Ôn tập THPT 2019 hình học 12 chương 1 bài 4

25 8 0
  • Loading ...
1/25 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 16/03/2019, 14:01

tài liệu ôn thi thpt quốc gia 2019 gồm những thủ thuật giải nhanh Đề thi Trắc nghiệm môn Toán, môn lý, môn anh, môn văn, môn hóa là những ebook được hệ thống hóa kiến thức toàn diện, phong phú về nội dung, bám sát trọng tâm chương trình THPT, nhằm giúp học sinh ôn tập hiệu quả trong thời gian ngắn nhất. Câu 1: [2H1-4-3] (THPT Ninh Giang – Hải Dương – Lần – Năm 2018) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a Tam giác SAD cân tại S và mặt bên  SAD  vuông góc với mặt phẳng đáy Biết thể tích khối chóp S ABCD bằng A h  a Tính khoảng cách h từ điểm B đến mặt phẳng  SCD  3 a B h  a C h  a D h  a Lời giải Chọn C Ta có chiều cao khối chóp S ABCD SI với I là trung điểm AD 4 Suy thể tích khối chóp S ABCD bằng a  2a SI  a  SI  2a 3 Xét tam giác SCD vng tại D có: 1 3a 3a 3a nên SSCD  SD.CD  SD  SI  ID  a  2 2 4 Thấy VS ABCD  2VS BCD  2VB.SCD  a  S SCD h  h  a 3 2 Câu 2: [2H1-4-3] (SỞ GD VÀ ĐT HƯNG YÊN NĂM 2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh 2a , tam giác SAB đều, góc  SCD   ABCD  bằng 60  Gọi M là trung điểm cạnh AB Biết hình chiếu vng góc đỉnh S mặt phẳng  ABCD  nằm hình vng ABCD Tính theo a khoảng cách đường thẳng SM AC A a B 2a 15 C Lời giải Chọn A 5a D 2a S 2a K A D 60° M O B H E N C I Gọi N , E là trung điểm CD, BC Ta có: SAB nên SM  AB mà AB / /CD SM  CD MN  CD đó SN  CD hay góc hai mặt phẳng  SCD   ABCD  Trong mặt phẳng SNM  60  SNM  từ S kẻ SH  MN , H  MN ta có SH  CD nên SH   ABCD  Trong mặt phẳng  ABCD  từ H kẻ HI  ME , I  ME , từ H kẻ HK  SI , K  SI ta có SH   ABCD   SH  ME nên ME   SIH   ME  HK mà HK  SI đó HK   SIH  hay d  H ,  SME    HK Xét SAB cạnh 2a nên SM  a Xét có SMN  3a  4a  SN  2a.SN SM  MN  SN  2.SN MN cos SNM  SN  2a.SN  a   SN  a  HN  SN cos SNM  SH  SN sin SNM  Do  đó: MH  a a 3a MO  a nên d  O,  SME    MO d  H ,  SME   MH d  H ,  SME   Lại có: ME / / AC  d  O,  SME    HK nên AC / /  SME   d  SM , AC   d  AC ,  SME   Xét MHI vuông tại I có HMI  45 nên MHI vng cân tại I đó MI  HI  MH 3a  1 Xét SHI có    HK  2 HK HI SH Vậy  d  SM , AC   d  O,  SME    3a a  3a  2 10 HI  SH 9a 3a  HI SH a HK  Câu 3: [2H1-4-3] (SỞ GD VÀ ĐT HƯNG N NĂM 2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O cạnh AB  2a , góc BAD  120 Hai mặt phẳng  SAB   SAD  vng góc với đáy Góc mặt phẳng  SBC   ABCD  bằng 45 Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng  SBC  A h  h a B h  3a C h  3a D a Lời giải Chọn C S H 2a A E O D B 45° C Trong mặt phẳng  ABCD  từ A kẻ AE  BC , E  BC (*) Lại có hai mặt phẳng  SAB   SAD  vng góc với đáy nên SA   ABCD  đó SA  BC (**) Từ (*) (**) ta có:  SAE   BC , mặt phẳng  SAE  từ A kẻ AH  SE , H  SE mà  SAE   BC nên AH  BC đó AH   SBC   d  A,  SBC    AH Ta lại có: d  O,  SBC    1 d  A,  SBC    AH 2 1 Xét tam giác ABC có S ABC  AB.BC.sin ABC  AE.BC 2  AE  AB sin ABC  3a Mặt khác góc mặt phẳng  SBC   ABCD  bằng 45 nên SEA  45 Khi đó: SA  AE.tan SEA  3a Xét tam giác SAE có:  d  O,  SBC    1  2  AH  AH SA AE SA AE SA2  AE  9a 3a  3a 3a AH  Câu 4: [2H1-4-3] (THPT LƯƠNG TÀI - BẮC NINH - LẦN - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cạnh 2a , cạnh bên bằng SA vng góc với đáy , SA  a Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  ? a a d A d  B d  a C d  a Lời giải Chọn A S a C 2a A 2a E 2a B Ta có SB  SC  a 5;SE  5a  a  2a D Diện tích tam giác ABC  2a  S Diện tích tam giác SBC S '   3a 1 SE.BC  2a.2a  2a 2 3 Thể tích hình chóp S.ABC V  a 3a  a 3 Mặt khác V  3 3a3 3a a  d  A;  SBC   S '  d  A;  SBC     3 2a (THPT LƯƠNG TÀI - BẮC NINH - LẦN - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh AB  a , cạnh bên SC  3a Hai mặt phẳng  SAD   SAC  vng góc với mặt phẳng Câu 5: [2H1-4-3]  ABCD  M phẳng  ACD  ? là trung điểm SC Tính góc đường thẳng BM mặt A 30 B 60 C 45 D 90 Lời giải Chọn D S M B A O D C Theo đề ta có SA   ABCD  Vì MO là đường trung bình tam giác SAC nên MO  SA , đó hình chiếu vng góc BM lên  ACD  Suy góc đường thẳng BM mặt phẳng  ACD  góc BM BO , MBO Tam giác SBC vuông tại B nên BM  SC  3a ; BO  a  a 2 Tam giác OBM vuông tại O , đó cos MBO  OB  , đó MBO  60 BM Câu 6: [2H1-4-3](THPT LƯƠNG TÀI - BẮC NINH - LẦN - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy ABC 2a bằng góc hai đường thẳng AB BC bằng 60 Tính khoảng cách d hai đường thẳng AB BC 3a 2a 4a A d  B d  C d  D 3 d 6a Lời giải Chọn A AB.BC.CA AB AB 2a  R   AB  2a 4R 3 Dựng hình hộp ABCD.ABCD suy AB DC  nên Có SABC   AB, BC    DC , BC   600 TH1: BC D  1200 Xét tam giác BDC có sin 600  BH  BC   2a  BC BC  (Loại) TH2: BC D  600 suy BC   BH  2a  BB  2a  BC 6a VC.BCD  VABC ABC   3 d  d  AB, BC    d  AB,  BC D    d  A,  BC D    d C ,  BC D    3VC.BCD SBCD 6a 3  2a  3 3a Câu 7: [2H1-4-3] (THPT CHUN LÊ Q ĐƠN)Cho hình chóp S ABC có đáy là tam giác vuông cân A , cạnh BC  3a Tam giác SBC cân tại S và nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy Biết thể tích khối chóp bằng a , tính góc SA và mặt phẳng  SBC  A  arctan B  C  D Lời giải Chọn B Gọi H là trung điểm BC , ta chứng minh SH là đường cao hình chóp và AH   SBC      Do đó, hình chiếu vuông góc SA lên  SBC  SH hay SA;  SBC   SA; SH Tam giác ABC vuông cân tại A nên AB  AB BC  3a  a S ABC  2 Đường cao SH  3VSABC AH a  a Do đó, tan ASH    S ABC SH a     Vậy SA;  SBC   SA; SH   Câu 8: [2H1-4-3] (THPT TRẦN PHÚ) Cho lăng trụ ABC ABC có đáy là tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc điểm A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC Biết thể tích khới lăng trụ a3 Tính khoảng cách hai đường thẳng AA BC A 2a B 4a C 3a D Lời giải Chọn C C A B I K C A M H B Gọi H là trọng tâm ABC , M là trung điểm BC Kẻ MI  AA tại I Kẻ HK  AA tại K Ta có AH   ABC   AH  BC mà BC  AM  BC   AAM   BC  MI Suy MI là đoạn vuông góc chung AA BC S ABC V a2   AH  ABC ABC  a S ABC AH  a 1 a        HK  AM  2 HK AH AH a a a 3 3a d  AA, BC   MI  3a HK  Câu 9: [2H1-4-3] (CHUYÊN THÁI BÌNH L3) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông a 17 , hình chiếu vuông góc H S lên mặt phẳng  ABCD  trung điểm đoạn AB Tính chiều cao khối chóp H SBD theo a cạnh a , SD  A a B a a 21 C D 3a Lời giải Chọn A S B C H D A B C I H D A Ta SHD có vng tại  a 17    a 2   SH  SD  HD     a      a       Cách VS ABCD 3 1 a3  SH S ABCD  a  VH SBD  VA.SBD  VS ABCD  3 12 Tam giác SHB vuông tại H  SB  SH  HB  a 13 a 13 a 17 5a , BD  a 2, SD   SSBD  Tam giác SBD có SB  2  d  H ,  SBD    3VS HBD a  SSBD H Cách Ta có d  H , BD   a d  A, BD   Chiều cao chóp H SBD a a d  H ,  SBD     a2 SH   d  H , BD   3a  SH d  H , BD  Cách Gọi là I trung a điểm BD Chọn hệ trục Oxyz với O  H , Ox  HI , Oy  HB, Oz  HS z S y C B O H I x A D  a  a  Ta có H  0;0;0  , B  0; ;0  , S 0;0; a , I  ;0;0    2   Vì   SBD    SBI    SBD  :  2x y z     2x  y  za  a a a 3  2.0  2.0  Câu 10: Suy d H ,  SBD    a  a [2H1-4-3] (THPT HỒNG QUANG)Trong hội trại kỉ niệm ngày thành lập Đoàn niên Cộng sản Hồ Chí Minh 26/3, ban tổ chức phát cho lớp đoạn dây dài 18 m không co dãn để khoanh khoảng đất trớng hình chữ nhật có cạnh là các đoạn sợi dây đó Phần đất để dựng trại hình chữ nhật tạo thành Hỏi, diện tích lớn có thể phần đất dựng trại mét vuông? 44 A 18 m B 20,25 m C 81 m D m2 Câu 11: [2H1-4-3] [SGD VĨNH PHÚC-2017] Cho hình lăng trụ đứng ABC A1 B1C1 có AB  a , AC  2a , AA1  2a BAC  120 Gọi K , I là trung điểm cạnh CC1 , BB1 Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  A1BK  A a B a 15 C a D a 15 Lời giải Chọn C Ta có IK  B1C1  BC  AB  AC  AB AC.cos1200  a Kẻ AH  B1C1 đó AH là đường cao tứ diện A1 BIK Vì A1H B1C1  A1B1 AC 1.sin120  A1 H  S IKB  a 21 1 IK KB  a 35  VA1 IBK  a 15(dvtt ) 2 Mặt khác áp dụng định lý Pitago công thức Hê-rông ta tính đc S A1BK  3a  dvdt  Do đó d  I ,  A1BK    3VA1IBK SA1BK  a Câu 12: [2H1-4-3] [NGUYỄN KHUYẾN -HCM-2017] Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật Tam giác SAB vuông cân tại A nằm mặt phẳng vng góc với đáy và SB  Gọi M là trung điểm cạnh SD Tính khoảng cách l từ điểm M đến mặt phẳng  SBC  A l  B l  2 C l  Lời giải Chọn B D l  2 S K H M N D A B C   SAB    ABCD  ,  SAB    ABCD   AB  SA   ABCD  Theo giả thiết, ta có    SA  AB Gọi N , H , K là trung điểm cạnh SA, SB và đoạn SH  BC  SA Ta có   BC   SAB   BC  AH  BC  AB Mà AH  SB ( ABC cân tại A có AH trung tuyến) Suy AH   SBC  , đó KN   SBC  (vì KN || AH , đường trung bình) Mặt khác MN || BC  MN ||  SBC  Nên d  M ,  SBC    d  N ,  SBC    NK  AH  2 Câu 13: [2H1-4-3][CHUN THÁI BÌNH-2017]Cho khới chóp S.ABCD có thể tích bằng a Mặt bên SAB là tam giác cạnh a và đáy ABCD hình bình hành Tính theo a khoảng cách SA CD a 2a A 3a B a C D Lời giải Chọn A S A D a B C a3 Vì đáy ABCD hình bình hành  VSABD  VSBCD  VS ABCD  2 Ta có:Vì tam giác SAB cạnh a  SSAB  Vì CD AB  CD a2  SAB  nên d  CD, SA  d  CD,  SAB    d  D,  SAB    3VSABD S SBD a3  2  3a a Câu 14: [2H1-4-3][THTT -447-2017] Cho khối đa diện n mặt có thể tích V diện tích mặt bằng S Khi đó, tổng khoảng cách từ điểm bên khới đa diện đó đến mặt bằng V 3V V nV A B C D nS S 3S S Lời giải Chọn C S C A H B Xét trường hợp khối tứ diện Các trường hợp khác hoàn toàn tương tự 1 1 VH ABC  h1.S ; VH SBC  h2 S ; VH SAB  h3 S ; VH SAC  h4 S 3 3 3V 3V 3V 3V h1  ; h2  ; h3  ; h4  S S S S V1  V2  V3  V4  3V  h1  h2  h3  h4   S S Câu 15: [2H1-4-3] [2017] Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác cạnh a , hình chiếu vng góc đỉnh S mặt phẳng  ABC  là trung điểm H cạnh BC Góc đường thẳng SA mặt phẳng  ABC  bằng 600 Gọi G trọng tâm tam giác SAC , R bán kính mặt cầu có tâm G tiếp xúc với mặt phẳng  SAB  Đẳng thức nào sau sai? A R  d G,  SAB  B 13R  2SH C R2 SABC  39 R  13 a Lời giải Chọn D Ta có 600  SA,  ABC   SA, HA  SAH Tam giác ABC cạnh a nên AH  a Trong tam giác vng SHA , ta có SH  AH tan SAH  3a Vì mặt cầu có tâm G tiếp xúc với  SAB  nên bán kính mặt cầu D R  d G,  SAB  Ta có d G,  SAB   d C ,  SAB   d  H ,  SAB  3 Gọi M , E là trung điểm AB MB  HE  AB CM  AB   Suy  a  a HE CM  CM     2   Gọi K hình chiếu vng góc H SE , suy HK  SE 1  HE  AB  AB   SHE   AB  HK   AB  SH  Ta có  Từ 1   , suy HK   SAB  nên d  H ,  SAB    HK Trong tam giác vuông SHE , ta có HK  Vậy R  Câu 16: a HK  Chọn 13 SH HE SH  HE  3a 13 D [2H1-4-3] (THPT Phan Đăng Lưu - Huế - Lần I - 2017 - 2018)Lăng trụ ABC.ABC  có đáy là tam giác vuông cân tại A , AB  a , biết thể tích lăng trụ ABC.ABC  V  A h  8a 4a Tính khoảng cách h AB BC B h  3a C h  Lời giải Chọn A 2a D h  a C B A h C' B' a a A' Ta có AB SABC   ABC   d  AB, BC   d  AB,  ABC    d  B,  ABC   a2 V  S ABC h  h  V SABC 4a 8a  32  a Câu 17: [2H1-4-3] (THPT Thuận Thành - Bắc Ninh - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình thoi, BAD  60 , cạnh đáy bằng a , thể tích a3 Biết hình chiếu đỉnh S lên mặt phẳng đáy trùng với giao điểm hai đường chéo hình thoi (tham khảo hình vẽ) Khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SAB  bằng bằng A a B a C a a D Lời giải Chọn B S ABCD  2S ABD  AB AD sin A   3V a2 Độ dài đường cao SH  S ABCD a3  34 a 3 a Gọi M là trung điểm AB , K là trung điểm BM Ta có DM  AB  DM  DM a a , HK // DM HK   2 Ta có AB   SHK    SAB    SHK  ,  SAB    SHK   SK Vẽ HN  SK tại N  HN   SAB   d  H ,  SAB    HN HN  HK HS HK  HS  a a , d  C ,  SAB    2d  H ,  SAB    HN  Câu 18: [2H1-4-3] (PTNK Cơ Sở - TPHCM - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp a3 , mặt bên tạo với đáy góc 60 S.ABC có thể tích bằng 24 Khi đó khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng A a B a C a D 3a Lời giải Chọn D S I A C H M B Gọi H là trọng tâm tam giác ABC , ta có SH   ABC  Gọi M là trung điểm BC , ta có BC   SAM  Do đó, ta có góc mặt phẳng  SBC  và mặt đáy bằng SMH  60 x x ; SH  HM tan 60  Vậy thể tích khối chóp S.ABC 3 1x x x x a bằng V      xa 24 24 24 Kẻ AI  SM  I  SM   AI   SBC   AI  d  A,  SBC   ; Đặt AB  x  HM  a2 a2 3a   12 SH AH 3a AI   SM SM  Câu 19: [2H1-4-3] (PTNK Cơ Sở - TPHCM - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình thoi ABCD tâm O cạnh a AC  a Từ trung điểm H AB , dựng SH   ABCD  với SH  a Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng A 8a 15 B 2a 57 19 C Lời giải Chọn B 2a 66 23 D 10a 27 S K A D H B Dựng M C SH  BC   SHM    SBC  ; HM  BC  M  BC  ;  SHM    SBC   SM  SHM  , HK  SM  K  SM   HK   SBC   HK  d  H ,  SBC   Ta có: d  A,  SBC    2d  H ,  SBC   Trong mặt phẳng dựng 1 1 16 19 a 57a ;       HK  2 HK SH HM a 3a 3a 19 a 57a Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng HK  19 HM  BH sin 60  Câu 20: [2H1-4-3] (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ LẦN 8) Cho hình chóp S.ABC có khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng  ABC  2a thể tích bằng a Nếu ABC tam giác vuông cân thì độ dài cạnh huyền A a B a C a D a Lời giải Chọn B Khơng tính tổng qt, giả sử tam giác ABC vuông cân tại A Đặt x  AB , ta có SABC  x2 ax AB AC  V  S SH  S ABC Vậy ABC 2 3 VS ABC  a3  ax  a3  x  a Độ dài cạnh huyền BC  AB  a Câu 21: [2H1-4-3] (THPT TIÊN LÃNG) Cho hình chóp tứ giác có độ dài cạnh bên cạnh đáy bằng a Khoảng cách đường thẳng AD mặt phẳng  SBC  A a B a C a D a Lời giải S H A E O D B C Chọn B d  AD,  SBC    d  A,  SBC    3VS ABC SSBC Gọi O tâm mặt đáy, ta có SO  SA2  AO   VS ABC a 2 1 a a3  VS ABCD    a   2 12 Ngoài ra, SSBC a a2  d  AD,  SBC     Cách 2: Gọi O  AC  BD, E là trung điểm BC OH  SE tại H  SE OH   SBC  Do đó d  AD, ( SBC )   2d  O, ( SBC )   2OH  SO.OE SE a SO.OE a , thay vào tính d  AD, (SBC )    SE Câu 22: [2H1-4-3] (THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2018 - BTN) Cho tứ diện ABCD có AB  a , AC  a , AD  a , tam giác ABC , ACD , ABD tam giác vng tại đỉnh A Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng  BCD  Cũng tính SO  a 66 11 a d A d  B d  a Lời giải Chọn A C d  a 30 D D C A B Do tam giác ABC , ACD , ABD vng tại A nên nếu D là đỉnh hình chóp AD là đường cao hình chóp Khi đó thể tích khới chóp D.ABC là: 1 a3 VD ABC  DA.S ABC  a .a 2.a  3 3V Ta lại có VABCD  VD ABC  d  A,  BCD   S BCD  d  A,  BCD    ABCD S BCD Ta có AB  a , AC  a , AD  a nên BC  a , BC  2a , CD  a Theo cơng thức Hê rơng, ta có S BCD  11 a a3 6  a 66 Vâỵ d  A,  BCD    11 11 a Câu 23: [2H1-4-3] (THPT Thăng Long – Hà Nội – Lần – 2018) Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đơi vng góc Biết OA  a , OB  2a , OC  a Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng  ABC  A a B a 19 C Lời giải Chọn D a 17 19 D 2a 19 A O C B a3 VOABC  OA.OB.OC  Tính AB  OA2  OB  a , AC  OA2  OC  2a , BC  OB  OC  a S ABC  p  p  AB  p  AC  p  BC   AB  AC  BC 19 (với p  ) 2 3V Gọi h  d  O;  ABC   Ta có VOABC  h.S ABC  h  OABC  S ABC 19 (THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2018 - BTN) Cho hình lập phương ABCD.ABCD có cạnh bằng a Gọi K là trung điểm DD Khoảng cách hai đường thẳng CK AD bằng Câu 24: [2H1-4-3] A a 3 B a C 2a 3 D Lời giải Chọn D H D C B A K C' D' A' B' a Từ D kẻ DH // CK  H  CC   Khi đó d  CK , AD   d  CK ,  ADH    d  C ,  ADH    Ta có VACDH  a3 AD.S DHC  12 Mà AD  a , DH  Xét tam  sin DAH  3VCAHD S ADH giác a 17 a , AH  2 ADH có cos DAH  AD  AH  DH  AD AH 34 34 3a AD AH  3a a Vậy d  C ,  ADH    122  3a  S ADH  Câu 25: [2H1-4-3] [THPT TRẦN QUỐC TUẤN - Lần 1- 2018] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy, khới chóp S.ABCD có thể tích bằng  SBD  Tính cos  A cos   cos   a3 Gọi  góc hai mặt phẳng  SAD  B cos   10 Lời giải Chọn D C cos   2 D Gọi O tâm hình vng ABCD Kẻ AH  SO tại H Ta có: BD  AO, BD  SA  BD   SAO   BD  AH Vậy AH   SBD  Lại có: AB   SAD  , đó góc  hai mặt phẳng  SAD   SBD  góc hai đường thẳng AH AB Vậy   BAH a3 Khới chóp S.ABCD có thể tích bằng nên ta có: a3 2 SA.a   SA  a 3 Tam giác SAO vuông tại A , đường cao AH nên: 1 1    2  2 2 AH AS AO 2a 2a 2a Suy ra: AH  a 10 AH 10 Từ đó: cos    AB Câu 26: [2H1-4-3] (THPT Lê Quý Đôn - Hải Phòng - 2018 - BTN) Cho tứ diện có cạnh bằng M là điểm thuộc miền khối tứ diện tương ứng Tính giá trị lớn tích các khoảng cách từ điểm M đến bốn mặt tứ diện cho A 36 B 64 C Lời giải Chọn B Gọi r1 , r2 , r3 , r4 là khoảng cánh từ điểm M đến bốn mặt tứ diện Gọi S là diện tích mặt tứ diện  S  D Đường cao tứ diện là h  32   3  1 9 Thể tích tứ diện là V  S h  6 3 4 Mặt khác, ta có V  S  r1  r2  r3  r4    r1  r2  r3  r4  Lại có   r1  r2  r3  r4  4 r1.r2 r3 r4  r1.r2 r3 r4  64 ...  A1BK  A a B a 15 C a D a 15 Lời giải Chọn C Ta có IK  B1C1  BC  AB  AC  AB AC.cos1200  a Kẻ AH  B1C1 đó AH là đường cao tứ diện A1 BIK Vì A1H B1C1  A1B1 AC 1. sin120  A1 H... 21 1 IK KB  a 35  VA1 IBK  a 15 (dvtt ) 2 Mặt khác áp dụng định lý Pitago công thức Hê-rông ta tính đc S A1BK  3a  dvdt  Do đó d  I ,  A1BK    3VA1IBK SA1BK  a Câu 12 : [2H1 -4- 3]... 1 1 VH ABC  h1.S ; VH SBC  h2 S ; VH SAB  h3 S ; VH SAC  h4 S 3 3 3V 3V 3V 3V h1  ; h2  ; h3  ; h4  S S S S V1  V2  V3  V4  3V  h1  h2  h3  h4   S S Câu 15 : [2H1 -4- 3] [2 017 ]
- Xem thêm -

Xem thêm: Ôn tập THPT 2019 hình học 12 chương 1 bài 4, Ôn tập THPT 2019 hình học 12 chương 1 bài 4

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay