhất khi diện tích toàn phần nhỏ nhất. D. 24 m 32 m . 384 576   h  1152 4h  x    1152 x x   576 Vì h không đổi nên Stp nhỏ nhất khi f  x  x  (với x  0 ) nhỏ nhất. x 576 Cách 1: Khảo sát f  x   x  với x  0 ta được f  x  nhỏ nhất khi x 24  y 16 . x 576 576 576  x 24 . Cách 2. BĐT Côsi x  2 x. 48 . Dấu “=” xảy ra  x  x x x Ta có Stp 4 xh  6 yh  3 xy 4 xh  6. Câu 12: (THPT Thạch Thành-Thanh Hóa-năm 2017-2018) Một người cần làm một hình lăng trụ tam giác đều từ tấm nhựa phẳng để có thể tích là 6 3 cm 3 . Để ít hao tốn vật liệu nhất thì cần tính độ dài các cạnh của khối lăng trụ tam giác đều này bằng bao nhiêu? A. Cạnh đáy bằng 2 6 cm và cạnh bên bằng 1 cm . B. Cạnh đáy bằng 2 3 cm và cạnh bên bằng 2 cm . C. Cạnh đáy bằng 2 2 cm và cạnh bên bằng 3 cm . 1 D. Cạnh đáy bằng 4 3 cm và cạnh bên bằng cm . 2 Lời giải Chọn B Giả sử hình lăng trụ tam giác đều cần làm là ABC. ABC  có độ dài AB  x , AA h . 3 2 3 2 Khi đó S ABC  x và VABC . ABC  S ABC . AA  x h. 4 4 3 2 24 Theo giả thiết x h 6 3  h  2 . 4 x Để ít tốn vật liệu nhất thì diện tích toàn phần của khối lăng trụ ABC. ABC  là nhỏ nhất. Gọi Stp là tổng diện tích các mặt của khối lăng trụ ABC. ABC  , ta có: 3 2 3 2 72 . x  3hx  x  2 2 x 3 72 Khảo sát f  x   x 2  trên  0;   , ta được f  x  nhỏ nhất khi x 2 3 . 2 x Với x 2 3  h 2 cm . Stp 2 S ABC  3S ABBA  Câu 13: (Trường BDVH218LTT-khoa 1-năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành, có thể tích bằng 24 cm3 . Gọi E là trung điểm SC . Một mặt phẳng chứa AE cắt các cạnh SB và SD lần lượt tại M và N . Tìm giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S . AMEN . A. 9 cm3 . B. 8 cm3 . C. 6 cm3 . D. 7 cm3 . Lời giải Chọn B SM SN a; b. Ta có VS . AMEN VS . AMN  VS . EMN . SB SD  SM SN   Do đó dễ có VS . AMEN 6   6  a  b  .  SB SD  Đặt Ta có a  b   a b  SM SN  SGSM  SGSN 3  SGSM  SGSN    S SBD SB SD SGSB SGSD 2 3S SMN 3SM .SN a  b  a  b 4 .   S SBD SB.SD 3ab 3 4 3 4 Do đó VS . AMEN 6  a  b  6. 8. 3 Câu 14: (Trường BDVH218LTT-khoa 1-năm 2017-2018) Trong không gian cho 3 tia Ox, Oy , Oz vuông góc với nhau đôi một. Điểm A cố định thuộc tia Oz và OA  2 . Các điểm M và N lần lượt lưu động trên các tia Ox và Oy sao cho OM  ON 2 ( M , N không trùng O ). Tìm giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OAMN . A. 2. B. 1 . C. 2 . Lời giải Chọn B D. 3 . 2 Trong tam giác vuông OBC , gọi M là trung điểm cạnh BC khi đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC . Từ H dựng đường thẳng  song song với OA, suy ra  là trục đường tròn tam giác OBC . Mặt phẳng trung trưc của OA qua E và cắt  tại I . Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OAMN và bán kính R OI . 2 OA 1  OH 2   OH 2 . 4 2 Vậy OI nhỏ nhất khi và chỉ khi OH nhỏ nhất khi cà chỉ khi H là hình chiếu vuông góc của O lên BC . Khi đó tam giác OBC là tam giác vuông cân và Ta có R OI  IH 2  OH 2  OM ON 1  MN  2  OH  2 1 1  R   1. 2 2 2 Câu 15: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 2-năm 2017-2018) Cho khốối chóp S . ABC có SA SB SC a và ASB BSC   CSA 30 Mặt phẳng    qua A và cằốt hai cạnh SB , SC tại B , C  sao cho chu vi tam giác ABC  A. k 2  2. nhỏ nhấốt. Tính k VS . ABC  . VS . ABC 1 C. k  . 4 Lời giải B. k 4  2 3 .  D. k 2 2  Chọn B S S A B C A C C B A B C B  2 . Cắt hình chóp theo cạnh SA rồi trải các mặt bên ra ta được hình như hình vẽ ( A là điểm sao cho khi gấp lại thành hình chóp thì trùng với A ). Khi đó chu vi tam giác ABC  bằng AB  BC   C A nhỏ nhất khi A , B , C  , A thẳng hàng hay AB  BC   C A  AA .   ASB  B  SC   C  SA 90 nên vuông cân tại S và có SA a Khi đó tam giác SAA có SAA   45 . , SB SC  , SAB SA SB SB sin 45     3  1. Ta có sin105 sin 45 SA sin105 VS . ABC  SB SC   .  3  1 3  1 4  2 3 . Do đó k  VS . ABC SB SC    Câu 16: (THPT Bình Xuyên-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Cho ba tia không đồng phẳng Ox, Oy , Oz đôi một vuông góc. Xét tam giác ABC có các đỉnh A trên tia Ox , B trên tia Oy , C trên tia Oz sao cho tam giác ABC chứa trong nó một điểm M cố định. Thể tích khối tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi: A. OM vuông góc với mặt phẳng  ABC  . B. S với kí hiệu S là diện tích tam giác ABC. MBC SMCA S MAB ABC C. M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . D. V với kí hiệu V là thể tích khối chóp . OABC OMBC 2VOMCA OABC Lời giải Chọn B Đặt OA a; OB b; OC c. Vì điểm M cố định và M nằm trong tam giác ABC . Ta gọi M  xM ; y M ; z M  . Ta có VOABC VM .OAB  VM .OAC  VM .OBC  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có 1  abzM  acyM  bcxM  . 6 1 1 1  abzM  acyM  bcxM   3 xM yM zM a 2b2c 2  3 xM yM zM 36V 2 6 2 2 9  2V  3 xM yM zM 36V 2  8V 3 xM yM zM 36V 2  V  xM yM z M . 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abzM acyM bcxM hay VM .OAB VM .OAC VM .OBC hay V SMBC SMCA SMAB (Do cùng chiều cao). Câu 17: (THPT Ngô Sĩ Liên-Bắc Giang-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình lằng trụ tam giác ABC . ABC  có thể tch là V và độ dài cạnh bên AA 6 đơn vị. Cho điểm A1 thuộc cạnh AA sao cho AA1 2 . Các điểm B1 , C1 lấền lượt thuộc cạnh BB , CC  sao cho BB1  x, CC1  y , ở đó x, y là các sốố thực dương thỏa mãn xy 12. Biêốt rằềng thể tch của khốối đa diện ABC . A1 B1C1 bằềng x  y bằềng A. 3 . B. 4 . C. 1 . D. 0 . Lời giải Chọn C Gọi M , N lấền lượt thuộc BB và CC  sao cho BM CN 2. Khi đó ta có 1 x y 4 1 x y 4 2 VABC . A1B1C1 VABC . A1MN  VA1MNC1B1  V  VABCC B  V   V. 3 12 3 12 3 1 2 Mặt khác thẽo giả thiêốt ta có VABC . A1B1C1  V nên suy ra 1 V . Giá trị của 2 1 x y 4 2 1 1 x y 4 2 1 V  V V      x  y 7 , kêốt hợp với xy 12. Ta có 3 12 3 2 3 12 3 2  x 3 hoặc   y 4  x 4 . Do đó x  y 1.   y 3 Câu 18: (THPT Ngô Sĩ Liên-Bắc Giang-lần 1-năm 2017-2018) Cho khốối chóp lằng trụ tam giác đêều   ABC .ABC  có S ABC  8 3 , mặt phẳng ABC  tạo với mặt phẳng đáy góc   0     . Tính 2  cos khi thể tch khốối lằng trụ ABC . ABC  lớn nhấốt. 1 A. cos  . 3 2 B. cos  . 3 C. cos  3 . 3 D. cos  2 . 3 Lời giải Chọn C Đặt CC  h, CH b, AB a. Khi đó VABC . ABC  S ABC .h  S ABC .h.cos  =8 3h.cos  . 1 h 2 1 h 1 1 h 1 h2 . .b  . .h cot   . 2 cos  . .a  . Ta có S ABC '  C ' H . AB  . 2 sin  3 3 sin  2 2 sin  3 sin  nên 8 3  1 h2 sin 2  . cos   h 2 24. . cos  3 sin  sin 2  Từ đó VABC . ABC  8 3h.cos   V 192h .cos  4608  cos 2  4608sin 2  cos  . cos  2 2 2 4608  1  cos 2   cos  4608  cos   cos 3   . 3 2 Đặt t cos  , t   0;1 . Xét hàm số f  t  t  t  f  t  1  3t . 2 Ta có f  t  0  1  3t 0  t  1 .  t   0;1  . 3 2  1  . Ta có f  0  0, f  1 0, f    3 3 3 2 1 3072 3  cos   . (THPT Nguyễn Khuyến-TPHCM-năm 2017Câu 19: Vậy Vmax 4608. 3 3 2018) Cho tứ diện ABCD có AB CD a . M , N lấền lượt là trung điểm các cạnh AD và BC . Biêốt thể tch của khốối ABCD là V  a a3 3 và d  AB; CD  a (giả sử MN  ). Khi đó độ dài đoạn 2 12 MN là: A. MN a 3 . B. MN  a 6 . 2 C. MN  a 3 . 2 D. MN a 2 . Lời giải: Chọn C Dựng hình bình hành BDCE . Khi đó ta có d  CD; AB  d  C ; ABE  a . a  Đặt MN x  x   , suy ra AE 2 x . 2  1 1 2 2 2 2 Gọi H là trung điểm AB , ta có: S ABE  . AE.BH  .2 x. a  x x a  x . Nên kí hiệu diện tích 2 2 tam giác. 1 a3 3 V  C. ABE  V  ABCD   .a.x. a 2  x 2  3 12 2 a 3  x a2  x2   16 x 2 a 2  16 x 4 3a 4 4  2 3 2  x 4 a a 3  . Kết hợp điều kiện, được x  . 2  x2 1 a2  4 Câu 20: (THPT Nguyễn Khuyến-TPHCM-năm 2017-2018) Cho hình chóp tam giác đêều S . ABC , ASB 20 , SA a , M thuộc cạnh SB , N thuộc cạnh SC , D là trung điểm cạnh SA . Khi AM  MN  ND đạt giá trị nhỏ nhấốt thì tổng diện tch các tam giác SAM , SMN , SND là: A. a2 . 4 B. a2 3 . 4 C. Lời giải: Chọn D a2 2 . 8 D. a2 3 . 8 Trải các mặt bên của hình chóp theo đường cắt SA ta được Hình 1. Khi đó, tổng AM  MN  ND nhỏ nhất khi A , M , N , D thẳng hàng. Với A và D là hai điểm sao cho khi gấp lại thành hình chóp thì trùng với A , D . Khi đó tam giác SAD có ASD 60 , SA 2SD . Suy ra SAD là nửa tam giác đều cạnh SA . 1 a2 3 a2 3 Ta được S SAM  S SMN  S SND S SAM  S SMN  S SND S SAD  .  2 4 8 Câu 21: (THPT Tam Phước-Đồng Nai-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình lâp phương ABCD. ABC D có bằềng a . Điêm M thuôc đoan thăng BC  , điêm N thuôc đoan thăng AB , MN tao ̣ vơi đáy môt góc bằềng 30 . Tính đô dài nho nhấốt cua đoan thăng MN . 2a 2a a 2a A. . B. . C. . D. . 61 6 1 2 3 Lời giải Chọn D C B x M E x A D N F y H C B D A  MH a  x  y  ME HF BF  x  Đặt BE  x , BF  y   NF BF  y   HN  x 2  y 2  1 a x y  MH o   1  tan 30  2 2  HN 3  x y  Ta có:  HN  MN   MN  2 x 2  y 2  2  o  cos30  3 Từ  1 suy ra x 2  y 2  3a  Từ  2  suy ra MN  2a . 6 1 3  x  y   3a  6 x2  y 2  x2  y2  3a 6 1 Câu 22: (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Phước-lần 2-năm 2017-2018) Trong mặt phẳng  P  cho tam giác XYZ cố định. Trên đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng  P  tại điểm X và về hai phía của  P  ta lấy hai điểm A , B thay đổi sao cho hai mặt phẳng AYZ và BYZ luôn vuông góc với nhau. Hỏi vị trí của A , B thỏa mãn điều kiện nào sau đây thì thể tích khối tứ diện ABYZ là nhỏ nhất. A. XB 2 XA . C. XA. XB YZ 2 . B. XA 2 XB . D. X là trung điểm của đoạn AB . Lời giải Chọn D Cách 1: 1 Thể tích khối tứ diện ABYZ là V  AB.S XYZ . 3 Do diện tích tam giác XYZ không đổi nên thì thể tích tứ diện ABYZ là nhỏ nhất khi AB ngắn nhất. Ta có  AYZ    BYZ  ,  AYZ    BYZ  YZ . Kẻ AF  YZ ,  F  YZ   AF   BYZ   AF  BF . F  A X B  XF XF    ,  0      AX  Trong tam giác vuông AFB , đặt FAX , BX  . 2 tan cot  1  2 XF  1   f   . Khi đó AB  AX  BX  XF    tan cot  sin2  4 XFcos2 . sin 2 2  f    0    . 4 f       4 0 f    2   f   4 Do X và F cố định nên đường cao XF của tam giác AXF không đổi.  Dựa vào bảng biến thiên trên ta thấy AB ngắn nhất khi   . Suy ra AX BX  XF . 4 Hay X là trung điểm AB . Cách 2: 1 Thể tích khối tứ diện ABYZ là V  AB.S XYZ . 3 Do diện tích tam giác XYZ không đổi nên thì thể tích tứ diện ABYZ là nhỏ nhất khi AB ngắn nhất. Dựng XF  YZ , do YZ  AB nên YZ   ABF  , suy ra  , FB  AFB 90 .   AYZ  ,  BYZ    FA F  A X B Xét tam giác vuông ABF có FX là đường cao không đổi(Do XF là đường cao của XYZ cố định) nên XF 2  XA. XB không đổi. Có AB  XA  XB 2 XA. XB 2 XF không đổi. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi XA  XB . Vậy thể tích khối tứ diện ABYZ nhỏ nhất khi X là trung điểm AB . Câu 23: (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Phước-lần 2-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có   SA 2 , SB 3 , SC 4 . Góc ASB 45 , BSC 60 , CSA 90 . Tính khoảng cách từ B đến  SAC  .
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan