Tổng hợp câu hỏi Hình học Lớp 11 được tách từ đề luyện thi THPT Quốc gia năm 2018 - Chương 3: Quan hệ vuông góc - Mức độ 4 phần 3 (Có đáp án)

Nội dung text: Tổng hợp câu hỏi Hình học Lớp 11 được tách từ đề luyện thi THPT Quốc gia năm 2018 - Chương 3: Quan hệ vuông góc - Mức độ 4 phần 3 (Có đáp án)

1. Câu 1: (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh-lần 2 năm 2017-2018) Bên cạnh con đường trước khi vào thành phố người ta xây một ngọn tháp đèn lộng lẫy. Ngọn tháp hình tứ giác đều S.ABCD cạnh bên SA 600 mét, ·ASB 15 . Do có sự cố đường dây điện tại điểm Q (là trung điểm của SA ) bị hỏng, người ta tạo ra một con đường từ A đến Q gồm bốn đoạn thẳng: AM , MN , NP , PQ (hình vẽ). Để tiết kiệm kinh phí, kỹ sư đã nghiên cứu và có được chiều dài con đường từ A đến AM MN Q ngắn nhất. Tính tỉ số k . NP PQ S Q P A D N M C B 3 4 5 A. 2 .B. .C. .D. . 2 3 2 Lời giải Chọn A S Q P A D N M C B Giả sử trải các mặt hình chóp đều trên đường tròn tâm S và bán kính R SA . Ta có SAA có ·ASA 15.4 60 SAA đều. Mà đoạn đường AQ ngắn nhất khi A , M , N , P , Q thẳng hàng. Khi đó N là trọng tâm AM MN AN SAA . Suy ra k 2 . NP PQ NQ
2. S Q P N M A K B D C Câu 2: (THPT Kinh Môn-Hải Dương lần 1 năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A B C có AB 1, AC 2 , AA 3 và B· AC 120 . Gọi M , N lần lượt là các điểm trên cạnh BB , CC sao cho BM 3B M ; CN 2C N . Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng A BN . 9 138 3 138 9 3 9 138 A. .B. . C. . D. . 184 46 16 46 46 Lời giải Chọn A E A' C' B' N H M A C B Cách 1: Ta có BC 2 AB2 AC 2 2.AB.AC cos B· AC 12 22 2.1.2.cos120 7 . Suy ra BC 7 . 2 AB2 BC 2 AC 2 12 7 22 2 2 Ta cũng có cos ·ABC , suy ra cos ·A B C . 2.AB.BC 2.1. 7 7 7 DC C N 1 3 3 7 Gọi D BN  B C , suy ra , nên DB B C . DB B B 3 2 2 Từ đó, ta có 2 3 7 3 7 2 43 2 2 2 · 2 A D A B B D 2.A B .B D.cos A B D 1 2.1. . . 2 2 7 4 43 Hay A D . 2 Kẻ B E  A D và B H  BE , suy ra B H  A BN , do đó d B ; A BN B H .
3. 2 3 Từ cos ·A B C sin ·A B C . 7 7 1 · 1 3 7 3 3 3 Do đó S .A B .B D.sin A B D .1. . . A B D 2 2 2 7 4 3 3 2. 2S 3 3 B E A B D 4 . A D 43 43 2 1 1 1 1 1 46 27 2 2 2 2 2 B H . B H B E BB 3 3 3 27 46 43 Từ BM 3B M suy ra 3 3 3 27 9 138 d M ; A BN d B ; A BN .B H . . 4 4 4 46 184 Cách 2: Trong ABC : BC 2 AB2 AC 2 2AB.AC.cos A 7 BC 7 . 21 AH 7 1 1 2 2 2 7 S ABC AH.BC AB.AC.sin A BH AB AH . 2 2 7 5 7 CH 7 Gắn hình lăng trụ vào hệ trục tọa độ như hình vẽ(Vẽ hình nhé) 21 2 7 5 7 21 Ta có: H 0;0;0 , A 0; ;0 , B ;0;0 , C ;0;0 , A 0; ;3 , 7 7 7 7 2 7 9 5 7 9 138 M ;0; , N ;0;2 . Khi đó d M , A BN . 7 4 7 184 Câu 3: (THPT Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa-lần 2 năm 2017-2018) Xét tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc. Gọi ,  ,  lần lượt là góc giữa các đường thẳng OA , OB , OC với mặt phẳng ABC (hình vẽ). A O C B Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức M 3 cot2 . 3 cot2  . 3 cot2  là A. Số khác. B. 48 3 .C. 48 .D. 125 . Lời giải Chọn D
4. Gọi H là trực tâm tam giác ABC , vì tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc nên 1 1 1 1 ta có OH  ABC và . OH 2 OA2 OB2 OC 2 Ta có ·OA; ABC O· AH ,  ·OB; ABC O· BH ,  ·OC; ABC O· CH . OH OH OH Nên sin , sin  , sin . OA OB OC 1 1 1 1 Đặt a OA, b OB , c OC , h OH thì và h2 a2 b2 c2 2 2 2 1 1 1 M 3 cot . 3 cot  . 3 cot  2 2 . 2 2 . 2 2 sin sin  sin  2 2 2 a b c 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 . 2 2 . 2 2 8 4 a b c . 2 2 a b b c c a . 4 a b c . 6 . h h h h h h 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 3 Ta có: a b c . 2 a b c . 2 2 2 3 a .b .c .3 2 . 2 . 2 9 . h a b c a b c 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 1 1 a b b c c a . 4 a b b c c a . 2 2 2 h a b c 2 3 2 2 2 2 2 2 1 1 1 3 4 4 4 1 3 a b .b c .c a . 33 . . 3 a b c .9 3 27 . 2 2 2 4 4 4 a b c a b c 3 3 2 2 2 1 2 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 1 a b c . a b c . a b c . 33 . . 27 . 6 2 2 2 2 2 2 h a b c a b c 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 Do đó: M 8 4 a b c . 2 2 a b b c c a . 4 a b c . 6 h h h 8 4.9 2.27 27 125 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c , hay OA OB OC . Vậy min M 125 .
5. A α a H h c O C b B Câu 4: (THPT Hồng Lĩnh-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho tứ diện ABCD có AB AC BD CD 1. Khi thể tích của khối tứ diện ABCD lớn nhất thì khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và BC bằng 1 2 1 1 A. .B. .C. .D. . 2 3 3 3 Lời giải Chọn A Gọi H , K lần lượt là trung điểm BC , AD . Vì AB AC BD CD 1 nên AH  BC và DH  BC , suy ra BC  AHD BC  HK . Mặt khác ABC DBC nên AH DH , suy ra HK  AD . Như vậy, HK là đường vuông góc chung của đường thẳng AD và BC . Bởi vậy d AD; BC HK .
6. A K C B H D Đặt BC 2x , AD 2y , với 0 x 1 và 0 y 1. Ta có AH AB2 BH 2 1 x2 , HK AH 2 AK 2 1 x2 y2 , với x2 y2 1. Thể tích của khối tứ diện ABCD là 1 V V V S . BH CH B.AHD C.AHD 3 AHD 1 1 1 . .AD.HK.BC .2y.2x. 1 x2 y2 3 2 6 2 x2 y2 1 x2 y2 . 3 3 2 2 2 2 x y 1 x y 1 Mặt khác x2 y2 1 x2 y2 . 3 27 2 2 1 2 3 Nên V x2 y2 1 x2 y2 . 3 3 27 27 2 3 Do đó, thể tích khối tứ diện ABCD lớn nhất là bằng khi và chỉ khi: 27 1 x2 y2 1 x2 y2 . x y . 3 1 1 Khi đó HK 1 x2 y2 và d AD; BC . 3 3 Câu 5: HẾT (THPT Lê Quý Đôn-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 3 . Hai mặt phẳng SAB và SAC cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa SB và mặt phẳng đáy bằng 60 . Gọi M , N là các điểm lần lượt thuộc cạnh đáy BC và CD sao cho BM 2MC và CN 2ND . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau DM và SN. 3 3 3 3 3 3 A. .B. . C. . D. . 730 370 370 730
7. Lời giải Chọn B S A D H N A D I N J I B C J M E B M E C - Vì hai mặt phẳng SAB và SAC cùng vuông góc với mặt phẳng đáy nên SA  ABCD S· BA 60 là góc giữa SB và mặt phẳng đáy SA AB.tan 60 3 3 . - Trong mặt phẳng ABCD dựng NE // DM cắt BC tại E , cắt AC tại J . Gọi I là giao điểm của DM và AC . Ta có: DM // NE DM // SNE d DM ;SN d DM ; SNE d I; SNE . CJ CE CN 2 1 Do NE // DM IJ IC . CI CM CD 3 3 IC CM 1 1 1 1 Lại có: BC // AD IC IA IJ IA IJ AJ IA AD 3 3 9 10 d I; SNE IJ 1 1 Mặt khác: d I; SNE d A; SNE . d A; SNE AJ 10 10 - Xét tam giác DAN và tam giác CDM có: DA CD , DN CM , ·ADN D· CM 90 DAN CDM (c.g.c) D· AN C· DM D· AN ·ADM C· DM ·ADM 90 AN  DM AN  NE NE  SAN SNE  SAN (có giao tuyến là SN ). - Dựng AH  SN tại H AH  SNE AH d A; SNE . - Ta có: SA 3 3 , AN AD2 DN 2 10 . 1 1 1 1 1 37 3 30 AH AH 2 SA2 AN 2 27 10 270 37 1 3 3 d DM ;SN AH . 10 370 Câu 6: (THPT Phan Đình Phùng-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hàm số y f x có đạo hàm f x x2 x 9 x 4 2 . Khi đó hàm số y f x2 nghịch biến trên khoảng nào? A. 2;2 .B. ; 3 .C. 3;0 .D. 3; . Lời giải Chọn B Ta có y f x2 y x2 f x2 , hay y 2xf x2 .
8. 2 2 Mặt khác f x x2 x 9 x 4 2 nên y 2xf x2 2x. x2 x2 9 x2 4 . Do đó y 2x5 x 3 x 3 x 2 2 x 2 2 . Ta có bảng biến thiên sau x 3 2 0 2 3 y 0 0 0 0 0 y Từ bảng biến thiên suy ra hàm số y f x2 nghịch biến trên khoảng ; 3 và 0;3 . Câu 7: (THPT Đức THọ-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , BC a , cạnh bên SA vuông góc với đáy, SA a 3 . Gọi M là trung điểm của AC . Tính côtang góc giữa hai mặt phẳng SBM và SAB . 3 21 2 7 A. .B. 1. C. . D. . 2 7 7 Lời giải Chọn A S K H M A C B Kẻ AH  SB và AK  SM . Vì tam giác ABC vuông cân tại B và BC a cùng với SA  ABC nên suy ra BM  SAC AC a 2 và BM AM . Do đó BM  AK . 2 2 Từ BM  AK và AK  SM suy ra AK  SBM AK  SB . Từ AH  SB và AK  SB ta có AHK  SB . Do đó, góc giữa hai mặt phẳng SBM và SAB bằng hoặc bù với góc ·AHK .
9. Ta có: SA.AB a.a 3 a 3 AH . 2 2 2 2 SA AB a 3 a2 a 2 .a 3 SA.AM a 21 AK 2 . 2 2 2 7 SA AM 2 a 2 a 3 2 HK SK Từ AHK  SB ta có HK  SB nên SHK : SMB , do đó . MB SB Mặt khác 2 SA2 a 3 3a 14 SK.SM SA2 SK ; SM 2 7 2 a 2 a 3 2 SB SA2 AB2 2a ; HK SK 3 14 3 14 3 14 a 2 3a 7 Nên HK .MB . . MB SB 14 14 14 2 14 Trong tam giác AHK ta có: 2 2 2 a 3 3a 7 a 21 AH 2 HK 2 AK 2 2 14 7 21 cos ·AHK . 2.AH.HK a 3 3a 7 7 2. . 2 14 21 2 7 Như vậy, góc giữa hai mặt phẳng SBM và SAB là với cos sin . 7 7 cos 3 Bởi vậy: cot . sin 2 Câu 8: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 2 năm 2017-2018) Cho tứ diện ABCD đều có cạnh bằng 2 2 . Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD và M là trung điểm AB . Khoảng cách giữa hai đường thẳng BG và CM bằng 2 2 3 2 A. .B. . C. .D. . 14 5 2 5 10 Lời giải Chọn B
10. A M G D B J H I N K C Gọi N là trung điểm CD , khi đó G là trung điểm MN và x đi qua trọng tâm H của tam giác 2 2 2 2 2 6 4 3 BCD . Ta có AH  BCD và AH AB BH 2 2 . 3 3 1 3 Ta có: GH AH . 4 3 Gọi K là trung điểm CN thì GK //CM nên CM // BGK . Do đó: 3 d BG;CM d C; BGK d N; BGK d H; BGK . 2 Kẻ HI  BK , HJ  GI với I BK , J GI . Khi đó HJ  BGK và HJ d H; BGK . 2 2 2 2 2 26 Ta có BK BN NK 6 . 2 2 2 KN 2 6 2 6 Ta có HI BH.sin K· BN BH. . 2 . BK 3 26 3 13 2 2 6 3 . HI.HG 3 2 2 Do đó: HJ 3 13 . 2 2 2 2 HI HG 2 6 3 3 7 3 13 3 3 3 3 2 2 2 Vậy d BG;CM d H; BGK HJ . . 2 2 2 3 7 14
11. Câu 9: HẾT (THPT Nguyễn Trãi-Đà Nẵng-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình lập phương ABCD.A B C D có cạnh bằng a . Số đo góc giữa hai mặt phẳng BA C và DA C bằng A. 60 .B. 90 .C. 120 .D. 30 . Lời giải Chọn A A' D' B' C' K H A D B C Ta có: AH  BA C , AK  DA C với H, K lần lượt là trung điểm của A B, A D Suy ra · BA C ; DA C ·AH; AK H· AK 1 a 2 Lại có: HK là đường trung bình của A BD nên HK BD 2 2 a 2 Mặt khác: AH AK 2 Do đó AH AK HK a 2 Suy ra AHK đều Vậy · BA C ; DA C H· AK 60 . Câu 10: HẾT (Chuyên ĐB Sông Hồng –Lần 1 năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB 2a , BC a . Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm của cạnh AB , góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 60 . Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SB và AC 2 2 2 2 A. .B. .C. .D. . 7 35 5 7 Lời giải Chọn B
12. S D A H B C SC, ABCD SC,CH S· CH 600 .   SB.AC cos SB, AC SB.AC               SB.AC SH HB AB BC SH.AB SH.BC HB.AB HB.BC     1 HB.AB HB.BC AB2 2a2 2 AC a 5 , CH a2 a2 a 2 , SH CH.tan S· CH a 6 . 2 SB SH 2 HB2 a 6 a2 a 7 .   SB.AC 2a2 2 cos SB, AC . SB.AC a 7.a 5 35 Câu 11: HẾT (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc - Lần 4 năm 2017 – 2018)Cho tứ diện ABCD có AC AD BC BD a và hai mặt phẳng ACD , BCD vuông góc với nhau. Tính độ dài cạnh CD sao cho hai mặt phẳng ABC , ABD vuông góc. 2a a a A. .B. . C. .D. a 3 3 3 2 Lời giải Chọn A
13. Gọi H là trung điểm của CD nên AH  CD AH  BCD (do ACD  BCD ) và ACD  BCD CD Gọi M là trung điểm của AB nên CM  AB Vì ABC  ABD và ABC  ABD AB CM  MD. ABC ABD MC MD MCD vuông cân tại M . x2 x2 Đặt CD x AH 2 BH 2 a2 AB2 AH 2 BH 2 2a2 4 2 1 1 x2 2 x2 1 2 Ta có MH AB 2a2 MH CD 2a2 . x 2 2 2 2 2 2 2 x2 2a 2a2 2x2 4a2 3x2 x . 2 3