Tải bản đầy đủ

(GV hứa lâm phong) 65 câu hình học không gian image marked image marked

Câu 1 (GV HỨA LÂM PHONG 2018)Cho khối chóp có đáy là tam giác đều. Nếu tăng độ
dài của ba cạnh đáy lên m lần và giảm độ dài chiều cao m lần thì thể tích khối chóp khi đó sẽ
thay đổi như thế nào so với ban đầu ?
A. tăng m lần

B. tăng m 2 lần

C. giảm m 2 lần

D. không thay đổi

Đáp án A

1 a 2 3 a '=ma
1
1 h a 2 m2 3
Ta có V = h.
⎯⎯⎯

V
'

=
h
'
S
'
=
.
= mV  tăng m lần. Chọn A
h
h '=
3
4
3
3m
4
m
Câu 2 (GV HỨA LÂM PHONG 2018): Một khối lăng trụ tam giác có cạnh đáy lần lượt là
6cm , 8cm và 10cm , cạnh bên 14cm và góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 300 . Tính thể
tích của khối đó.
A. 112cm3

B. 56 3 cm3

C. 112 3 cm3

D. 168cm3

Đáp án D
Giả sử hình lăng trụ là ABC.A’B’C’
1
1
Ta có: ABC vuong  S ABC = .6.8 = 24 . Chiều cao h = sin 300 AA ' = .14 = 7
2
2
V = h.SABC = 7.24 = 168 cm3 .

Câu 3 (GV HỨA LÂM PHONG 2018): Cho hình bát diện đều. Biết rằng các điểm là tâm
các mặt của bát diện đều tạo thành một hình đa diện đều. Tên của hình đa diện đó là
A. tứ diện đều

B. lập phương

C. bát diện đều

D. mười hai mặt đều.

Đáp án B

Câu 4 (GV HỨA LÂM PHONG 2018)Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ
nhật và AB = 2a, BC = a . Các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng a 2 . Gọi E và F


lần lượt là trung điểm của AB và CD; K là điểm bất kỳ trên BC. Khoảng cách giữa hai đường
thẳng EF và SK là:
A.

a 3
3

B.

a 6
3

C.

a 15
5

D.

a 21
7

Đáp án D

Gọi O = AC  BD , I
SO ⊥ ( ABCD )

là trung điểm cạnh đáy BC. Do SA = SB = SC = SD nên

Từ đó ta chứng minh được BC ⊥ ( SOI )  OH ⊥ ( SBC ) (với OH ⊥ BC tại SI )

 EF / / ( SBC )
Do 
nên d ( EF,SK ) = d ( EF , ( SBC ) ) = OH
 SK  ( SBC )
Tính được OC =

1
a 5
a 3
AC =
 SO =
2
2
2

Suy ra d ( EF , SK ) = OH =

SO.OI
SO 2 + OI 2

=

a 21
.
7

Câu 5: (GV HỨA LÂM PHONG 2018)Cho khối lăng trụ đứng ABC.DEF có đáy là tam

(

)

giác vuông tại A với BC = 4a, ACB = 600 . Biết BCD có chu vi bằng 9 + 17 a . Thể tích
khối lăng trụ ABC.DEF là
A. a3 39

B. 6a3 39

C. 2a3 39

Đáp án C
0
0
ABC vuông A  AC = BC.cos 60 = 2a, Ab = BC.sin 60 = 2a 3

1
1
 S ABC = . AB. AC = .2a.2a 3 = 2a 2 3
2
2

• Đặt

x = AD ( x  0)

2
2
2
2
• ABD vuông tại a A  BD = Ab + AD = 4a + x

D. 26a3 3


2
2
2
2
• ACD vuông tại A  DC = AC + AD = 12a + x

• Theo

giả

thiết,

chu

vi

BCD

(

bằng

(9 +

17

)

ta



phương

trình:

)

4a 2 + x 2 + 12a 2 + x 2 + 4a = 9 + 17 a

Giải phương trình trên, ta tìm được x = AD = a 13

VABC.DEF = AD.S ABC = a 13.2a2 3 = 2a3 39 .
Câu 6: (GV HỨA LÂM PHONG 2018)Cho hình chóp S.ABC . có đáy ABC là tam giác
vuông tại B . Các mặt bên ( SAC ) ; ( SAB ) cùng vuông góc với đáy,
AC =

13
; BC = 3; SC = 2 . Gọi  là góc hợp bởi hai mặt phẳng ( SBC ) ; ( ABC ) . Giá trị
2

biểu thức T = 2sin


2

+

2 3

cos
3
2

A. 0

B. 1

C. 2

D. 3

Đáp án C
Ta dễ suy ra

Ta có

Lại có

SA ⊥ ( ABC ) , BC ⊥ ( SAB ) ; = SBA

S ABC =

1
3
1
3
BC. AC 2 − BC 2 =
; S SBC = .BC. SC 2 − BC 2 =
2
4
2
2

S ABC = S SBC .cos   cos  =

1
  = 600  T = 2
2
. Chọn C .

Câu 7: (GV HỨA LÂM PHONG 2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi
tâm O cạnh a và có góc BAD = 600 . Đường thẳng SO vuông góc với mặt phẳng đáy
3a
( ABCD ) và SO = . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) là:
4
a 3
A. 2

Đáp án D

3a
B. 2

2a
C. 3

3a
D. 4


* Ta có ABD và BCD đều cạnh a .
AC cắt ( SBC ) tại C , O là trung điểm AC  khoảng cách d ( A, ( SBC ) ) =

* Trong

( ABCD ) dựng OH ⊥ BC , trong ( SOH ) dựng OK ⊥ SH

OK ⊥ ( SBC ) 

khoảng cách

d ( O, ( SBC ) ) = OK

1
d ( O, ( SBC ) )
2

ta chứng minh được

1
1
1
=
+
, SOH
2
2
OB
OC 2
vuông tại O có OK
OBC vuông tại O có OH đường cao OH
1
1
1
1
1
1
3a

=
+
=
+
+
 OK =
2
2
2
2
2
2
8 . Vậy
OK
OH
SO
OB
OC
SO
đường cao


d ( A, ( SBC ) ) = 2OK =

3a
4

(GV HỨA LÂM PHONG 2018)Cho hình lập phương ABCD.A' B'C' D' cạnh
2a
bằng a và K là một điểm nằm trên cạnh CC’ sao cho CK =
. Mặt phẳng ( ) qua A,
3
K và song song với BD chia khối lập phương thành hai phần có thể tích V1 ,V2 (V1  V2 ) .
Câu 8:

Tính tỉ số

V1
V2

V1 1
=
V
4
2
A.

V1 1
=
V
2
2
B.

V1 2
=
V
3
2
C.

D.

V1 1
=
V2 3
Đáp án B
Gọi tâm O, O’ lần lượt là tâm của ABCD, A’B’C’D’. Ta có I = AK  OO '

Qua I ta kẻ đường thẳng d song song BD cắt BB', DD' lần lượt tại M, N . Mặt phẳng ( )
chính là
mặt phẳng ( KMAN ) chia khối lập phương thành 2 phần.


Ta có 2 phần khối đa diện đối xứng qua ( AA ' C ' C ) nên ta chỉ cần xét một nửa thể tích của
mỗi phần như sau:

VA.BMKC =

V
V
1
1
a3 VABC . A ' B ' C '
1
AB. BC ( KC + MB ) =
=
 A.BMKC =  2 = 2 .
3
2
6
3
VAKM . A ' B ' C ' 2
V1

Câu 9 (GV HỨA LÂM PHONG 2018)Hai người cùng chơi trò chơi phóng phi tiêu,
mỗi người đứng cách một tấm bảng hình vuông ABCD có kích thước là 4 x 4 dm một
khoảng cách nhất định. Mỗi người sẽ phóng một cây phi tiêu vào tấm bảng hình vuông
ABCD (như hình vẽ). Nếu phi tiêu cắm vào hình tròn tô màu hồng thì người đó sẽ được
10 điểm. Xét phép thử là hai người lần lượt phóng 1 cây phi tiêu vào tấm bảng hình
vuông ABCD (phép thử này đảm bảo khi phóng là trúng và dính vào tấm bảng hình
vuông, không rơi ra ngoài). Tính xác suất để có đúng một trong hai người phóng phi tiêu
được 10 điểm. ( kết quả cuối cùng làm tròn số đến 4 chữ số thập phân)

B. 0, 2330

A. 0, 2331

C. 0, 2333

0, 2332

D.

Đáp án D
Gọi Ai là biến cố người thứ i phóng phi tiêu được 10 điểm. ( i = 1, 2)
Gọi A là biến cố thỏa yêu cầu bài toán.
Dễ thấy

(

) (

A = A1  A2  A1  A2

) . Ta có P ( A ) = P ( A ) = S

1

1

 AC − AD 
Trong đó S1 =  . 
 = . 2 2 − 2
2


2

(

S

.

) ( dm ) là diện tích hình tròn màu hồng
2

S = 4 x 4 = 16 ( fm 2 ) là diện tích hình vuông ABCD.

 S  S 
P ( A) = 2. 1 − 1  1   0, 2332
S  S 

Vậy

2

2


Câu 10 (GV HỨA LÂM PHONG) Mặt phẳng ( AB ' C ') chia khối lăng trụ ABC.A ' B ' C '
thành các khối đa diện nào?
A. Một khối chóp tam giác và một khối chóp ngũ giác.
B. Một khối chóp tam giác và một khối chóp tứ giác
C. Hai khối chóp tam giác
D. Hai khối chóp tứ giác
Đáp án B
Câu 11 (GV HỨA LÂM PHONG): Hình đa diện nào sau đây không có tâm đối xứng?
A. Tứ diện đều.

B. Bát diện đều.

C. Lục diện đều.

D. Thập nhị diện đều.

Đáp án A
Câu 12 (GV HỨA LÂM PHONG). Tìm tổng số đỉnh và cạnh của hình bát diện đều.
A. 14.

B. 20.

C. 18.

D. 26.

Đáp án C
Bát diện đều có 6 đỉnh, 8 mặt, 12 cạnh.
Câu 13 (GV HỨA LÂM PHONG): Thể tích của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các
cạnh bằng 2a là:
A.

3a 2
4

B.

2 3a3
3

C. 2 3a3

D.

a3 3
2

Đáp án C
Khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng 2a,
nên cạnh đáy và cạnh bên đều có độ dài bằng 2a.
Diện tích đáy tam giác đều:

( 2a )
S=

2

4

3

a 2 3.

Chiều cao bằng với độ dài cạnh bên: h = 2a

.
Câu 14 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại
B, SA ⊥ ( ABC ) , SA = 3a,


AB = a 2, BC = 2a . Gọi E là trung điểm BC . Tính góc giữa đường thẳng SE và mặt phẳng
( ABC ).

A. 60 .

B. 45 .

C. 30 .

D. 55 .

Đáp án A
Do SA ⊥ ( ABC ) tại A nên A là hình chiếu của S lênmặt phẳng ( ABC ) , kéo theo AE là hình
chiếu của SE lên mặt phẳng ( ABC )  ( SE ( ABC ) ) = ( SE, AE ) = SEA . Áp dụng định lý Py-ta-go
trong SAE vuông tại B , ta có:

(

AE 2 = AB 2 + BE 2 = a 2
vuông

tại

tan SEA =

)

2

+ a 2 = 3a 2  AE = a 3. Trong

A SA ⊥ ( ABC )

nên

SA ⊥ AE ,

ta

SAE
có:

SA
3a
=
= 3  SEA = 60.
AE a 3

Câu 15 (GV HỨA LÂM PHONG): (VDT) Cho tứ diện ( ABCD ) có các cạnh AB, AC , AD đôi
một vuông góc với nhau,
AB = 6a, AC = 7 a, AD = 8a. . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của BC , CD, BD. Thể tích

khối tứ diện AMNP là:
A. 14a 2 .

B. 28a 2 .

Đáp án A
Ta có:

VAMNP d ( A, ( MNP ) ) .SMNP SMNP 1
=
=
=
VABCD d ( A, ( BCD ) ) .SBCD SBCD 4

1
1
 1
VABCD = . AB.  AC. AD  = .6a7a8a = 56a 3
3
2
 6
1
1
Suy ra: VAMNP = VABCD = .56a 3 = 14a 3 .
4
4

C. 42a 2 .

D. 7a 2 .


Câu

16

(GV

HỨA

LÂM

PHONG):

Cho

tứ

diện

ABCD



BC = CD = BD = 2a, AC = AD = a 2, AB = a . Góc giữa hai mặt phẳng ( ACD ) và ( BCD )

có số đo là:
A. 90 .

C. 45.

B. 60 .

D. 30 .

Đáp án D
Do BC = CD = BD = 2a nên BCD là tam giác đều.

Do AC = AD = A 2 và CD = 2a , nên theo định lý Py-ta-go đảo, ta có ACD vuông cân tại
A.
Khi đó, gọi M là trung điểm CD thì: AM ⊥ CD và BM ⊥ CD. Ta có:
 ( ACD )  ( BCD ) = CD

Trong ( ACD ) : AM ⊥ CD  ( ( ACD ) , ( BCD ) ) = ( AM , BM ) ,
 Trong ( BCD ) : BM ⊥ CD


BCD đều có đường cao BM = 2a.

3
=a 3
2

ACD vuông cân tại A nên trung tuyến AM =

CD 2a
=
=a
2
2

Áp dụng định lý hàm cos trong AMB , ta có:

cos AMB =

AM 2 + BM 2 − AB 2 a 2 + 3a 2 − a 2
3
=
=
2 AM .BM
2
2a.a 3

AMB = 30  ( AM , BM ) = 30.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng ( ACD ) và ( BCD ) có số đo bằng 30.
Câu 17 (GV HỨA LÂM PHONG): (VDC) Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông.
V
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, SB . Tính tỉ số NBCMAD
VS . ABCD
A.

5
.
8

Đáp án A

B.

1
.
2

C.

3
.
4

D.

5
.
4


VSMNCD + VMNABCD = VSABCD


VSMNCD = VSMCD + VSMNC

 VSMCD SM 1
1
5
=
=  VSMCD = VSABCD  VMNABCD = VS . ABCD

SA 2
4
8
 VSACD
VSMNC SN SM 1
1
=
.
=  VSMNC = VSABCD

V
SB SA 4
8
Xét:  SABC

Câu 18 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có khoảng cách
giữa
A'C

C'D'

1
cm.
Thể
tích khối lập phương ABCD.A'B'C'D' là:
A. 8 cm 3 .

B. 2 2cm3 .

C. 3 3cm3 .

D. 27 cm 3 .

Đáp án B
Gọi M là trung điểm C’D’. Đặt x là cạnh của hình lập phương
A ' B '( ABCD )
→ C ' D '/ / ( A ' B ' CD )
Ta có A ' B '/ /C ' D ' ⎯⎯⎯⎯⎯

d ( C ' D '; A ' C ) = d (C ' D '; ( A ' B ' CD ) ) = d ( M ; ( A ' B ' CD ) )
Gọi O là trung điểm A’C. Dễ dàng chứng minh MO ⊥ ( A ' B ' CD ) (xin dành cho bạn đọc).
Suy ra d ( M ; ( A ' B ' CD ) ) = MO =

x 2
= 1  x = 2 . Vậy Vlapphuong = x3 = 2 2
2

Câu 19 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông
tại B AB = A, BC = A 3. Biết rằng SA vuông góc với mặt phẳng đáy và diện tích xung quanh


5a 2 3
. Tính theo a khoảng cách d từ A đến mặt phẳng (SBC)
2
gần với giá trị nào nhất sau đây ?

của khối chóp S.ABC bằng

A. 0, 72a

B. 0, 90a

C. 0,80a

D. 1,12a

Đáp án B
HDG: đặt x = SA  0 và AC = 2a
Dễ dàng chứng minh SBC vuông tại B
Ta có: S xq = S SAC + S SBC + S SAB =

1
1
1
SA. AC + SA. AB + SB.BC
2
2
2

1
1
1 2
x.2a + x.a +
x + a 2 .a 3  x2 + a 2 = 5a − x 3
2
2
2


5a − x 3  0


2
x 2 + a 2 = 5a − x 3




x
5a


x


3

 
−2 x 2 + 10a 3 x − 24a 2 = 0
 x = a

  x = 4a



(

(

)

)

5a
3
3 ( tm )

 x = a 3  SA = a 3

3 ( ktm )

Ta có ( SAB ) ⊥ ( SBC ) theo giao tuyến SB. Kẻ

AH ⊥ SB  AH ⊥ ( SBC )  d ( A; ( SBC ) ) = AH

x1 

(

)

2; 3 .

Câu 20 (GV HỨA LÂM PHONG)Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai
A. Mỗi cạnh của khối đa diện là cạnh chung của đúng 2 mặt của khối đa diện.
B. Hai mặt bất kì của khối đa diện luôn có ít nhất một điểm chung.
C. Mỗi đỉnh của khối đa diện là đỉnh chung của ít nhất 3 mặt.
D. Mỗi mặt của khối đa diện có ít nhất ba cạnh.
Đáp án B
Dựa vào định nghĩa về hình đa diện ta có hai mặt bất kì của khối đa diện hoặc không có điểm
chung, hoặc có 1 đỉnh chung, hoặc có 1 cạnh chung


Câu 21 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho hình chóp S.ABC có các cạnh bên bằng nhau. Biết
rằng ABC là tam giác cân tại A có BAC = 120. Khi đó hình chiếu vuông góc của S lên
mặt đáy ABC là
A. Trung điểm cạnh BC

B. Đỉnh A của ABC

C. Đỉnh D của hình thoi ABDC

D. Tâm đường tròn nội tiếp ABC

Đáp án C
Kẻ SH ⊥ ( ABCD) , Ta có SA = SB = SC  SAH = SBH = SCH
Suy ra HA = HB = HC  H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Do ABC là tam giác cân tại A có

BAC = 120  H là đỉnh thứ 4 của hình thoi ABDC

Câu 22 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là
tam giác vuông tại A, AC = a, góc BCA = 60. Góc giữa B’C và mặt phẳng (AA’C’C)
bằng 30. Tính theo a, độ dài AC'
B. AC' = 3a

A. AC' = a
Đáp án B
Ta có tan BCA =

BA
 BA = b 3
AC

B'A ' ⊥ A 'C '
 B'A ' ⊥ ( A 'C 'CA )
Đồng thời 
B'A ' ⊥ AA '
Nên

( B'C; ( AA'C'C)) =

B'CA = 30

B'AC vuông tại A’ có

tan B'CA ' =

B' A '
a 3
 CA ' =
= 3a
CA '
3
3

C. AC ' = a 3

D. AC' = 3a 3


Lại có CA' = AC' = 3a

Câu 23: (GV HỨA LÂM PHONG)Tiến hành phân chia khối lập phương ABCD.A'B'C'D',
hỏi có bao nhiêu cách phân
chia đúng trong các phương án sau:
i. Khối lăng trụ ABC.A'B'C', khối tứ diện AA'D'C' và khối chóp A.CDD'C'
ii. Khối tứ diện AA' B' D', khối tứ diện CC'D'B', khối chóp B'.ABCD
iii. Khối tứ diện A.A'B'C', khối chóp A.BCC'B' , khối lăng trụ ADC.A'D'C'
iv. Khối tứ diện AA'B'D', khối tứ diện C'CDB , khối chóp A.BDD'B', khối chóp C'.BDD'B'
A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Đáp án C
Có 3 phương án đúng: i, iii, iv.

Câu 24:

(GV HỨA LÂM PHONG) Cho hình chóp S.ABC có SBC và ABC đều là tam

giác đều cạnh a. Cho SA =

A.

a 3
3

a 3
. Khoảng cách từ S đến mặt phẳng ( ABC) bằng:
2

B. a

C.

3a
4

D.

a 3
2

Đáp án C
Gọi I là trung điểm BC. Ta chứng minh được hai mặt phẳng ( SAI ) , ( ABC)
cùng vuông góc với nhau. Gọi O là hình chiếu của S lên AI suy ra SO ⊥ ( ABC)
Ta có AI = SI =

3
3
a 3
a= a
= SA  SAI đều  SO = SA
2
4
2

Câu 25 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Gọi ( P ) là mặt
phẳng đi qua trung điểm của AC’ và vuông góc với BB’. Ảnh của tứ giác ADC’B’ qua phép
đối xứng mặt phẳng ( P ) là:


A. Tứ giác ADC’B’

B. Tứ giác A’B’C’D’ C. Tứ giác ABC’D’

D. Tứ giác A’D’CB

Đáp án B
Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của BB’, AA’, DD’, CC’
Khi đó mặt phẳng
phẳng ( MNPQ)

(P) thỏa yêu cầu bài toán chính là mặt

Qua phép đối xứng của mặt phẳng
biến thành A'D'CB

(P) thì tứ giác ADC'B'

Câu 26 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông,
AB = a 3, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng khoảng cách giữa BD và SC bằng

a 3
. Tính khoảng cách d từ B đến mặt phẳng (SCD )
2
A. d =

a 6
4

B. d =

a 6
2

D. d =

C. a 2

Đáp án C
Gọi O = AC BD. Kẻ OK ⊥ SC. Do BD ⊥ ( SAC)( hstl )  BD ⊥ OK
Do đó d ( BD;SC) = OK =

a 3
2

SAC đồng dạng OKC ( g − g)


SA SC
x
x 2 + 12a2
=

=
 x2 = 6a2  x = a 6  SA = a 6
OK OC
a 3
a 3
2

(

Khi đó: Kẻ AH ⊥ SD ⎯⎯⎯⎯⎯→ AH ⊥ ( SCD )  AH = d A; ( SCD )
CD ⊥( SAD )( hstl )

(

) (

)

Lại có AB / /CD  AB / / ( SCD )  d B; ( SCD ) = d A; ( SCD ) = AH

SAD vuông tạI A có:

1
1
1
=
+
 AH = a 2
2
2
AH
AS AD 2

)

2a 3
3


Câu 27 (GV HỨA LÂM PHONG) Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Mặt phẳng

( BCA ' D ')

chia khối lập phương

trên thành hai khối đa diện có tên là
A. lăng trụ đều.

B. chóp tam giác đều.

C. lăng trụ đứng.

D. chóp tứ giác đều.

Đáp án C
(Xin dành cho bạn đọc)

Câu 28 (GV HỨA LÂM PHONG): Khẳng định nào sau đây là sai về khối đa diện lồi?
A. Miền trong của khối đa diện lồi luôn nằm về một phía đối với mặt phẳng chứa một mặt
của khối đa diện lồi đó.
B. Khối đa diện đều là một khối đa diện lồi.
C. Khối đa diện được gọi là khối đa diện lồi nếu đoạn thẳng nối hai điểm bất kì của đa diện
luôn thuộc đa diện.
D. Khối đa diện lồi là khối đa diện mà mỗi mặt của nó là các đa giác đều.
Đáp án D
Xem lý thuyết SGK
Câu 29
nhiêu?
A. 4

(GV HỨA LÂM PHONG) Số mặt phẳng đối xứng của hình tứ diện đều là bao

B. 5

C. 9

D. 3

Đáp án B
Giả sử ta có tứ diện đều ABCD, mặt phẳng đối xứng của tứ diện ABCD chính là các mặt
phẳng trung trực ứng với từng cạnh của tứ diện ấy.


Câu 30 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho các phát biểu sau:
(1). Hai đa diện được gọi là bằng nhau nếu có một phép dời hình biến hình này thành hình
kia.
(2). Hai đa giác phân biệt của một hình đa diện chỉ có thể có thể hoặc không có điểm chung,
hoặc chỉ có một đỉnh chung, hoặc một cạnh chung.
(3). Mỗi cạnh của đa giác nào của một hình đa diện cũng là cạnh chung của đúng hai đa
giác.
Số phát biểu đúng là
A. 0

B. 1

C. 3

D. 2

Đáp án C
Xem lý thuyết SGK.
Câu 31 (GV HỨA LÂM PHONG): Có bao nhiêu lưới đa giác trong số các lưới dưới đây có
thể gấp lại tạo thành mô hình một khối lập phương?

A. 1

B. 2

C. 3

Đáp án D
Cả 4 hình trên đều lắp ghép ra được khối lập phương.

D. 4


Câu 32 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho hình bát diện đều SABCDS'. Lấy các điểm
M,N,O,P,Q,R,T,U lần lượt là trung điểm các cạnh bên SA,SB,SC,SD,S'A,S'B,S'C,S'D. Hỏi
là hình gì?
A. Hình lăng trụ xiên

B. Hình lăng trụ đứng.

C. Hình lập phương

D. Hình bát diện đều

Đáp án B
Ta có hình vẽ như bên: Cho độ dài các cạnh của bát diện đều là a thì
SS' = a 2

Dễ dàng thấy được MNOPQRTU là 1 hình lăng trụ đứng. Ta có thể chọn
ngay đáp án B
ở đây chúng ta chứng minh được ( MNOP) ; ( QRTU ) song song với

( ABCD )



1
a
MN=NQ=QP=MP=QR= RT=TU=UQ = AB=
2
2

PU //MQ //NR// OT //SS',PU ⊥ ( MNOP) và PU =MQ =NR= OT=

mặt

khác:

1
a 2
SS'=
2
2

Do đó MNOPQRTU là hình hộp chữ nhật chứ không phải là hình lập phương. Và hiễn nhiên
hình hộp chữ nhật là một lăng trụ đứng
Câu 33 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng a.
Tính theo a khoảng cách giữa BC’ và CD’ là:
A. a 6

B.

a 3
3

C.

a
6

Đáp án B
Ta có: BC'/ /AD '  BC'/ / ( CAD ' )

(

) (

Suy ra d ( BC';CD' ) / /d BC'; ( CAD' ) = d B; ( CAD' )

Lại có

(
) = BO = 1 với O = AC BD
d ( D; ( CAD ' ) ) DO
d B; ( CAD ' )

(

)

Do đó d ( BC';CD' ) = d D; ( CAD' ) = h

)

D. a 3


Mặt khác

 h2 =

1
1
1
1
=
+
+
2
2
2
h
DD ' DC DA 2

(phần chứng minh xin dành cho bạn đọc)

a2
a 3
a 3
h=
 d ( BC';CD' ) =
3
3
3

Câu 34 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại
A và B. Hình chiếu vuông góc của S trên đáy ABCD trùng với trung điểm AB. Biết
(SBD) và đáy là 60. Tính d là

AB = a,BC = 2a,BD = a 10. Góc giữa hai mặt phẳng
khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SCD )
gần với giá trị nào nhất trong các giá trị sau đây ?
A. 0,80a

B. 0,85a

C. 0,95a

D. 0,98a

Đáp án B
Ta có AD = BD2 − AB2 = 3a. Gọi H là trung điểm AB, ta có SH ⊥ ( ABCD )

BD ⊥SH
BD ⊥ ( SHK )  BD ⊥ SK 
Kẻ HK ⊥ BD ⎯⎯⎯→

Kẻ AE ⊥ BD 

1
1
1
1
1
3
3
=
+
= 2 + 2  AE =
 HK =
2
2
2
AE
AB AD
a 9a
10
2 10

Trong SHK ta có SH = HK.tan60 =

3 3
2 10

Khi đó gọi
HL =

( SBD ) ; ( ABCD ) = SKH = 60



O = AB  CD,L

=

3a 3
20

là trung điểm CD và

AD + BC 5a
=
2
2

5a
PH HL
5
=
= 2 = và AB  ( SCD ) = P
Xét
PA AD 3a 6

AQ ⊥ PD,HF ⊥ PD. Ta có


Ta có tỉ số khoảng cách

(
)=6
d ( H; ( SCD ) ) 5

d A; ( SCD )

CD ⊥SH
CD ⊥ ( SHF) ⎯⎯⎯⎯→ ( SHF) ⊥ ( SCD ) theo giao tuyến SF
Ta có HF ⊥ CD ⎯⎯⎯→
CD( SCD )

(

)

Kẻ HR ⊥ SF  HR = d H; ( SCD ) . Nhận xét
Ta có HF =

ACD = 45  HLP vuông cân tại H

(

)

HL 2 5a 2
1
1
1
a 675

=
=
+
 HR =
 d A; ( SCD )  0,75a
2
2
2
2
4
HR
HF HS
1216

Câu 35 (GV HỨA LÂM PHONG)Trong các khối đa diện đều, đa diện nào có các mặt là các
hình ngũ giác đều?
A. bát diện đều

B. lập phương

C. mười hai mặt đều

D. Hai mươi mặt đều

Đáp án C
Tự làm
Câu 36 (GV HỨA LÂM PHONG) Cho hình chóp (S.ABCD) có đáy là hình vuông tâm O,
SA vuông góc với mặt đáy.
Hỏi mệnh đề nào sau đây là sai?
A. d ( B, (SCD) ) = 2d ( O, (SCD) )

B. d ( A, (SBD) ) = d ( B, (SAC) )

C. d ( C, (SAB) ) = d ( C, (SAD) )

D. d (S, ( ABCD) ) = SA

Đáp án B
Cách 1: SA ⊥ ( ABCD ) tại A  d (S, ( ABCD) ) = SA (D đúng)
BO cắt mặt phẳng (SCD ) tại D nên

d ( B, ( SCD ) )

d ( O, ( SCD ) )

=

DB
= 2 (A đúng)
DO

d ( C, (SAB) ) = CB
Chứng minh được rằng CB ⊥ (SAB) và CD ⊥ (SAD )  
d ( C, (SAD ) ) = CD

d ( C, (SAB) ) = d ( C, (SAD) ) (C đúng)
Cách 2: Chứng minh được rằng BD ⊥ (SAC) tại O nên d ( B, (SCD) ) = BO = AO


Trong (SAC) dựng AH ⊥ SO tại H. Chứng minh được rằng AH ⊥ (SBD) tại
H nên d ( A, (SBD) ) = AH  AO, suy ra d ( A, (SBD) ) = d ( B, (SAC) )
Câu 37 (GV HỨA LÂM PHONG)Khối chóp có đáy là đa giác n cạnh thì có số cạnh là:
A. n + 1

C. n − 1

B. 2n

D. n

Đáp án B
Tự làm
Câu 38 (GV HỨA LÂM PHONG): Hình bát diện đều có mấy mặt phẳng đối xứng?
A. 12

B. 6

C. 9

D. 3

Đáp án C
Tự làm
Câu 39:
(GV HỨA LÂM PHONG)Cho
AB = 6a; AC = 4a;SA = SB = SC = BC = 5a. Tính thể tích

hình

chóp

S.ABC



V khối chóp S.ABC theo a
A. V =

5a 3 111
4

B. V =

15a 3 111
4

C. V =

5a 3 111
12

D. V =

45a 3 111
4

Đáp án A
Gọi H là hình chiếu của S lên ( ABC) suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Áp dụng công thức Hê – rông, tính được SABC
Lại có SABC =

15a 2 7
=
4

AB.BC.CA
8a 7
a 777
 HA =
 SH =
4HA
7
7

1 15a 2 7 a 777 5a 3 111
.
=
Thể tích khối chóp: V = .
3
4
7
4
Phương án nhiễu.
B. Chưa nhân 1/3.
Câu 40:

(GV HỨA LÂM PHONG) Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD, gọi (  ) mặt

phẳng qua A và vuông góc SC.
Biết rằng diện tích thiết diện tạo bởi (  ) à hình chóp bằng nửa diện tích đáy ABCD. Tính


góc  tạo bởi cạnh bên SC và mặt đáy.
A.  = arcsin

1 + 33
8

B.  = arcsin

1 + 29
29 − 1
33 − 1
C.  = arcsin
D.  = arcsin
8
8
8

Đáp án A
Đặt cạnh hình vuông là a  0. Dễ thấy  = SCO;SO = OC.tg =

a
tg
2

Gọi O là tâm của đáy. Vẽ AH ⊥ SC tại, H, AH cắt SO tại I thì AIO = .
Lại có BD ⊥ (SAC)  SC ⊥ DB
Qua I vẽ đường thẳng song song DB cắt SD, SB theo thứ tự tại K, L. Thiết diện chính là
tứ giác
ALHK và tứ giác này có hai đường chéo AH ⊥ KL. Suy ra Std = SALHK =
Ta có: OI = OA.cot  =

1
AH.KL
2

a
SI SO − IO
IO
cot ;
=
= 1−
= 1 − cot 2 
SO
SO
SO
2

AH = AC.sin  = a 2 sin .

KL SI
=
 KL = a 2 (1 − cot 2  )
BD SO

1
1
1
2
1
Theo giả thiết, SALHK = a 2  a 2 sin .a 2 (1 − cot 2  ) = a 2 
+
−4=0
2
2
2
2
sin  sin 

Giải được sin  =

1+ 33
4
1 + 33
=
, ( sin   0 ) . Suy ra  = arcsin
8
8
33 − 1

Câu 41 (GV HỨA LÂM PHONG) Hình lăng trụ tam giác đều không có tính chất nào sau
đây
A. Các cạnh bên bằng nhau và hai đáy là tam giác đều.
B. Cạnh bên vuông góc với hai đáy và hai đáy là tam giác đều
C. Tất cả các cạnh đều bằng nhau.
D. Các mặt bên là các hình chữ nhật.
Chọn Đáp Án C
Câu 42 (GV HỨA LÂM PHONG) Cho đường thẳng d chứa hai điểm A, B và cắt một mặt
phẳng ( P ) tại M như sau:


Biết rằng A’, B’ là hình chiếu của A, B trên ( P ) và MA ' = 3, A ' B' = 1
A.

d ( A, ( P ) )
d ( B, ( P ) )

=

2
3

Theo định lý, ta có:

B.

d ( A, ( P ) )
d ( B, ( P ) )

d ( B, ( P ) )

d ( A, ( P ) )

=

=

1
3

C.

d ( B, ( P ) )

d ( A, ( P ) )

=

3
4

D.

d ( B, ( P ) )

d ( A, ( P ) )

=

4
3

d ( B, ( P ) ) 4
MA MA '
MA '
3
3
=
=
=
= 
=
MB MB' MA '+ A ' B' 3 + 1 4
d ( A, ( P ) ) 3

Phương án nhiễu.
C. Nhìn nhàm phương án thành

d ( A, ( P ) )
d ( B, ( P ) )

=

3
4

Câu 43 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB, AC, AD đôi một
vuông góc với nhau, biết rằng AB = a, AC = a 2, AD = a 3, ( a  0 ) . Thể tích V của khối tứ
diện ABCD là:
1
A. V = a 3 6
3

1
B. V = a 3 6
6

C. V =

1 3
a 6
2

1
D. V = a 3 6
9

1
1 1
1
V = AB.SACD = .a. .a. 2a. 3 = a 3 6
3
3 2
6

Phương án nhiễu.
A. Sai vì 2 cách: một là thấy số

1
1
cứ chọn, hai là trong công thức thể tích thiếu diện
3
2

tích đáy.
C. Sai vì thiếu

1
trong công thức thể tích.
3

Câu 44: (GV HỨA LÂM PHONG) Lăng trụ tam giác đều có mấy mặt phẳng đối xứng
A. 4

B. 6

C. 9

D. 3

A
Câu 45 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho hình đa diện ABCDEF như sau:


Biết rằng ABC là tam giác đều cạnh a, ( DEF) cân tại E; các cạnh AD, BE, CF vuông góc
3
với mặt phẳng ( DEF) ; tứ giác ADFC là hình chữ nhật; AD = CF = a, BE = a. Góc giữa mặt
2
phẳng ( ABC) và ( DEF) có giá trị gần nhất với:

B. 35

A. 34

C. 36

D. 37

Góc giữa mặt phẳng ( ABC) và ( DEF) bằng với góc giữa 2 mặt phẳng ( ABC) và ( BIK )
trong đó mặt phẳng ( BIK ) song song với ( DEF)
Tính được AI = CK =

a
2

Vẽ đường cao BH của tam giác đều ABC, suy ra H là trung điểm AC và BH =

3
a
2

Gọi M là trung điểm IK. Khi đó HM là đường trung bình của hình chữ nhật AIKC
HM = AI =

a
và HM song song với AI  HM ⊥ AC và AC ⊥ HM nên AC ⊥ ( BHM )
2

Trong mặt phẳng ( BHM ) , vẽ MG ⊥ BH tại G
Do MG ⊥ BH và AC ⊥ MG ( AC ⊥ ( BHM ) ) nên MG ⊥ ( ABC)

(1) , ( 2) 

( 2)

góc giữa 2 mặt phẳng ( ABC) và ( BIK ) bằng góc giữa MG với HM, tức góc

HMG
Trong BHM vuông tại M, ta có: sin HMG = sin BHM =

HM 3
 HMG  35, 26
BH 3

Câu 46: (GV HỨA LÂM PHONG)Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, thể tích nhỏ nhất
của khối chóp là bao nhiêu nếu như khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và DB là

2 3 ( cm )
A. 72 ( cm 3 )

B. 9 ( cm 3 )

C. 8 3 ( cm 3 )

Gọi O là tâm của đáy. Gọi a  0 là khoảng cách giữa SA và DB.

D.

16 3
cm3 )
(
3


Đặt AB = x  0 . Vẽ OH ⊥ SA ta có DB ⊥ SO, DB ⊥ AC  DB ⊥ (SAC)  DB ⊥ OH
Suy ra d (SA, DB) = OH = a
Mặt khác,

1
1
1
x 2a 2
2
=
+

SO
=
OH 2 SO2 OA 2
x 2 − 2a 2

1
1
xa
VS.ABCD = .SO.AB2 =
.x 2  min VS.ABCD = a 3 3
2
2
3
3 x − 2a
khi x = a 3
Áp dụng a = 2 3  min VS.ABCD = 72 ( cm3 )
Câu 47 (GV HỨA LÂM PHONG) Cho khối đa diện đều ( H ) loại  p; q . Khẳng định nào
dưới đây là đúng?
A. Mỗi mặt của nó là một đa giác đều p cạnh
B. Mỗi mặt của nó là một đa giác đều q cạnh
C. Mỗi mặt của nó là một đa giác đều p + q cạnh
D. Mỗi mặt của nó là một đa giác đều p − q cạnh
Đáp án A
Câu 48 (GV HỨA LÂM PHONG)Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a
cạnh bên SA vuông góc
mặt đáy và SA = a . Gọi  là góc tạo bởi SB và mặt ( ABCD ) . Xác định cot 
A. cot  = 2

B. cot  =

1
2

Đáp án A
Ta có: B là hình chiếu của B lên ( ABCD ) .
A là hình chiếu của S lên ( ABCD ) .

C. cot  = 2 2

D. cot  =

2
4


Suy ra góc tạo bởi ( ABCD ) là góc  = SBA . Do đó, cot  =

AB
=2
SA

Câu 49 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho tứ diện ABCD và một điểm G nằm bên trong khối
tứ diện như hình vẽ bên. Khẳng định nào dưới đây là đúng về cách
phân chia khối tứ diện trên?
A. Khối tứ diện ABCD được phân chia thành 2 khối là B.AGC và D.AGC
B. Khối tứ diện ABCD được phân chia thành 3 khối là G.ABD; G.ABC; G.ACD
C. Khối tứ diện ABCD được phân chia thành 3 khối là G.BCD; G.ABC; G.ACD
D. Khối tứ diện ABCD được phân chia thành 4 khối là A.DGB; G.ABC; A.GCD; G.BCD
Đáp án D
Câu 50 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh
2a và tam giác SAD đều đồng thời nằm trong mặt phẳng vuông góc đáy. Tính khoảng cách d
từ tâm đường tròn nội tiếp tam giác SAD đến mặt phẳng ( SBC ) theo a
A. d =

2a 21
7

B. d =

4a 57
57

C. d =

2a 21
21

D. d =

4a 21
21

Đáp án D
Gọi H, I , theo thứ tự là trung điểm AD,BC
G là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đều
SAD nên G cũng là trọng tâm tam giác SAD.
Vẽ HK ⊥ SI  d ( H ; ( SBC ) ) = HK
Ta có: HI = 2a; SH =
d = d ( G; ( SBC ) ) =

2a 3
2a 21
= a 3  HK =
2
7

2
2
4a
d ( H ; ( SBC ) ) = HK =
3
3
21

Câu 51 (GV HỨA LÂM PHONG): Khối chóp tứ giác đều có tất cả bao nhiêu mặt phẳng
đối xứng?
A. 6
Đáp án C

B. 5

C. 4

D. 3


Câu 52 (GV HỨA LÂM PHONG) Cho các khối đa diện đều như hình vẽ sau đây. Khối đa
diện đều loại 3;5 là hình nào?

A. Hình 4

B. Hình 1

C. Hình 2

D. Hình 3

Đáp án A
Câu 53 (GV HỨA LÂM PHONG): Hình chóp là tứ giác đều có mấy trục đối xứng?
A. 0

B. 1

C. 2

D. 3

Đáp án B
Câu 54 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang
ABCD vuông tại A và D, có AB = 2AD = 2CD , tam giác SAD đều và nằm trong mặt
phẳng vuông góc đáy. Gọi I là trung điểm AD, biết khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SBC)
bằng 1 (cm). Tính diện tích S hình thang ABCD.
A. S =

10
(cm 2 ).
3

B. S =

20
(cm 2 )
3

C. S =

200
(cm 2 ).
27

5
D. S = (cm 2 ).
3

Đáp án A
Đặt AB = x  0  AB = 2 x, CD = x, BC = x 2.
Vẽ IH vuông góc BC, IK vuông góc SH.
Suy ra: d ( I ( SBC )) = IK .

S IBC = S ABCD − S IAB − S ICD =
Ta có:

S=

3x 2 1
3x 2
= IH .BC =
4
2
4

1
1
1
2 5
= 2 =
x=
.
2
2
IK
IS
IH
3

AD( AB + CD ) 10
= (cm 2 ).
2
3

Câu 55 (GV HỨA LÂM PHONG): Hình bát diện đều thuộc loại khối đa diện đều nào sau
đây ?
A. 3; 4
Đáp án A

B. 4;3 .

C. 3;5.

D. 5;3.


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×