Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
Chương 11. Thể tích khối đa diện

Chương 11. Thể tích khối đa diện

Tải bản đầy đủ - 0trang

Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018



S

S

1 SP SM S SPM SSPI  S SMI



.





 SPI  SMI

3 SD SB S SDB

SSDB

2S SDO 2S SBO

SI �SP SM � 7 SI

SI 4





� 

� .

2SO �SD SB � 12 SO

SO 7

Suy ra:

S

S

SN S SAN S SAI  S SNI

SI

SI SN 2 2 SN





 SAI  SNI 



.

  .

SC SSAC

SSAC

2 SSAO 2 SSAO 2SO 2SO SC 7 7 SC





SN 2



SC 5

VS . AMNP VS . AMP  VS .MNP VS . AMP VS .MNP

SA.SM .SP SM .SN .SP

7













V

2VS . ABD VS .BCPD 2 SA.SB.SD 2SB.SC.SD 30

Suy ra V





� VABCDMNP 



23

V

30



Câu 146: Người ta cắt một tờ giấy hình vng có cạnh bằng 2 để gấp thành một hình chóp tứ giác đều

sao cho bốn đỉnh của hình vng dán lại thành đỉnh của hình chóp. Tính cạnh đáy của khối

chóp để thể tích của nó lớn nhất.

2

2

4

5

A.

.

B. 5 .

C. 1.

D. 5



Lời giải

Chọn.B

Gọi độ dài đáy của hình chóp là x , với 0  x  1 . Đường cao hình chóp là

2



2

� x� x

SO  SM  OM  �

1  �

 1 x

� 2� 4

1

1

1 4

V  S .h  x 2 1  x 

x  x5

3

3

3

Thể tích khối chóp là

f  x   x4  x5

x � 0;1

Xét hàm

, với

2



Khi đó



2



f '  x   4 x 3  5 x 4  x 3  4  5 x  ; f '  x   0 � x  0, x 



Như vậy để thể tích khối chóp lớn nhất thì



Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương



x



4

5



4

5



83



Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018

Câu 147: (THPT QUẾ VÕ SỐ 2) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có khoảng cách từ A đến

bằng 4. Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD, tính giá trị nhỏ nhất của V.

A. 32 3 .

Lời giải

Chọn C



B. 8 3 .



C. 16 3 .



 SCD



16 3

D. 3



Ta vẽ hình như hình vẽ. E là trung điểm của CD , OH  SE .

Dề dàng cm được

1

OH  d  O;  SCD    2 d  A;  SCD    2

OH

2



�   (0    900 ) � OE 

SEO

sin  sin 

Gọi

OH

2

4



cos  cos  � Cạnh của hình vng ABCD là: sin 

1

32

1

VS . ABCD  SO.S ABCD  . 2

3

3 sin  .cos  .

Từ đó

SO 



Đặt



cos   t  t � 0;1 



thì







sin 2  .cos   t 1  t 2



.



1



t







3

f  t   t  t3; f �

 t   1  3t 2 ; f �

t  0 � �

� 1

�t  3



Xét hàm

 0;1

Ta có bảng biến thiên trên



Vậy giá trị nhỏ nhất của V đạt được khi



f  t



lớn nhất tức là min V  16 3 .



Câu 148: (THPT Tam Phước) Cho một tứ diện có đúng một cạnh có độ dài bằng x thay đổi được, các

cạnh còn lại có độ dài bằng 2. Tính giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện này.

1

A. 2



Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương



2 2

B. 3



3 3

C. 2



D. 1

84



Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018

Lời giải

Chọn D

Gọi tứ diện đã cho là S. ABC. Ta có

1

3

3

VS . ABC  S ABC SH 

SH 

SD.sin 

3

3

3



 D

� H

Suy ra, VS . ABC đạt GTLN khi và chỉ khi sin   1 .

� Chọn phương án

D.



Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương



SH



3, VS . ABC



1.



85



Câu 149: (TRƯỜNG THPT CHUN BẮC NINH) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình

MC

 k.

bình hành. Điểm M di động trên cạnh SC , đặt MS

Mặt phẳng qua A , M song song với

BD cắt SB , SD thứ tự tại N , P . Thể tích khối chóp C. APMN lớn nhất khi



A. k  3. .

B. k  1. .

C. k  2. .

D. k  2. .

Lời giải

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dùng định lí Thalet, định lý Menelaus và phương pháp tỉ số thể tích để tính thể tích khối chóp

theo tham số k . Khảo sát hàm số chứa biến k để tìm giá trị lớn nhất - giá trị nhỏ nhất

Cách giải:

Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD và I  SO �AM .

Ba điểm M , A, I thẳng hàng nên áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SOC ta có:

SM CA OI

OI

k

.

.

1�

1 .

MC AO IS

SI

2

SP SI SN

2

NP / / BD �







SD SO SB k  2 (định lí Thalet).









d  P;  ABCD    d  N;  ABCD   



DP

d

SD



  S ;  ABCD   



k

k

.d  S ;  ANCD   � VP. ACD  VN . ABC 

.VS . ABCD

k 2

2k  4

VS . AMP SM SP

1

1

2



.



.

� VS . ANMP 

.VS . ABCD

VS . ACD SC SD k  1 k  2

k  1  k  2 



Ta có

Vậy







2

k �

2k

VC . ANMP  VS . ABCD  VS . ANMP  VP . ACD  VN . ABC  �

1



.VS . ABCD  2

.VS . ABCD



k  3k  2

�  k  1  k  2  k  2 �

k

 VC . ANMP  max � f  k   2

k  3k  2 đạt giá trị lớn nhất.

Để

Xét hàm số



f  k 



k

k  3k  2 trên khoảng  0; � có:

2



k 2  2

f ' k   2

0�k  2

 k  3k  22 

� max f  k   f

 0;�



 2  3 2



2.



(vì k  0 )



Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi k  2. Vậy khi k  2 thì thể tích khối chóp C. ANMP lớn

nhất.

Câu 150: (TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình



   là mặt

bình hành và có thể tích V . Gọi E là điểm trên cạnh SC sao cho EC  2 ES . Gọi

   cắt hai cạnh SB , SD lần

phẳng chứa đường thẳng AE và song song với đường thẳng BD ,

lượt tại hai điểm M , N . Tính theo V thể tích khối chóp S . AMEN .

V

.

A. 6

Lời giải

Đáp án A



V

.

B. 27



V

.

C. 9



V

.

D. 12



Phương pháp giải:

Dùng định lí Thalet và phương pháp tỉ số thể tích để tính thể tích khối chóp cần tìm

Cách giải:

Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD và I  SO �AE. .

Ba điểm E , A, I thẳng hàng nên áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SOC ta có:

SE CA OI

OI

SI 1

.

.

1�

1�

 .

EC AO IS

SI

SO 2

SM SN SI 1

MN / / BD �







SB SD SO 2 (định lí Thalet).





VS . AME SM SN 1 1 1

V



.

 .  � VS . AME  ;

SB SD 2 3 6

12

Do đó VS . ABC

V

V V V

VS . AMEN  VS . AME  VS . ANE    .

VS . AME  .

12 Vậy

12 12 6

Tương tự, ta có

Câu 151: (THPT C NGHĨA HƯNG-NAM ĐỊNH Lần 1) Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam



�  SCA

�  90�

, SBA

. Biết góc giữa SB và đáy bằng 60�

.

giác cân tại A, AB  a, BAC  120�

Tính thể tích V của khối chóp S . ABC.

V



a3

4



A.

Lời giải

Đáp án C



B.



V



3a 3 3

4



C.



V



a3 3

4



D.



V



3a 3

4



BC   SAM 

Gọi M là trung điểm BC khi đó

do AB  AC và SB  SC

 SAM  kẻ SH  AM ta có SH  ABC � góc SBH  600 , đặt SB  SC  x ta có:

Trong

AM  AB.sin 300 



dt ABC 



1

3

a BM  AB.cos 600  a

� BC  a 3

2 ,

2

,



1

1a

3

3

AM .BC 

a 3  a2

SH  SB.sin 600  x

2

2

2

2

2

22

4 ,

2 , SA  SB  AB  x  a ,



SM  SB 2  BM 2  x 2  3



a2

3x 2 1 2

AH  SA2  SH 2  x 2  a 2 



x  4a 2

4 ,

4

2

,



3a 2 3x 2 1 2





x  3a 2

4

4

2

1 2

1 2

1

AH  MH  AM �

x  4a 2 

x  3a 2  a � x 2  4a 2  x 2  3a 2  a

2

2

2

Ta có:

MH  SM 2  SH 2  x 2 



� 3a  x 2  3a 2 � x 2  12a 2 � x  2a 3 � SH  3a

1

1

3

3

VSABC  SH .dt ABC  3a.a 2

 a3

3

3

4

4

Như vậy

Câu 152: [THPT THUẬN THÀNH SỐ 3] Cho hình chóp S.ABC có

�  BSC

�  45�

�  60�

SA  3,SB  4,SC  5,ASB

,ASC

. Thể tích của khối chóp S.ABC là:

5

B. 6



A. 5



5

C. 3



Lời giải

Chọn A



Ta chuẩn hóa các cạnh SA, SB, SC của hình chóp về độ dài là 1



5

D. 2



Lưu ý: việc chuẩn hóa phải đảm bảo các thơng số về góc của bài tốn khơng bị thay đổi

Gọi M là trung điểm AC, N là trung điểm AB, H là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC

Vì hình chóp có SA = SB = SC

=> Hình chiếu của S trên (ABC) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác



Xét ∆SAB, ta có:



AC  sin



450

450

� AB  2sin

2

2



Xét ∆ABC, ta có: AM  MB  AB

2



Ta có:



S ABC



2



2



74 2

2



� MB 



abc

2 2

abc 1



R







 . AC.MB

2 MB

74 2

4R 2



2

2

2

Xét ∆ASH, ta có: AH  SH  SA



� SH 



1

74 2



1

1

1 74 2

1

VS . A ' B 'C '  .

. .

.1 

3 74 2 2

2

12

Vậy

1 1 1

VS . A' B ' C '  . . .VS . ABC

3 4 5

Lại có:



Vậy VS . ABC  5

`



Câu 153: (MEGABOOK-ĐỀ 3). Cho hình chóp S . ABC có



SC  2av a SC   ABC  .



Đáy ABC là tam



   đi qua C và vng góc với SA ,   

giác vng cân tại B và có AB  a l 2. Mặt phẳng

cắt SA, SB lẩn lượt tại D, E . Tính thể tích khối chóp S .CDE .

4a 3

A. 9

Lời giải

Chọn C



2a 3

B. 3



2a 3

C. 9



a3

D. 3



VS .CDE SD SE

SD SE



.

� VS .CDE 

. .VS .CAB

SA SB

Ta có: VS .CAB SA SB

1

1

1

1

2a 3

VS .CAB  .SC. .BA.BC  .2a. .2a 2 

3

2

3

2

3

Xét SAC ta có:

SD SC 2

4a 2

1







2

2

2

SA SA

4a  4a

2

AB   SBC  � AB  CE � CE   SAB  � CE  SB



SC 2  SD.SA �

Ta có:



Tương tự xét SBC ta có:

SC 2  SE.SB �



SE SC 2

4a 2

2







2

2

2

SB SB

4a  2a

3



1 2 2 a 3 2a 3

VS .CE F  . .



2 3 3

9

Vậy suy ra

Câu 154: Cho tứ diện S . ABC trên cạnh SA và SB lấy điểm M và N sao cho thỏa

SM 1 SN

 ;

2

tỉ lệ AM 2 NB

, mặt phẳng đi qua MN và song song với SC chia tứ diện thành hai



phần, biết tỉ số thể tích của hai phần ấy là K , vậy K là giá trị nào?

2

4

4

K

K

K

3.

9.

5.

A.

B.

C.



D.



K



5

9



Lời giải

Chọn.C



Qua M kẻ MF song song với SC và qua N kẻ NE song song với SC với E và F thuộc

CA và CB . Khi đó thiết diện cần tìm là hình thang MNEF .

Đặt VS . ABC  V ; VMNEFCS  V1 ; VMNEFAB  V2 , V1  VSCEF  VSFME  VSMNE

VSCEF CF CE 1 2 2 VSFME  CM . SE  SM  1



.

 . 

SE CA SA 3

CA CB 3 3 9 , VSFEA

Ta có: V



VSFEA S EFA S EFA SCEA FA CE 4





.



.

 � VSFME  1 . 4  4 V

V

S ABC SCEA S ABC CA CB 9

V

3 9 27

VSMNE SM SN 2 VSMNE S BEA S AEC EB CE 1



.





.



.



VSABE

SA SB 9 , V

S ABC S ABC CE CB 3

� VSABE 



V1 4

2

2

4

4



� V1  V  V  V

27

9

27

9 , V2 5 .



Câu 155: (THPT C NGHĨA HƯNG-NAM ĐỊNH Lần 1) Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam

giác vng cân đỉnh B, AB  4, SA  SB  SC  12. Gọi M , N lần lượt là trung điểm

SE BF 2



 .

AC , BC. Trên cạnh SA, SB lần lượt lấy điểm E , F sao cho SA BS 3 Tính thể tích khối

tứ diện MNEF



16 34

3

A.

Lời giải

Đáp án C



4 17

B. 9



4 34

C. 9



4 34

D. 3



Ta có ΔABC vng cân tại B nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp.



SM  SB  SC � SM   ABC 

FE �AB  K , kẻ FG / / BA FH / / SM � FH   ABC  ta có:



2

2

2

4

SM 

SA2  AM 2 

122  8 

34

3

3

3

3

1

1

1

1

dt KMN  dt BNMK  dt BNK   MN  BK  .BN  KB.BN  MN .BN  2.2  2

2

2

2

2

1

ΔFGE  ΔKAE  C.G.C  � FE  2 FK

FH 



VFMNE FE 1

1

1 1

1 4

4 34



 � VFMNE  VFMNK  . FH .dtKMN  . 34.2 

VFMNK FK 2

2

2 3

6 3

9

Câu 156: (THPT Việt Trì) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vng tại A và B với BC là

đáy nhỏ. Biết rằng tam giác SAB đều có cạnh là 2a và nằm trong mặt phẳng vng góc với



 SHC  là 2a 2 ( H là trung điểm của AB

đáy, SC  a 5 và khoảng cách từ D tới mặt phẳng

). Thể tích khối chóp S.ABCD là:



a3 3

A. 3

Lời giải

Chọn C



Ta có:



a3

B. 3



4a 3 3

3

C.





 SAB    ABCD 



 SAB  � ABCD   AB � SH   ABCD 



�SH  AB





4a 3

D. 3



.



�DI  CH

� DI   SHC  � d  D,  SHC    DI  2a 2



DI



SH





.

Ta có BHC  AHE � SBHC  SAHE và HE  HC .

Mà S ABCD  S AHCD  S BHC  S AHCD  S AHE  S DCE .

Tam giác SAB đều nên SH  a 3 .

2

2

Tam giác SHC có HC  SC  SH  a 2 � EC  2 HC  2a 2 .



Khi đó



S ABCD  S DCE 



1

DI .EC  4a 2

2

.



1

1

4a 3 3

VABCD  SH .S ABCD  a 3.4a 2 

3

3

3 .

Vậy

Câu 157: (THPT CHUN BẮC NINH) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành.

MC

 k.

Điểm M di động trên cạnh SC , đặt MS

Mặt phẳng qua A, M song song với BD cắt

SB, SD thứ tự tại N , P . Thể tích khối chóp C. APMN lớn nhất khi



A. k  3.

Lời giải

Chọn D



B. k  1.



C. k  2.



D. k  2.



Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD và I  SO �AM .

Ba điểm M,A,I thẳng hàng nên áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SOC ta có:

SM CA OI

OI

k

.

.

1�

1 .

MC AO IS

SI

2

SP SI SN

2

NP / / BD �







SD SO SB k  2 (định lí Thalet).









d  P;  ABCD    d  N;  ABCD   



DP

d

SD



  S ;  ABCD   



k

k

.d  S ;  ANCD   � VP. ACD  VN . ABC 

.VS . ABCD

k2

2k  4

VS . AMP SM SP

1

1

2



.



.

� VS . ANMP 

.VS . ABCD

VS . ACD SC SD k  1 k  2

k  1  k  2 



Ta có

Vậy







2

k �

2k

VC . ANMP  VS . ABCD  VS . ANMP  VP . ACD  VN . ABC  �

1



.VS . ABCD  2

.VS . ABCD



k  3k  2

�  k  1  k  2  k  2 �

k

 VC . ANMP  max � f  k   2

k  3k  2 đạt giá trị lớn nhất.

Để

Xét hàm số

f ' k  



f  k 



k

k  3k  2 trên khoảng  0; � có:

2



k 2  2

0�k  2

 k 2  3k  22 



� max f  k   f

 0;�



 2  3 2



(vì k  0 )



2.



Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi k  2. Vậy khi k  2 thì thể tích khối chóp C. ANMP lớn

nhất.

Câu 158: (TRƯỜNG THPT C PHỦ LÝ - HÀ NAM) Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' , trên cạnh AA '; BB ' lấy

các điểm M, N sao cho AA '  3 A ' M ; BB '  3B ' N . Mặt phẳng (C ' MN ) chia khối lăng trụ đã

cho thành hai phần. Gọi V1 là thể tích khối chóp C '. A ' B ' NM , V2 là thể tích khối đa diện

V1

.

ABC.MNC ' . Tính tỉ số V2

2

3

.

.

A. 9

B. 4

Lời giải

Đáp án C



2

.

C. 7



5

.

D. 7



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Chương 11. Thể tích khối đa diện

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×