Tài liệu Lớp 12 hình học không gian (gv lê anh tuấn ) 38 câu hình học không gian từ đề thi năm 2018

Câu 1 (Gv Lê Tuấn Anh 2018)Cho hình chóp đều S . ABCD có cạnh đáy 2a , góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 600 .Tính thể tích của khối chóp S . ABCD . A. 2a 3 2 . 3 4a 3 3 . 3 B. C. 2a 3 3 . 3 D. a3 3 . 3 Hướng dẫn: B Gọi M là trung điểm của CD , O là giao điểm của AC và BD . Ta có CD  OM  CD   SOM   CD  SO        600   SCD  ,  ABCD   SM , OM  SMO Ta có OM  1 BC  a  SO  OM .tan SMO  a 3 2 Ta lại có S ABCD  AB.BC  4a  VS . ABCD 2 Câu 2: 1 1 4a 3 3 2  SO.S ABCD  .a 3.4a  . 3 3 3 (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a .Mặt phẳng ABC tạo với mặt đáy góc 600 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.ABC . A. V  a3 3 2 . B. V  3a3 3 . 4 C. V  a3 3 8 . D. V  3a3 3 . 8 Hướng dẫn: D Vì ABC.ABC là lăng trụ đứng nên AA  ABC . Gọi M là trung điểm BC ,do tam giác ABC đều nên suy ra AM  BC . Khi đó 600   ABC  ,  ABC      AM , AM   AMA  Tam giác AAM có AM  a 3 tích tam giác đều SABC  2 ; AA  AM .tanAM A  a3 3 4 3a .. Diện 2 . Vậy V  SABC .A A  3a3 3 8 (đvdt). Câu 3: (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hai điểm A , B cố định. Gọi M là một điểm di động trong không gian sao cho MAB  300 . Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ? . A. M thuộc mặt cầu cố định. B. M thuộc mặt trụ cố định. C. M thuộc mặt phẳng cố định. D. M thuộc mặt nón cố định. Hướng dẫn: D Từ A kẻ đường thẳng d tạo với AB một góc 300 ta quay đường thẳng vừa tạo quanh AB với góc 300 không đổi thì thu được hình nón. Lấy điểm K bất kì trên mặt nón đó, ta có KAB  300 Do A , B cố định  mặt nón cố định Như vậy K  M là thỏa mãn yêu cầu. Tức quỹ tích điểm M thuộc một mặt nón cố định nhận A làm đỉnh, có đường cao AB trùng với và góc giữa đường sinh và tia AB bằng 300 . Câu 4:  (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hình chóp S . ABCD có cạnh bên SA  a 0  a  3 và các cạnh còn lại đều bằng 1 . Tính theo a thể tích V của khối chóp S . ABCD . A. V  a 3  a2 . 3 B. Đáp án khác. C. V  3  a2 . 6 a Hướng dẫn: B  HB  SB 2  SH 2   + Kẻ SH  ABCD tại H ta có  HC  SC 2  SH 2  2 2  HD  SD  SH Bài ra SB  SC  SD  1  HB  HC  HD  H là tâm đường tròn ngoại tiếp BCD Hơn nữa BCD cân tại C  H  AC + Ta có SBD  CBD  c  c  c   SO  CO  SO  CO  AO  SAC vuông tại S Cạnh AC  SA2  SC 2  a 2  1 2 a2  1 3  a2  AC   OB  SB  SO  1    1    4 4  2  2  OB  2 2 3  a2 0  a  3  BD  3  a 2 2   1 1 a 1 . .AC.BD + Do đó VS . ABCD  SH .S ABCD  . 2 3 3 a 1 2 D. V  3  a2 3 a   a 6 a2  1 Câu 5: . a 2  1. 3  a 2  a 3  a2 . 6 (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hình lập phương ABCD. ABC D có cạnh bằng 1 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và CD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và MN . 2 . 2 A. B. 2 . 4 C. 2 2 . D. 2. Hướng dẫn: B Do MN / / BC  d  AC , MN   d  MN ,  ACB    d  M ,  ACB    1 d  A,  ACB   2  BC  AB AH  AB ta có   BC   ABA   BC  AH mà  BC  AA Kẻ AH  AB  AH   ABC  1 1 1 2    2  AH  2 2 2 AH AA AB 2 Ta có  d  A,  ABC    Câu 6: 2 2  d  M ,  ACB    . 2 4 (Gv Lê Tuấn Anh 2018)Cho khối lập phương ABCD. ABC D cạnh a . Các điểm E và F lần lượt là trung điểm của C B và C D . Mặt phẳng  AEF  cắt khối lập phương đã cho thành hai phần, gọi V1 là thể tích khối chứa điểm A và V2 là thể tích khối chứa điểm C  . Khi đó A. V1 là . V2 25 . 47 B. 1 . C. 17 . 25 Hướng dẫn: A + Đường cắt EF cắt AD tại N , M , AN cắt DD tại P , AM cắt AB tại BB tại Q . Từ đó mặt phẳng  AEF  cắt khối lăng trụ thành hai khối đó là ABCDC QEFP và AQEFPBAD . + Gọi V  VABCD. ABC D , V3  VA. AMN , V4  VPFD ' N , V5  VQMBE  D. 8 . 17 + Do tính đối xứng của hình lập phương nên ta có V4  V5 V3  1 1 3a 3a 3a 3 AA. AM . AN  a. .  6 6 2 2 8 V4  1 1 a a a a3 25a 3 47 a 3 PD.DF .DN  . . .  ;V1  V3  2V4  , V2  V  V1  6 6 3 2 2 72 72 72 Vậy V1 25  . V2 47 (Gv Lê Tuấn Anh 2018)Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, Câu 7: SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABCD là 4  dm 2  . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC gần với giá trị nào nhất sau đây? A. 2 dm . 7 B. 3 dm . 7 C. 4 dm . 7 D. 6 dm . 7 Hướng dẫn: D + Gọi x  0 là cạnh của hình vuông ABCD và H là trung điểm cạnh AD + Dễ dàng chứng minh SH   ABCD  , SH  x 3 2 + Gọi O  AC  BD và G là trọng tâm SAD , đồng thời d1 , d 2 lần lượt là 2 trục đường tròn ngoại tiếp ABCD , SAD ( d1 qua O và / / SH , d 2 qua G và / / AB )  I  d1  d 2 là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABCD  R  SI 2 2 2 21  x  x S  4 R  R  1  SI  SG  GI      2   x  7  dm   3   2 2 2 (trong video bài giảng chữa đề, phần này Thầy dùng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp trong trường hợp chóp có mặt bên vuông góc với mặt đáy). + Gọi E là điểm thỏa ADEC là hình  ED / / AC  d  AC , SD   d  AC ,  SDE    d  AC , SD   d  A,  SDE    2d  H ,  SDE    2 HP (do HP   SDE  ) bình thành SKH  Câu 8 1 1 1 1 1 x 21 3 6      HP   dm  d  AC ; SD   dm 2 2 2 2 2 HP SH KH 14 7 7 x 3 x 2      2   4  (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Hình nào sau đây không phải hình đa diện ? A. B. C. D. Chọn đáp án D Vì có 1 cạnh là cạnh chung của 4 mặt. (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có Câu 9: AB  a, BC  2a, AA  a . Lấy điểm I trên cạnh AD sao cho AI  3ID . Tính thể tích của khối chóp B.IAC . A. V  a3 5 . 2 B. V  3a 3 . 4 C. V  a3 . 2 D. V  a3 . 4 Chọn đáp án D Ta có ID  S IDC  1 a 1 AD  và S ADC  AD.DC  a 2 . Lại có 4 2 2 1 a2 ID.DC   S AIC  S ADC  S IDC 2 4 S IDC  a 2  Câu 10: a 2 3a 2 a3   VB. AIC  . 4 4 4 (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hình tròn tâm S , bán kính R  2 . Cắt đi 1 hình tròn 4 rồi dán lại để tạo ra mặt xung quanh của hình nón. Tính diện tích toàn phần của hình nón đó. A. 21 . 4   B. 3  4 3  . Chọn đáp án A Đường tròn  S ; R  có + Chu vi hình tròn  S ; R  là C  4   C. 3  2 3  . D. 3 . + Diện tích hình tròn  S ; R  là S  4 . Khi cắt 1 hình tròn rồi dán lại để tạo ra mặt xung 4 quanh của hình nón, ta có. Diện tích xung quanh hình nón là S xq  3 S  3 4 3 Chu vi đáy của hình nón là C N   AB  C  3 4 bán kính đáy của hình nón là r  3 21 . Vậy Stp  S xq  S d  . 2 4 Câu 11 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Cho lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có độ dài cạnh đáy bằng 3a và chiều cao bằng 8a . Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABC C . A. R  4a . B. R  5a . C. R  a 19 . D. R  2a 19 . . Chọn đáp án C - Vì BBC C là hình chữ nhật nên mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABC C cũng chính là mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BBC C . - Gọi H là trung điểm BC ; G là trọng tâm tam giác ABC ; K  BC   BC - Trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và trục đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật BBC C cắt nhau tại I . - Khi đó. I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BBC C cũng chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABC C ; bán kính R  IA . - Ta có 2  3 2 2 AG  .  3a   a 3; GI  HK  4a  R  IA  GA  GI  a 19 3  2  Câu 12: (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hình chóp S . ABC có các góc tại đỉnh S cùng bằng 600 , SA  a, SB  2a, SC  3a . Tính khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng  SBC  . A. a 3 . B. a 6 . C. a 6 . 3 D. a 3 . 3 Chọn đáp án C Gọi S1  ASB, S 2  ASC , S3  ASC Ta có V  1 2 3 SA.SB.SC 1  2 cos S1 cos S 2 cos S3  cos 2 S1  cos 2 S 2  cos 2 S3  a 6 2 S SBC  1 3 3 2 3V 6 SB.SC sin S 2  a . Mà d  A;  SBC     a. 2 2 S SBC 3 (Gv Lê Tuấn Anh 2018)Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a . Câu 13: Góc hợp bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 600 . Khi đó khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng. A. 3a . 2 B. 3a . 4 C. 3a 3 . 2 D. 3a 3 . 4 Chọn đáp án B Gọi G là trọng tâm tam giác đều ABC , E là trung điểm của SA, K , H là hình chiếu của G, E lên SA . Ta có AG  2 a 3 AE  , EH  SA 3 3 HE  BC vì HE là trung tuyến trong tam giác cân HBC . Suy ra HE là đoạn vuông góc chung của SA và BC  d  SA, BC   d  E , SA   EH Xét tam giác SAG vuông tại G . SG  tan 600. AG  a AG.GS GK  AG 2  GS 2  a 2 EHM  GKA  g  g  Vậy d  SA, BC   Câu 14: EH EA EA a 3 3a   EH  GK .  .  EG GA GK 2 2 4 3a . 4 (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC đều cạnh a , tam giác SBA vuông tại B , tam giác SAC vuông tại C . Biết góc giữa hai mặt phẳng  SAB  A. và  ABC  bằng 600 . Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  SAB  . 3 3a . 8 B. 3a . 4 C. 3 3a . 6 Chọn đáp án B Gọi là H hình chiếu của đỉnh S xuống mặt phẳng  ABC  . Khi đó, ta có SH  AB, SH  AC D. 3 3a . 11 Ta có     AB   SBH   AB  BH SH  SB  S  AB  SB AB  SH Tương tự, ta cũng chứng minh được AC   SCH  . Từ đó suy ra AC  CH . Do SH  AB, BH  AB nên suy ra góc giữa  SAB  và  ABC  là góc SBH . Vậy SBH  600 . Do ABH  ACH  BAH  300 Trong tam giác vuông ABH , ta có BH  AB.tan 300  a 3 Trong tam giác vuông SHB , ta có SH  BH .tan 600  a . 3a 3 Vậy VS . ABC 1 1 a 2 3 a3 3 1 a2  .SH .S ABC  .a .  .SSAB  .SB. AB  3 3 4 12 2 3 Vậy d  B;  SAB    3VS . ABC 3a .  S SAB 4 (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Khi cắt mặt cầu S  O; R  bởi một mặt kính đi qua tâm Câu 15: O , ta được hai nửa mặt cầu giống nhau. Giao tuyến của mặt kính đó với mặt cầu gọi là mặt đáy của mỗi nửa mặt cầu. Một hình trụ gọi là nội tiếp nửa mặt cầu S  O; R  nếu một đáy của hình trụ nằm trong đáy của nửa mặt cầu, còn đường tròn đáy kia là giao tuyến của hình trụ với nửa mặt cầu. Biết R  1 , tính bán kính đáy r và chiều cao h của hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu S  O; R  để khối trụ có thể tích lớn nhất. A. r  3 6 . , h 2 2 B. r  6 3 . , h 2 2 C. r  6 3 . , h 3 3 D. r  3 6 . , h 3 3 Chọn đáp án C Hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu, nên theo giả thiết đường tròn đáy trên có tâm O là hình chiếu của O xuống mặt đáy  O  . Suy ra hình trụ và nửa mặt cầu cùng chung trục đối xứng và tâm của đáy dưới hình trụ trùng với tâm O của nửa mặt cầu. Ta có h 2  r 2  R 2  0  h  R  1  r 2  1  h 2 Thể tích khối trụ là V   r 2 h   1  h 2  h  f  h   f   h    1  3h 2   0  h  3 3 x 0 f h 3 3 0  f h 1  2 3 9 0 Vậy Max V   0;1 0 2 3 6 3 và h   đvdt  khi r  9 3 3 Câu 16 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là một tứ giác (AB không song song CD). Gọi N là trung điểm của SD, M là trung điểm nằm trên cạnh SB sao cho SM = 2MB, O là giao điểm của AC và BD. Cặp đường thẳng nào sau đây cắt nhau. A. SO và AD B. MN và SO C. MN và SC D. SA và BC Chọn đáp án B + Giả sử SO, AD cắt nhau. Khi đó SO, AD đồng phẳng, suy ra S thuộc mp (ABCD) (Vô lý). Đáp án A bị loại. + Giả sử MN cắt SC. Khi đó MN và SC đồng phẳng, suy ra C thuộc (SBD) (Vô lý). Do đó đáp án C bị loại. + Giả sử SA cắt BC. Khi đó SA, BC đồng phẳng. Suy ra S thuộc mp (ABCD) (Vô lý). Đáp án D bị loại. MN, SO cùng nằm trong mp (SBD), không song song và trùng nhau. Câu 17: (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 1. Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ABCD và SC  5 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD A. V  3 3 B. V  3 6 C. V  3 Chọn đáp án A Đường chéo hình vuông AC  2 Xét tam giác SAC, ta có SA  SC2  AC2  3 . Chiều cao của khối chóp là SA  3 Diện tích hình vuông ABCD là SABCD  12  1 . Thể tích khối chóp S.ABCD là 1 3 VS.ABCD  SABCD .SA  3 (dvtt ) 3 D. V  15 3 Câu 18: (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BCD  1200 và AA '  7a . Hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng ABCD 2 trùng với giao điểm của AC và BD. Tính theo a thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’. A. V  8a3 B. V  3a3 C. V  12a3 D. V  9a3 Chọn đáp án B Gọi O  AC  BD .Từ giả thiết suy ra A ' O  ABCD Cũng từ giả thiết, suy ra ABC là tam giác đều nên S ABCD  2S ABC  a2 3 2 Đường cao khối hộp 2  AC  A ' O  AA '  AO  AA '     2a 3  2  2 2 2 Vậy VABCD. A' B 'C ' D '  S ABCD .A ' O  3a3 (dvtt ) Câu 19 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Cho hình chóp tam giác S.ABC biết AB=3, BC=4, CA=5. Tính thể tích khối chóp SABC biết các mặt bên của hình chóp đều tạo với mặt đáy một góc 300 A. 2 3 3 B. 8 3 9 C. 200 3 3 Chọn đáp án A + Dễ thấy tam giác ABC vuông tại B. S ABC  6 + Gọi p là nửa chu vi p  3 4  5  6; S  pr  r  1 2 + Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác từ giả thiết các mặt bên tạo với đáy ABC một góc 30 độ ta suy ra I là chân đường cao của khối chóp tan300  SI 3 3  SI  MI .tan300  1.  MI 3 3 1 2 3 VS. ABC  S ABC .SI  . Do đó ta chọn A 3 3 D. 2 3 Câu 20: (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho một hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông ABCD diện tích 12(cm2 ) với AB là đường kính của đường tròn đáy tâm O. Gọi M là điểm thuộc cung AB của đường tròn đáy sao cho ABM  600 . Thể tích của khối tứ diện ACDM là A. V  3(cm3 ) B. V  5(cm3 ) C. V  8(cm3 ) D. V  12(cm3 ) Chọn đáp án A  BM  AM  MB  ( AMD ) Ta có   BM  DA Mặt khác, ta tính được MB  3; AM  3 1 1 1 Thể tích VACDM  SDAM .BM  . 2 3.3. 3  3 3 3 2 Câu 21 (Gv Lê Tuấn Anh 2018)Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B. AB  BC  a 3 , góc SAB  SCB  900 và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng a 2 . Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là A. 6 3 a3 B. 4 5 a3 C. 8 3 a3 D. 4 3 a3 Chọn đáp án D + Gọi H là trung điểm SB. Do tam giác SAB vuông tại A, SBC vuông tại C suy ta HA  HB  HS  HC Suy ra H là tâm mặt cầu. + Gọi I là hình chiếu của H lên (ABC). Do HA  HB  HC , suy ra IA  IB  IC Suy ra I là trung điểm AC. Gọi P là trung điểm BC, do tam giác ABC vuông cân, suy ra IP  BC  ( IHP)  BC , dựng IK  HP  IK  ( HBC)     + d A,  SBC   a 2  d I ,  SBC   Áp dụng hệ thức 1 IK 2  1 IH 2  1 IP2 a 2 2  IH 2  2  IK  a 2 2 3 2 a 2  a 3  3a2  3a2 , suy ra R  a 3 , suy ra V  4 3 a3 Suy ra AH 2  AI 2  IH 2      2  2   Câu 22 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA=a và SA vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm SB, N là điểm thuộc cạnh SD sao cho SN=2ND. Tính tỉ số thể tích A. V  1 4 B. V  VACMN VSABCD 1 2 C. V  1 3 D. V  3 5 a3 a3 Chọn đáp án A 1 a3 Ta có VS. ABCD  SA.SABCD  3 8 1 1 1  1  a3 VNDAC  NH .S DAC  . a.  a2   3 3 3  2  18 1 1 a  1  a3 VMABC  MK .S ABC  . .  a2   3 3 2  2  12 1 a3 d A,  SMN  .SSMN  3 18   1 1 2  1 a  a3 Suy ra VNSAM  NL .SSAM  . a.  a.   3 3 3  2 2  18 Mặt khác VC.SMN 1 1 a3  d C,  SMN  .SSMN  d A,  SMN  .SSMN  3 3 18     Vậy VACMN  VS. ABCD  VNSAM  VNADC  VMABC  VSCMN  a3 3  a3  a3   18 18 12 18  1 3 a 12 Kết luận VACMN 1  VSABCD 4 Câu 23 (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, E là trung điểm của SA, F, G lần lượt là các điểm thuộc cạnh BC, CD Thiết diện của hình chóp cắt bởi A. Tam giác (CF - Xem thêm -