Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 87)

13769 lượt thi
93 câu hỏi
60 phút

BẮT ĐẦU LÀM BÀI

Câu 1:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm của SC.

a) Tìm giao điểm I của AM và (SBD).

b) Tìm giao điểm P của SD và (ABM). Chứng minh rằng P là trung điểm của SD.

c) Gọi N là điểm tùy ý trên cạnh AB. Tìm giao điểm K của MN và (SBD).

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm của SC. a) Tìm giao điểm I của AM và (SBD). (ảnh 1)

a) Trong (ABCD) gọi O = AC ∩ BD. Suy ra SO ⊂ (SAC), SO ⊂ (SBD)

Trong (SAC) gọi I = AM ∩ SO ta có:

I ∈ AM, I ∈ SO ⊂ (SBD)

Nên I ∈ (SBD)

Suy ra: I = AM ∩ (SBD)

b) Trong (SBD) gọi P = BI ∩ SD ta có:

P ∈ SD

P ∈ BI ⊂ (ABM) nên P ∈ (ABM)

Suy ra: P = SD ∩ (ABM)

Ta có: I là trọng tâm tam giác SAC nên $\frac{S I}{S O} = \frac{2}{3}$

Xét tam giác SBD có SO là trung tuyến ứng với cạnh BD, $\frac{S I}{S O} = \frac{2}{3}$

Nên I là trọng tâm tam giác SBD

Suy ra: BI là trung tuyến của tam giác SBD ứng với cạnh SD

Mà BI ∩ SD = P nên P là trung điểm của SD.

c) Trong (SBD) gọi K = MN ∩ BP ta có:

K ∈ MN

K ∈ BP ⊂ (SBD) nên K ∈ (SBD)

Vậy K = MN ∩ (SBD).

Câu 2:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Gọi K, J lần lượt là trọng tâm tam giác ABC và tam giác SBC. Xác định thiết diện hình chóp cắt bởi mặt phẳng chứa KI và song song AD.

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Gọi K, J lần lượt là trọng tâm tam giác ABC và tam giác SBC. (ảnh 1)

Ta dựng hình như hình vẽ.

Gọi GH // AD, G ∈ CD, H ∈ AB

JL // BC, I ∈ JL

Suy ra: GJLH là thiết diện cắt bởi mặt phẳng chứa KI và song song AD.

Câu 3:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và , SA = SB = SC, góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABC) bằng 60 độ.Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD.

Xem đáp án

Ta có: $\hat{B A D} = 120 ° \Rightarrow \hat{A B C} = 60 °$

Suy ra: tam giác ABC đều

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC)

Do SA = SB = SC nên HA = HB = HC

Suy ra: H trùng tâm đường tròn ngoại tiếp ABC

⇒ H là trọng tâm tam giác ABC (do tam giác đều)

⇒ $A H = \frac{2}{3} . \frac{a \sqrt{3}}{2} = \frac{a \sqrt{3}}{3}$

SH ⊥ (ABC) nên $\hat{S A H}$ là góc giữa SA và đáy

Tức: $\hat{S A H} = 60 °$

⇒ SH = AH.tan60°

$V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} . S H . S_{A B C D} = \frac{1}{3} . a .2 S_{A B C} = \frac{1}{3} . a .2. \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{6}$

Câu 4:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang (AB//CD và AB = 3CD). Gọi H là điểm thuộc cạnh SC sao cho SH = 3HC. Gọi K là giao điểm của SB và (ADH). Tính tỉ số $\frac{S K}{S B}$

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang (AB//CD và AB = 3CD). Gọi H là điểm thuộc cạnh SC sao cho SH = 3HC. Gọi K là giao điểm của SB và (ADH). (ảnh 1)

Chọn (SBC) ⊃ SB

Trong (ABCD), AD cắt BC tại E.

Từ đó ta có được (ADH) ∩ (SBC) = EH

Trong (SBC), EH ∩ SB = K

⇒ K = SB ∩ (ADH)

Áp dụng định lý Menelaus với ba điểm E, H, K thẳng hàng: $\frac{E C}{E B} . \frac{B K}{K S} . \frac{H S}{H C} = 1$

Mà $\frac{E C}{E B} = \frac{D C}{A B} = \frac{1}{3}; \frac{H S}{H C} = 3$

Suy ra: $\frac{B K}{K S} = 1 \Rightarrow \frac{S K}{S B} = \frac{1}{2}$

Câu 5:

Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, BC= a, $\hat{B S C} = 60 °$ cạnh SA vuông góc với đáy, mặt phẳng (SBC) tạo với (SAB) góc 30 độ. Thể tích khối chóp đã cho.

Xem đáp án

Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, BC= a, cạnh SA vuông góc với đáy, mặt phẳng (SBC) tạo với (SAB) góc 30 độ. Thể tích khối chóp đã cho. (ảnh 1)

Từ C kẻ CH⊥AB tại H. Từ H kẻ HK⊥SB tại K.

+ Giao tuyến của hai mặt phẳng (SBC) và (SAB) là SB.

$\{\begin{cases} H K \in (S A B) \\ H K ⊥ S B \end{cases} \{\begin{cases} C H ⊥ S B \\ H K ⊥ S B \end{cases} \Rightarrow S B ⊥ C K$

mà CK ∈ (SBC)

Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SAB) là $\hat{C K H} = 30 °$

$\{\begin{cases} B C ⊥ A C \\ B C ⊥ S A \end{cases} \Rightarrow B C ⊥ S C$

Tam giác SBC vuông tại C có góc $\hat{B S C} = 60 °$ nên: $S C = \frac{a}{\sqrt{3}}; S B = \frac{2 a \sqrt{3}}{3}$

+ Tam giác SBC vuông tại C có CK là đường cao nên $\frac{1}{C K^{2}} = \frac{1}{C S^{2}} + \frac{1}{C B^{2}} = \frac{1}{a^{2}} + \frac{3}{a^{2}} = \frac{4}{a^{2}}$

Suy ra: $C K = \frac{a}{2}$

+ Tam giác CKH vuông tại H (vì CH⊥(SAB)) và $\hat{C K H} = 30 °$ nên: $C H = C K . \sin 30 ° = \frac{a}{4}$

+ Tam giác ABC vuông tại C và có CH là đường cao nên $\frac{1}{C H^{2}} = \frac{1}{C A^{2}} + \frac{1}{C B^{2}} \Rightarrow \frac{1}{C A^{2}} = \frac{1}{C H^{2}} - \frac{1}{C B^{2}} = \frac{16}{a^{2}} - \frac{1}{a^{2}} = \frac{15}{a^{2}}$

Suy ra: $A C = \frac{a}{\sqrt{15}}$

+ Tam giác ABC vuông tại C nên $A B = \sqrt{A C^{2} + B C^{2}} = \frac{4 a}{\sqrt{15}}$

+ Tam giác SAB vuông tại nên $S A = \sqrt{S B^{2} - A B^{2}} = \sqrt{\frac{4 a^{2}}{3} - \frac{16 a^{2}}{15}} = \frac{2 a}{\sqrt{15}}$

Thể tích khối chóp là

V = \frac{1}{3} . S A . S_{A B C} = \frac{1}{6} . S A . A C . B C = \frac{1}{6} . \frac{2 a}{\sqrt{15}} . \frac{a}{\sqrt{15}} . a = \frac{a^{3}}{45}

Bắt đầu thi để xem toàn bộ câu hỏi trong đề

Bài thi liên quan:

Các bài thi hot trong chương:

Đánh giá trung bình

Thi Online Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án