9 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Đề toán tổng hợp ôn tập cuối năm

Câu 1:

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Gọi H là chân đường cao của hình chóp. Một mặt phẳng (P) thay đổi cắt các cạnh bên SA, SB, SC, SD lần lượt tại E, F, I, J. Gọi K = EI ∩ FJ. Đặt SE = a, SF = b, SI = c, SJ = d, SK = k, $\hat{ASH}$ = α.

a) Tìm diện tích của tam giác SEI theo a, c, α

b) Chứng minh rằng

$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} = \frac{2 cosα}{k}$

Suy ra $\frac{1}{a} + \frac{1}{c} = \frac{1}{b} + \frac{1}{d}$

Xem đáp án

Câu 2:

Cho hình thang ABCD có AB // CD và AB = 2a, BC = CD = DA = a. Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A. Gọi S là một điểm duy nhất thay đổi trên d. (P) là một mặt phẳng qua A vuông góc với SB tại I và cắt SC, SD lần lượt tại J, K.

a) Chứng minh tứ giác BCJI, AIJK là các tứ giác nội tiếp.

b) Gọi O là trung điểm của AB, O' là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCJI. Chứng minh rằng OO' ⊥ (SBC).

c) Chứng minh rằng khi S thay đổi trên d thì JK luôn luôn đi qua một điểm cố định.

d) Tìm một điểm cách đều các điểm A, B, C, D, I, J, K và tìm khoảng cách đó.

e) Gọi M là giao điểm của JK và (ABCD). Chứng minh rằng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

f) Khi S thay đổi trên d, các điểm I, J, K lần lượt chạy trên đường nào.

Xem đáp án

Nhận xét

Hình thang ABCD có hai cạnh bên và đáy nhỏ bằng nhau và bằng nửa đáy lớn, nên nó là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kính AB, tâm O là trung điểm của AB.

Như vậy: $\hat{ACB} = \hat{ADB}$ = 1v.

a) Theo giả thiết, ta có: SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ BC

BC ⊥ SA & BC ⊥ AC ⇒ BC ⊥ (SAC) ⇒ BC ⊥ SC. (1)

Mặt khác SB ⊥ (P) nên SB ⊥ IJ (⊂ (P)) (2)

Từ (1) và (2) suy ra BCJI là tứ giác nội tiếp trong đường tròn đường kính BJ.

Ta có BC ⊥ (SAC) ⇒ BC ⊥ AJ (⊂ (SAC))

AJ ⊥ BC & AJ ⊥ SB (do SB ⊥ (P)) ⇒ AJ ⊥ (SBC) ⇒ AJ ⊥ JI (⊂ (SBC)) (3)

Lý luận tương tự, ta có:

BD ⊥ AD & BD ⊥ SA ⇒ BD ⊥ (SAD) ⇒ BD ⊥ AK (⊂ (SAD))

AK ⊥ BD & AK ⊥ SB(⊂ (P)) ⇒ AK ⊥ (SBD) ⇒ AK ⊥ KI. (4)

Từ (3) và (4) suy ra AKJI nội tiếp trong đường tròn đường kính AI nằm trong mặt phẳng (P).

b) Ta có ngay O’ là trung điểm BJ

Vì OO’ là đường trung bình của ΔABJ nên OO’ // AJ

Mà AJ ⊥ (SBC) nên OO’ ⊥ (SBC)

c) Ta có (SCD) ∩ (ABCD) = CD.

Gọi M = JK ∩ CD

SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ AM(⊂ (ABCD)) (5)

SB ⊥ (P) ⇒ SB ⊥ AM (⊂ (P)) (6)

Từ (5) và (6), ta có: AM ⊥ (SAB) ⇒ AM ⊥ AB.

Suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔABC tại A. Như vậy AM cố định. Vì M = AM ∩ CD nên M cố định.

d) ΔAIB vuông tại I nên OA = OB = OI

ΔAJB vuông tại J (do AJ ⊥ (SBC)) nên OA = OB = OJ).

ΔAKB vuông tại K (do AK ⊥ (SBD)) nên OA = OB = OK).

Ta có OA = OB = OC = OD = OI = OJ = OK nên O là điểm cách đều các điểm đã cho và OA = AB/2 = a.

e) Theo chứng minh câu c.

f) Khi S thay đổi trên d, ta có I luôn nằm trong mặt phẳng (B, d).

Trong mặt phẳng này I luôn nhìn đoạn AB cố định dưới góc vuông nên tập hợp I là đường tròn ( $C_{1}$ ) đường kính AB nằm trong mặt phẳng (B, d).

Tương tự, tập hợp J là đường tròn ( $C_{2}$ ) đường kính AC nằm trong mặt phẳng (C, d) và tập hợp K là đường tròn đường kính AD nằm trong mặt phẳng (D, d).

Câu 3:

Cho tứ diện SABC có SA, SB, SC vuông góc với nhau từng đôi một. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mp(ABC).

a) Chứng minh rằng H là trực tâm của tam giác ABC.

b) Chứng minh rằng $\frac{1}{{SH}^{2}} = \frac{1}{{SA}^{2}} + \frac{1}{{SB}^{2}} + \frac{1}{{SC}^{2}}$

c) Chứng minh rằng ${(S_{SBC})}^{2} = (S_{HBC}) . (S_{ABC})$ và

${(S_{ABC})}^{2} = {(S_{SAB})}^{2} + {(S_{SBC})}^{2} + {(S_{SCA})}^{2}$

d) Chứng minh rằng

${SG}^{2} = \frac{{SA}^{2} + {SB}^{2} + {SC}^{2}}{9}$ (G là trọng tâm của tam giác ABC) và

${(AB + BC + CA)}^{2} \leq 6 ({SA}^{2} + {SB}^{2} + {SC}^{2})$ .

e) Chứng minh rằng tam giác ABC có ba góc nhọn và

${SA}^{2} tanA = {SB}^{2} tanB = {SC}^{2} tanC = 2 S_{ABC}$

Xem đáp án

a) Ta chứng minh: CH ⊥ AB & AH ⊥ BC

Ta có: AB ⊥ SC (do SH ⊥ (ABC)) & AB ⊥ SH (do SC ⊥ (SAB))

⇒ AB ⊥ (SCH) ⇒ AB ⊥ CH (1)

Tương tự, ta có BC ⊥ (SAH) nên AH ⊥ BC (2)

Từ (1) và (2) cho ta H là trực tâm ΔABC.

b) Giả sử CH kéo dài cắt AB tại C’, ta có

AB ⊥ CC' (do H là trực tâm) & AB ⊥ SC' (do AB ⊥ (SCH))

Trong tam giác SCC’, ta có $\frac{1}{{SH}^{2}} = \frac{1}{{SA}^{2}} + \frac{1}{{SB}^{2}} (3)$

Mà SC’ là đường cao trong tam giác vuông SAB nên

$\frac{1}{SC'^{2}} = \frac{1}{{SA}^{2}} + \frac{1}{{SB}^{2}} (4)$

Từ (3) và(4) suy ra $\frac{1}{{SH}^{2}} = \frac{1}{{SA}^{2}} + \frac{1}{{SB}^{2}} + \frac{1}{{SC}^{2}} (5)$

C)

$S_{HBC} . S_{ABC} = (\frac{1}{2} HA' . BC) (\frac{1}{2} AA' . BC) = \frac{1}{4} \underset{SA'^{2}}{\underset{⏟}{HA' . AA'}} = {(\frac{1}{2} SA' . BC)}^{2} = {(S_{SBC})}^{2} (6)$

Tương tự, ta có ${(S_{SCA})}^{2} = S_{HCA} . S_{ABC}$ (7)

${(S_{SAB})}^{2} = S_{HAB} . S_{ABC}$ (8)

Cộng (6), (7), (8) vế theo vế, ta có

${(S_{SBC})}^{2} + {(S_{SCA})}^{2} + {(S_{SAB})}^{2} = S_{ABC} . \underset{S_{ABC}}{\underset{⏟}{S_{HBC} + S_{HCA} + S_{HAB}}} = {(S_{ABC})}^{2}$

d) Với G là trọng tâm tam giác ABC, ta có:

$\vec{SG} = \frac{1}{3} (\vec{SA} + \vec{SB} + \vec{SC}) \Rightarrow {SG}^{2} = \frac{1}{9} ({\vec{SA}}^{2} + {\vec{SB}}^{2} + {\vec{SC}}^{2} + 2 \vec{SA} . \vec{SB} + 2 \vec{SB} . \vec{SC} + 2 \vec{SC} . \vec{SA}) = \frac{1}{9} ({\vec{SA}}^{2} + {\vec{SB}}^{2} + {\vec{SC}}^{2}) (\vec{SA} . \vec{SB} = \vec{SB} . \vec{SC} = \vec{SC} . \vec{SA} = 0)$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

$2 AB . BC \leq {AB}^{2} + {BC}^{2} 2 CA . AB \leq {CA}^{2} + {AB}^{2} 2 BC . CA \leq {BC}^{2} + {CA}^{2}$

Suy ra ${(AB + BC + CA)}^{2} = {AB}^{2} + {BC}^{2} + {CA}^{2} + 2 (AB . BC + BC . CA + CA . AB)$

$\leq 3 ({AB}^{2} + {BC}^{2} + {CA}^{2})$

$\leq 3 ({SA}^{2} + {SB}^{2} + {SB}^{2} + {SC}^{2} + {SC}^{2} + {SA}^{2})$

$\leq 6 ({SA}^{2} + {SB}^{2} + {SC}^{2})$ .

e) Đặt SA = a, SB = b, SC = c

Trong ΔABC, ta có:

$cosA = \frac{{AB}^{2} + {AC}^{2} - {BC}^{2}}{2 AB . AC} = \frac{a^{2}}{\sqrt{(a^{2} + b^{2}) (a^{2} + c^{2})}} > 0$

Tương tự cosB > 0, cosC > 0.

Vậy ΔABC có ba góc nhọn.

${SA}^{4} . \tan^{2} A = a^{4} (\frac{1}{\cos^{2} A} - 1) = a^{4} [\frac{(a^{2} + b^{2}) (a^{2} + c^{2})}{a^{4}} - 1]$

Mặt khác, ta có:

= $(a^{2} + b^{2}) (a^{2} + c^{2}) - a^{4} = a^{2} b^{2} + b^{2} c^{2} + c^{2} a^{2}$

= $4 ({S^{2}}_{SAB} + {S^{2}}_{SBC} + {S^{2}}_{SCA}) = 4 (S_{ABC}) \Rightarrow {SA}^{2} tanA = 2 S_{ABC} .$

Tương tự, ta có: ${SB}^{2} tanB = {SC}^{2} tanC = 2 SABC$ .

Vậy ${SA}^{2} tanA = {SB}^{2} tanB = {SC}^{2} tanC = 2 SABC$ .

Câu 4:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hình chiếu của S lên đáy ABCD trùng với trọng tâm tam giác ABD. Mặt bên (SAB) tạo với đáy góc $60 °$ . Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAD)

Xem đáp án

+ Xác định góc của (SAB) và mặt phẳng đáy.

Gọi G là trọng tâm tam giác ABD và E là hình chiếu của G lên AB. Ta có:

AB ⊥ SG & AB ⊥ GE⇒ AB ⊥ (SEG) ⇒ AB ⊥ SE.

SE ⊥ AB & GE ⊥ AB⇒ $\hat{(SAB), (ABCD)} = \hat{SEG} = 60 °$ .

+ Xác định khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAD).

Hạ GN ⊥ AD. Tương tự như trên, ta có: AD ⊥ GN & AD ⊥ SG⇒ AD ⊥ (SGN)

Hạ GH ⊥ SN, ta có GH ⊥ (SAD) suy ra khoảng cách từ G đến (SAD) là GH.

+ Tính GH.

Trong tam giác vuông SGN, ta có: $\frac{1}{{GH}^{2}} = \frac{1}{G S^{2}} + \frac{1}{G N^{2}}$

Do GN // AB nên $\frac{GN}{BA} = \frac{MG}{MB} = \frac{1}{3}$ . Ta có: $GN = \frac{BA}{3} = \frac{a}{3}$

Trong tam giác SGE, ta được $GS = GE . \tan 60^{°} = \frac{a \sqrt{3}}{a}$

(do GE = GN). Thế vào (1) ta được:

Ta có: M ∈(SAD) và MB = 3MG⇒ d(B,(SAD)) = 3d(G,(SAD)) = $\frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Câu 5:

Cho lăng trụ ABCD.A'B'C'D' có đáy ABCD là hình thoi, AB = $a \sqrt{3}$ , $\hat{BAD} = 120 °$ . Góc giữa đường thẳng AC' và mặt phẳng (ADD'A') là $30 °$ . Gọi M là trung điểm A'D', N là trung điểm BB'. Tính khoảng cách từ N đến mặt phẳng (C'MA)

Xem đáp án

Nhận xét:

Do tam giác A’B’D’ là tam giác đều nên C’M ⊥ A’D’

(C'A'D') ⊥ (AA'D'D) & (C'A'D') ∩(AA'D'D) ⇒ C’M ⊥ (AA’D’D)

Nên $\hat{AC', (AA' D' D)} = \hat{C' AM} = 30 °$ .

Gọi K là trung điểm của DD’, ta có AKC’N là hình bình hành nên K với N đối xứng nhau qua trung điểm O của AC’. Mà O ∈ (AMC’), do đó

d[N,(C'MA)] = d[K,(C'MA)]

+ Xác định khoảng cách từ K đến (C’MA).

Do (C’MA) vuông góc với (AA’D’D) theo giao tuyến AM nên kẻ KH ⊥ AM, ta có KH ⊥ (C’MA) hay d[K,(C'MA)] = KH.

+ Tính KH.

Ta có: $S_{AMK} = S_{AA' D' D} - (S_{AA' M} + S_{MD' K} + S_{ADK})$ (1)

Trong tam giác AMC’, ta có: $AM = C ’ M . \cot 30 ° = \frac{3 a \sqrt{3}}{2}$ .

Trong tam giác AA’M, ta có: $AA ’ = \sqrt{({AM}^{2} - A' M^{2})} = a \sqrt{6}$ .

Câu 6:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = a, AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SC tạo với (SAD) góc $30 °$ . Gọi G là trọng tâm tam giác SAB. Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SCD).

Xem đáp án

+ Xác định góc của SC với (SAD).

Hạ CE ⊥ AD, ta có E là trung điểm AD và CE ⊥ (SAD) nên $\hat{CSE} = 30 °$ .

$\hat{CSE}$ cũng chính là góc giữa SC và mp(SAD)

Trong ΔCSE, ta có:

$SE = CE . \tan 60 ° = a \sqrt{3} \Rightarrow SA = \sqrt{({SE}^{2} - {AE}^{2})} = \sqrt{(3 a^{2} - a^{2})} = a \sqrt{2}$ .

Nhận xét

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và AE.

Ta có MN // BE nên MN // CD. Như vậy MN // (SCD). Ta suy ra

d(M,(SCD)) = d(N,(SCD)).

Mà DN/DA = 3/4 nên d(N,(SCD)) = 3/4 d(A,(SCD))

+ Xác định khoảng cách từ A đến (SCD).

Vì vậy tam giác ACD vuông cân tại C nên CD vuông góc với AC.

CD ⊥ AC & CD ⊥ SA ⇒ CD ⊥ (SAC) ⇒ (SCD) ⊥ (SAC).

Hạ AH ⊥ SC, ta có AH ⊥ (SCD).

Trong tam giác SAC, ta có:

$\frac{1}{{AH}^{2}} = \frac{1}{{AS}^{2}} + \frac{1}{{AC}^{2}} = \frac{1}{2 a^{2}} + \frac{1}{2 a^{2}} \Rightarrow AH = a$

Ta có: $\{\begin{cases} S \in (SCD) \\ \frac{SG}{SM} = \frac{2}{3} \end{cases}$ nên $d (G, (SCD)) = \frac{2}{3} d (M, (SCD))$

Như vậy $d (G, (SCD)) = \frac{2}{3} d (M, (SCD)) = \frac{2}{3} . \frac{3}{4} d (A, (SCD)) = \frac{a}{2} .$

Câu 7:

Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông với AB = BC = a, cạnh bên AA' = $a \sqrt{2}$ . Gọi M là trung điểm BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B'C.

Xem đáp án

Gọi N là trung điểm của BB’, ta có: CB’ // MN nên CB’ // (AMN). Như vậy

d(BC’, AM) = d(B’, (AMN)) = d(B, (AMN))

(vì B, B’ đối xứng qua N ∈ (AMN)).

Hạ BH ⊥ (AMN), ta có d(B, (AMN)) = BH.

Nhận xét:

Tứ diện B.AMN có ba cạnh BA, BM, BN vuông góc nhau từng đôi một nên

Câu 8:

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung điểm SA, M là trung điểm của AE, N là trung điểm của BC. Chứng minh rẳng MN vuông góc với BD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và AC.

Xem đáp án

Gọi P là trung điểm SA, ta có MPCN là hình bình hành.

Như vậy MN // PC, suy ra MN // (SAC).

Do BD ⊥ (SAC) nên BD ⊥ MN.

Ta có: d(MN, AC) = d(N, (SAC))

Mà C ∈(SAC) & CN/CB = 1/2

Nên d(N, (SAC)) = 1/2 d(B, (SAC)) = 1/2 BO (O là giao điểm của AC và BD).

Vậy d(N, (SAC)) = $\frac{1}{4} a \sqrt{2}$ .

Câu 9:

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 2a. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với đáy (ABC). Gọi M là trung điểm của AB, mặt phẳng qua SM song song với BC cắt AC tại N. Biết góc tạo bởi (SBC) và (ABC) là $60 °$ . Tìm khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN.

Xem đáp án

Nhận xét

Gọi (α) là mặt phẳng qua SM và song song với AB.

Ta có BC // (α) và (ABC) là mặt phẳng chứa BC nên (ABC) sẽ cắt (α) theo giao tuyến d đi qua M và song song với BC, d cắt AC tại N.

Ta có (α) chính là mặt phẳng (SMN). Vì M là trung điểm AB nên N là trung điểm AC.

+ Xác định khoảng cách.

Qua N kẻ đường thẳng d’ song song với AB.

Gọi (P) là mặt phẳng đi qua SN và d’.

Ta có: AB // (P).

Khi đó: d(AB, SN) = d(A, (P)).

Dựng AD ⊥ d’, ta có AB // (SDN). Kẻ AH vuông góc với SD, ta có AH ⊥ (SDN) nên:

d(AB, SN) = d(A, (SND)) = AH.

Trong tam giác SAD, ta có

Trong tam giác SAB, ta có $SA = AB . \tan 60 ° = 2 a \sqrt{3}$ và AD = MN = BC/2 = a.

Thế vào (1), ta được

CHỌN BỘ SÁCH BẠN MUỐN XEM

Giải SBT Toán 11 Chương 3: Vectơ trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian

Đề toán tổng hợp ôn tập cuối năm

Danh sách câu hỏi

Bài thi liên quan