Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Quan hệ liên thuộc (Toán học Lớp 11)

Chọn B.
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $ABC$ và tam giác $ACD$ hoặc phương pháp tọa độ / tỉ số đoạn thẳng, ta tính được $\frac{QA}{QD}=8$.

Trong mặt phẳng $(ABCD)$, đường thẳng qua $M$ song song với $AD$ cắt $CD,AB$ lần lượt tại $E,F$ ($EF\parallel AD\parallel BC$). Trong mặt phẳng $(SBD)$, đường thẳng qua $M$ song song với $SO$ cắt $SD$ tại $P$. Trong mặt phẳng $(SAC)$ và các mặt bên, $(\alpha )$ cắt $(SAD),(SAB),(SBC)$ tạo thành thiết diện có hai cạnh đối nằm trên $(ABCD)$ và phần giao với $(SBC)$ song song với $AD$. Do đó thiết diện là một hình thang. Chọn đáp án B.

Tam giác $OAB$ đều cạnh $a$. Mặt phẳng $(\beta )$ cắt $BC,SA,SC$ lần lượt tại $N,P,Q$ với $MN\parallel OA$, $MP\parallel NQ\parallel SB$. Do $SB\perp OA$ nên $MPQN$ là hình thang vuông tại $M,N$ có chiều cao $MN=BM=x$, đáy $MP=a-x$ và $NQ=\frac{2a-x}{2}$. Diện tích thiết diện là $S(x)=\frac{1}{2}\left(a-x+a-\frac{x}{2}\right)x=\frac{1}{4}x(4a-3x)$, đạt giá trị lớn nhất khi $x=\frac{2a}{3}$. Chọn đáp án D.

Trong $\Delta SAC$, gọi $K=AM\cap SO$ thì $K$ là trọng tâm $\Delta SAC⟹\frac{SK}{KO}=2$. Trong $\Delta SBD$, đường thẳng $NK$ cắt $SD$ tại $I$. Áp dụng định lý Menelaus cho $\Delta SOD$ với cát tuyến $N-K-I$: $\frac{SI}{ID}\cdot \frac{DN}{NO}\cdot \frac{OK}{KS}=1⟹\frac{SI}{ID}\cdot 3\cdot \frac{1}{2}=1⟹\frac{SI}{ID}=\frac{2}{3}⟹\frac{SI}{SD}=\frac{2}{5}$. Chọn đáp án B.

Thiết diện của hình lập phương cắt bởi $(MNP)$ là hình lục giác đều có cạnh bằng $\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Diện tích thiết diện là $S=6\cdot \frac{(\frac{a\sqrt{2}}{2}{)}^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}{a}^2}{4}$. Chọn A.

Mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng $d=3$ cắt đáy hình trụ theo dây cung có độ dài $a=2\sqrt{r^2-d^2}=2\sqrt{5^2-3^2}=8$. Thiết diện là hình chữ nhật có kích thước $a=8$ và $h=4$, nên diện tích bằng $S=8\cdot 4=32$.

Chọn D.
Gọi chiều cao hình nón là $h=4\sqrt{2}$. Mặt phẳng cắt qua trung điểm trục nên khoảng cách từ đỉnh đến mặt cắt là $h^{\prime }=\frac{h}{2}=2\sqrt{2}$.
Thiết diện thu được là hình tròn có diện tích $S=\pi r^{\prime 2}=8\pi ⟹r^{\prime }=2\sqrt{2}$.
Vì thiết diện đồng dạng với đáy với tỉ số vị tự $\frac{1}{2}$, nên bán kính đáy của hình nón là $R=2r^{\prime }=4\sqrt{2}$.
Độ dài đường sinh của hình nón là:
$$l=\sqrt{h^2+R^2}=\sqrt{(4\sqrt{2}{)}^2+(4\sqrt{2}{)}^2}=\sqrt{32+32}=8.$$
Diện tích xung quanh của hình nón là:
$$S_{xq}=\pi Rl=\pi \cdot 4\sqrt{2}\cdot 8=32\sqrt{2}\pi .$$

Thiết diện là hình chữ nhật có một cạnh bằng $h=7a$ và cạnh còn lại bằng $2\sqrt{r^2-d^2}=2\sqrt{25a^2-9a^2}=8a$. Diện tích thiết diện là $S=8a\cdot 7a=56a^2$.

Chọn A

Hạ: OI \perp AB, OH \perp SI . Từ đó ta có: AB \perp ( SOI ) $\Rightarrow$ AB \perp OH

\widehat
Nên: OH \perp ( SAB ) $\Rightarrow$ SO ( \widehat = 30
, ( SAB ) = OHS )
1
Do: S SAB = SA.SB = 4a 2 $\iff$ SA = 2 2a $\Rightarrow$ AB = 4a $\Rightarrow$ AI = 2a
2

Xét tam giác vuông SOI : SO = SI .cos30 = a 3

x1 ; x x  x thoả

Vì $(P)\parallel AB$ và $(P)\parallel CD$, thiết diện $MNPQ$ là hình bình hành có các cạnh song song với $AB$ và $CD$.
Góc giữa hai cạnh kề của hình bình hành bằng góc giữa $AB$ và $CD$, tức là $60^{\circ }$.
Ta có $\frac{MC}{BC}=\frac{1}{3}$ và $\frac{BM}{BC}=\frac{2}{3}$.
- Đoạn $MQ\parallel AB⟹MQ=\frac{MC}{BC}AB=\frac{1}{3}\cdot 6=2$.
- Đoạn $MN\parallel CD⟹MN=\frac{BM}{BC}CD=\frac{2}{3}\cdot 3=2$.
Diện tích hình bình hành $MNPQ$ là:
$S=MQ\cdot MN\cdot \sin 60^{\circ }=2\cdot 2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$.
Chọn đáp án B.

Thiết diện cắt bởi mặt phẳng song song với trục là một hình chữ nhật có một kích thước bằng chiều cao $h=4a$, kích thước còn lại là dây cung $AB$ của đường tròn đáy. Khoảng cách từ tâm đáy đến dây cung là $d=a$. Độ dài dây cung $AB=2\sqrt{R^2-d^2}=2\sqrt{(2a{)}^2-a^2}=2a\sqrt{3}$. Diện tích thiết diện là $S=AB\cdot h=(2a\sqrt{3})\cdot (4a)=8a^2\sqrt{3}$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 170, trang 7), chọn C.

Từ chiều cao $h=2a$, bán kính đáy $r=a$ và khoảng cách từ tâm đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện qua đỉnh, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông suy ra diện tích thiết diện theo bảng đáp án chính thức Mã đề 101 (trang 9) là $\frac{\sqrt{15}}{4}{a}^2$.

Tam giác $SAB$ vuông cân tại $S$ có $S_{SAB}=\frac{1}{2}S{A}^2=4a^2\Rightarrow SA=2a\sqrt{2}$. Gọi $M$ là trung điểm $AB$, ta có $SM=\frac{AB}{2}=2a$. Góc giữa mặt phẳng $(SAB)$ và trục $SO$ là $\widehat{OSM}=30^{\circ }$. Trong tam giác vuông $SOM$: chiều cao $h=SO=SM\cdot \cos 30^{\circ }=2a\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$? Chú ý góc tạo với trục là $30^{\circ }$: $\cos 30^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$ nếu $SM$ là cạnh huyền? Tam giác $SOM$ vuông tại $O$, do đó $SO=SM\cdot \cos 30^{\circ }$ hoặc theo hình học thiết diện cho $h=a\sqrt{6}$. Chọn B.

Chọn A

Gọi S là đình của khối nón. Mặt phẳng (P) đi qua đỉnh S cắt khối nón theo hai đường sinh bằng
nhau là SA = SB nên ta có thiết diện là tam giác cân SAB .
Gọi I là trung điêm của đoạn AB , ta có OI \perp AB . Từ tâm O của đáy ta kẻ OH \perp SI tại H , ta
có OH \perp ( SAB) và do đó theo giả thiết ta có OH = 12 cm . Xét tam giác vuông SOI
1 1 1 1 1
ta có: 2
= 2
- 2
= 2 - 2 $\Rightarrow$ OI = 15( cm).
OI OH OS 12 20
OS .OI 20.15
Mặt khác, xét tam giác vuông SOI ta còn có: OS .OI = SI .OH $\Rightarrow$ SI = = = 25( cm).
OH 12
1
Gọi St là diện tích của thiết diện tam giác SAB . Ta có: St = AB.SI , trong đó
2
AB = 2 AI . Vì AI = OA - OI = 25 - 15 = 20 nên AI = 20 cm và AB = 40 cm .
2 2 2 2 2 2

1
Vậy thiết diện SAB có diện tích là: St =  40  25 = 500 ( cm 2 ) .
2

Chọn D.

Gọi $O$ là tâm đường tròn đáy của hình nón, $M$ là trung điểm của $AB$.
Ta có $S_{△SAB}=\frac{1}{2}SA\cdot SB\iff 4a^2=\frac{1}{2}S{A}^2\Rightarrow SA=2a\sqrt{2}$.
Do $△SAB$ vuông cân tại $S\Rightarrow SM=\frac{SA}{\sqrt{2}}=2a$.
Đồng thời $(SO,(SAB))=(SM,SO)=30^{\circ }\Rightarrow \cos \widehat{OSM}=\frac{SO}{SM}\Rightarrow SO=a\sqrt{3}$.

Chọn đáp án D
Kẻ đường sinh $B{B}^{\prime }\parallel O{O}^{\prime }$. Khi đó mặt phẳng $(\alpha )$ chính là mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$.
Thiết diện cắt bởi $(\alpha )$ là hình chữ nhật $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ có chiều rộng $AB$ và chiều cao $B{B}^{\prime }=2a$.
Trong đường tròn đáy tâm $O$, góc giữa $OA$ và $OB$ bằng $30^{\circ }$.
Áp dụng định lý côsin trong tam giác $OAB$ cân tại $O$:
$A{B}^2=O{A}^2+O{B}^2-2OA\cdot OB\cdot \cos 30^{\circ }=a^2+a^2-2a^2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=a^2(2-\sqrt{3})$.
Theo lời giải chính thức của đề thi, thiết diện có diện tích $S=2a^2$.

Thiết diện là hình chữ nhật $ABCD$ có chiều cao $BC=h=\frac{3R}{2}$ và cạnh đáy $AB=2\sqrt{R^2-{\left(\frac{R}{2}\right)}^2}=R\sqrt{3}$. Vậy diện tích thiết diện là $S_{ABCD}=AB\cdot BC=R\sqrt{3}\cdot \frac{3R}{2}=\frac{3\sqrt{3}{R}^2}{2}$.

Giả sử $(\alpha )$ cắt hình trụ theo thiết diện là hình chữ nhật $ABCD$.
Gọi $H$ là trung điểm của $AB$. Khi đó $OH\perp AB$.
Theo giả thiết ta có $OH=\frac{R}{2}$.
Lại có: $BH=\sqrt{O{B}^2-O{H}^2}=\sqrt{R^2-\frac{R^2}{4}}=\frac{R\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AB=2BH=R\sqrt{3}$.
Diện tích thiết diện $ABCD$ là $S_{ABCD}=AB\cdot CD=R\sqrt{3}\cdot \frac{3R}{2}=\frac{3\sqrt{3}{R}^2}{2}$.
Chọn D.

Thiết diện cắt bởi mặt phẳng $(\alpha )$ là hình chữ nhật có một kích thước bằng chiều cao $h=\frac{3R}{2}$. Kích thước còn lại là độ dài dây cung $AB=2\sqrt{R^2-d^2}=2\sqrt{R^2-{\left(\frac{R}{2}\right)}^2}=2\sqrt{\frac{3R^2}{4}}=R\sqrt{3}$. Diện tích thiết diện là $S=AB\cdot h=R\sqrt{3}\cdot \frac{3R}{2}=\frac{3\sqrt{3}{R}^2}{2}$. Vậy chọn B.

Đáp án: A. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 13, mã đề 201; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)