Ôn tập THPT 2019 hình học 12 chương 2 bài 3

15 12 0
  • Loading ...
1/15 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 16/03/2019, 14:25

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: [2H2-3-4] (THPT Đồn Thượng - Hải Phòng - Lân - 2017 - 2018 - BTN) Cho khối chóp S.ABCD có đáy hình vng, tam giác SAB nằm mặt phẳng vng góc với đáy Mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD có diện tích 84  cm2  Khoảng cách hai đường thẳng SA BD 21  cm   cm  A B 21  cm  21  cm  C D 21 Lời giải Chọn D S G K M E B I A D O C Gọi M trung điểm AB G tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB , O tâm hình vng ABCD Ta có OM   SAB  Dựng trục hình vng ABCD trục tam giác SAB , chúng đồng phẳng cắt I tức OI , GI trục hình vng ABCD trục tam giác SAB Bán kính mặt cầu R  SI Ta có 4 R  84  cm2   R  21  cm  Đặt AB  x  cm  Trong tam giác vng SGI ta có SI  SG  GI 1 , ta có GI  thay vào 1 tính x  Dựng hình bình hành ABDE Khoảng cách d BD SA x x , SG  d  d  BD,  SAE   d  d  B,  SAE    2d  M ,  SAE   Kẻ MK  AE ta có  SAE    SMK  d  M ,  SAE    d  M , SK   MK  SM MK SM  MK   Ta có SM  x 3 3, x  Thay giá trị vào   tính d  M ,  SAE    Vậy khoảng cách SA BD 21 21 Câu 2: [2H2-3-4] (SGD Bắc Ninh - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho tứ diện ABCD có AB  BC  CD  , AC  BD  1, AD  Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện cho A B C 39 D 3 Lời giải Chọn C Ta có ACD tam giác vuông A ABD tam giác vuông D Dựng khối lăng trụ tam giác ACF.DEB hình vẽ D G' B E I A G F I C Gọi G G trọng tâm hai tam giác ACF DEB ; I trung điểm GG Khi I tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ACF.DEB , đồng thời tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD 2  3  3 39 Câu 3: Bán kính mặt cầu ngoại tiếp R  IF  IG  GF             [2H2-3-4] (SGD - Bắc Ninh - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vng A , AB  a , AC  2a Mặt bên  SAB  ,  SCA  2 tam giác vuông B , C Biết thể tích khối chóp S.ABC a Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC ? B R  a A R  a R C R  3a D 3a Lời giải Chọn C S I C M A H B Gọi H hình chiếu S mặt phẳng  ABC  SH đường cao hình chóp Mặt khác thể tích khối chóp S.ABC 11 AB.SH  a a nên ta có 32 3  SH  2a Dễ thấy năm điểm A , B , H , C , S thuộc mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Mặt khác A , B , H , C thuộc mặt phẳng nên tứ giác ABHC nội tiếp đường tròn Mà BAC  900  BHC  900  HM  BC a  SM  HM  SH  2 a 21 Áp dụng cơng thức đường trung tuyến ta có: SB  SC BC SB  SC BC 13a SM     SM   (1) 4 CA2  SC SA2 4a  SC 2 2 R  CI   R   R (2) 2 2 BA  SB SA a  SB R  BI    R2   R (3)  Từ(1), (2), (3) ta có R  a  SB 4a  SC 5a SB  SC 5a 13a      2 2 2  9a R 3a Câu 4: [2H2-3-4] (THPT Chuyên Quốc Học Huế - lần - 2017 - 2018) Cho lăng trụ đứng có chiều cao h không đổi, đáy tứ giác ABCD với A , B , C , D di động Gọi I giao hai đường chéo AC BD tứ giác Cho biết IA.IC  IB.ID  h Tính giá trị nhỏ bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ cho A 2h B h C h D h Lời giải Chọn B C B I r A K B D C D A Do lăng trụ nội tiếp mặt cầu nên gọi  K ; r  đường tròn ngoại tiếp ABCD Khi IA.IC  IB.ID  r  IK (theo phương r  IK  h  r  h  IK Gọi  O, R  mặt cầu tích ngoại tiếp đường lăng tròn) Suy trụ ta có h2 h 5 h Vậy Rmin  I  h  IK  h2  R  4 2 tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD R  OA2  OK  r  Câu 5: [2H2-3-4] (THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc- Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình nón  N  có góc đỉnh 60o , độ dài đường sinh a Dãy hình cầu  S1  ,  S2  ,  S3  , ,  Sn  , thỏa mãn:  S1  tiếp xúc với mặt đáy đường sinh hình nón  N  ;  S  tiếp xúc với  S1  tiếp xúc với đường sinh hình nón  N  ;  S3  tiếp xúc với  S  tiếp xúc với đường sinh hình nón  N  Tính tổng thể tích khối cầu  S1  ,  S2  ,  S3  , ,  Sn  , theo a A  a3 52 B 27 a3 52 C  a3 48 9 a3 16 Lời giải Chọn A S M2 I2 E M1 I1 B H Gọi I1 , I tâm mặt cầu  S1   S  Gọi H trung điểm AB Khi ta có SAB 1 a a R1  SH   3 Hạ I1M  SA , I M  SA A D Xét SI M có sin 30ο  I2M  SI  I M Khi ta có SI SH  SI  I E  EH  3r1  3r2  2r1  r1  3r2 Chứng minh tương tự ta có r2  3r3 ,…., rn  3rn 1 Do dãy bán kính r1 , r2 ,…, rn , lập thành cấp số nhân lùi vô hạn với r1  a công bội q  Suy dãy thể tích khối cầu  S1  ,  S  , …,  S n  ,… lập thành cấp số a 3 3 nhân lùi vô hạn với V1     a công bội q1    27   54 Vậy tổng thể tích khối cầu  S1  ,  S2  , ,  Sn  , là: V  V1 3  a  q 52 Câu 6: [2H2-3-4] [2017] Cho khối chóp S ABCD có SA  ( ABCD) ; đáy ABCD hình thang vng A B với AB  BC  a; AD  2a ; SA  a Gọi E trung điểm AD Tìm tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ECD a R  a 11 A R  C R  B R  a a 11 D I S S x x N E A E A D D M O B P B C Lời giải Chọn C Gọi O trung điểm CD Kẻ tia Ox SA Ox  ( ABCD) O C Ta có: O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông CDE Ox  ( ABCD) , nên Ox trục đường tròn (CDE ) Gọi M , N trung điểm AB, SC Ta có: SM  SA2  AM  SM  MC a a ; MC  MB  BC  nên suy 2 Do tam giác SMC cân M , suy MN  SC Dễ thấy (MNO) / /( SAD) CE  ( SAD) nên suy CE  (MNO) CE  MN Vậy nên MN  (SEC ) , MN trục đường tròn ( SEC ) Gọi I giao điểm MN SO I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ECD Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ECD R  Trong OC  IC  IO  OC a SA 3a IO  3NP  ( P giao điểm MO  2 AC )  a   3a 2 a 11 Vậy R   Chọn C     2     Câu 7: [2H2-3-4] (THPT Phan Đăng Lưu - Huế - Lần I - 2017 - 2018) Trong tất hình chóp tứ giác nội tiếp hình cầu có bán kính Tính thể tích V khối chóp tích lớn A 576 C 144 B 576 Lời giải Chọn B D 144 S I D A O C B Gọi  S  mặt cầu có tâm I bán kính R  Xét hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD hình vng tâm O , cạnh a , 0  a   Ta có OA  a2 AC a  OI  IA2  OA2  81   2 a2 Mặt khác ta lại có SO  SI  IO   81  2 a2  Thể tích khối chóp S.ABCD V  a  81     a2   3a  a 81    Đặt a  t ,  a  nên  t  162  t  324  3t Xét hàm số f  t   3t  t   81   , với  t  162 ta có f   t    ;  2 t 12 81  t  108 t  108 t t   f   t    81        t   t  144 t  t  12 81       t  144  12    Ta có bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta có Vmax  576 t  144 hay a  12 Câu 8: [2H2-3-4] Cho tứ diện ABCD có cạnh a , tỉ số thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD thể tích khối cầu tiếp xúc với tất cạnh tứ diện A 3 B C D Lời giải Chọn A Câu 9: [2H2-3-4] Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật, AB  2a , BC  a , hình chiếu S lên  ABCD  trung điểm H AD , SH  ngoại tiếp hình chóp S.ABCD bao nhiêu? 4 a 16 a 16 a A B C Lời giải Chọn A Gọi I  tâm đường tròn ngoại tiếp SAD O tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD Ta có SD  SA  SH  AH  a  SAD  I A  3 a a 3  R  IA  I A2  I I  I A2  HO  Vậy S  4 R  16 a 2a a Diện tích mặt cầu D 4 a Câu 10: [2H2-3-4] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB  a , AD  2a tam giác SAB nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi M , N trung điểm cạnh AD, DC Tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.DMN A R  R a 39 B R  a 31 C R  a 102 D a 39 13 Lời giải Chọn C Gọi I trung điểm MN Suy I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN d đường thẳng qua I vng góc với mặt đáy E hình chiếu I lên AB O tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.DMN K hình chiếu O lên SH S d O K x A M E N H B D I C Đặt OI  x 5a a 2  x2 Ta có DI  MN  Suy OD  ID  OI  16 SK  SH  x  a AM  HN 3a  x; KO  HI ; EI   2 9a a a 37 HI  EI  HE    16 2 49a  a 3x  x 16 Suy SO  SK  KO2  Vì O tâm mặt cầu ngoại tiếp nên: SO  DO  49a 11a a 102  a 3x  x  x  5a  x   R  OD  16 Câu 11: [2H2-3-4] Cho hình chóp S.ABCD nội tiếp mặt cầu bán kính R Tìm giá trị lớn tổng: T  SA2  SB  SC  SD  AB  BC  CD  DA2  AC  BD A 24R C 12R B 20R D 25R Lời giải Chọn D Gọi I tâm mặt cầu  IA  IB  IC  ID  IS  R Ta có: T  SA2  SB  SC  SD  AB  BC  CD  DA2  AC  BD         IS  ID    IB  IA   IC  IB    ID  IC    IA  ID    IC  IA    ID  IB  2 2  IS  IA  IS  IB  IS  IC 2 2    IS  IA2  IB  IC  ID   IS  IA  IB  IC  ID  2   IS  IA2  IB  IC  ID2   25R Câu 12: [2H2-3-4] (THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2018 - BTN) Cho tứ diện ABCD có đường cao AA1 Gọi I trung điểm AA1 Mặt phẳng  BCI  chia tứ diện ABCD thành hai tứ diện Tính tỉ số hai bán kính hai mặt cầu ngoại tiếp hai tứ diện A 43 51 B C Lời giải Chọn A D 48 153 Gọi cạnh tứ diện a Gọi K trung điểm CD E  IK  AB Qua A1 kẻ đường thẳng song song với IK cắt AB J Ta có: BJ BA1 3a a AE AI     nên suy AE  AB  BE  BE BK 4 EJ IA1 Gọi M trung điểm BE , mặt phẳng  ABK  dựng đường trung trực BE cắt AA1 O Ta dễ dàng chứng minh O tâm mặt cầu ngoại tiếp EBCD Ta có: BA1  a a , AA1  Đặt BE  x 3 Tam giác ABA1 đồng dạng với tam giác AOM nên suy AM OM AM BH  x   OM   a   AA1 BH AA1 2  Gọi R bán kính mặt cầu ngoại tiếp EBCD ta suy ra: R  OB  OM  MB  2 x2  x  a   2 2 3a 9a  3a  43  a    a Với x  ta có: R  64   128 Tương tự với x  a ta có bán kính R  mặt cầu ngoại tiếp EACD a2  a 51 R   a    a 64  4 128 Do R 43  R' 51 Phương pháp trắc nghiệm: Áp dụng công thức Crelle: Với khối tứ diện ABCD tồn tam giác mà số đo cạnh tích số đo cặp đối tứ diện Hơn gọi V thể tích, R bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD ta có cơng thức: S  6V R Câu 13: [2H2-3-4] [THPT Đô Lương - Nghệ An - 2018 - BTN] Bề mặt bóng ghép từ 12 miếng da hình ngũ giác 20 miếng da hình lục giác cạnh 4,5cm Biết giá thành miếng da 150 đồng/ cm Tính giá thành miếng da dùng để làm bóng (kết làm tròn tới hàng đơn vị)? A 121500 đồng đồng B 220545 đồng C 252533 đồng D 199 218 Lời giải Chọn B B M A O * Ở miếng da hình ngũ giác, xét tam giác OAB có AOB  72o , AB  4,5 cm , trung tuyến AM , BOM  36o Do tan 36o   AB  cm  tan 36o BM BM  OM  OM tan 36o 1 AB 81 S ABO  OM AB  AB  cm  o o  2 tan 36 16 tan 36 405 cm  Diện tích miếng da hình ngũ giác 5S ABO  o  16 tan 36 * Ở miếng da hình lục giác cạnh 4,5cm có diện tích miếng da  4,5 243 cm2   Vậy giá thành miếng da dùng làm bóng   243 405   12  20  150  220545 (đồng) 16 tan 36o   Câu 14: [2H2-3-4] (Sở Ninh Bình - Lần - 2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a , cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy Gọi B1 , C1 hình chiếu A SB , SC Tính theo a bán kính R mặt cầu qua năm điểm A , B , C , B1 , C1 A R  R a B R  a C R  a D a 3 Lời giải Chọn D S C1 B1 A C H I M B Đặt SA  x , gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , H hình chiếu B1 cạnh AB , M trung điểm AB Ta có SA2  SB1.SB SC1 SA2 x2   SC SC a  x  SB1 SA2 x2   , SB SB a  x2 tương tự ta có BB1 HB1 BH a2    Suy B1C1 / / BC , B1 H / / SA nên SB SA AB x  a  HB1  xa a.x HB  , x2  a2 x2  a2 Ta cần chứng minh IA  IB1  a Giả sử x  a ( x  a ta làm tương tự) 2 a.x a.x a ax  a  a  BM  , suy HM    Khi HB  x  a2 x  a2 2  x2  a2  a2 a  IB1  IA  IB  HI  B1H  HM  IM  B1H  3 2 2 Vậy IA  IB  IC  IB1  IC1  , B1 , C1 2 a bán kính mặt cầu qua năm điểm A , B , C ...  2 2  IS  IA  IS  IB  IS  IC 2 2    IS  IA2  IB  IC  ID   IS  IA  IB  IC  ID  2   IS  IA2  IB  IC  ID2   25 R Câu 12: [2H2 -3- 4] (THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 20 18... miếng da  4,5 24 3 cm2   Vậy giá thành miếng da dùng làm bóng   24 3 405   12  20  150  22 0545 (đồng) 16 tan 36 o   Câu 14: [2H2 -3- 4] (Sở Ninh Bình - Lần - 20 18 - BTN) Cho hình chóp S.ABC... BI    R2   R (3)  Từ(1), (2) , (3) ta có R  a  SB 4a  SC 5a SB  SC 5a 13a      2 2 2  9a R 3a Câu 4: [2H2 -3- 4] (THPT Chuyên Quốc Học Huế - lần - 20 17 - 20 18) Cho lăng trụ đứng
- Xem thêm -

Xem thêm: Ôn tập THPT 2019 hình học 12 chương 2 bài 3, Ôn tập THPT 2019 hình học 12 chương 2 bài 3

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

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