Đề kiểm tra 45 phút Toán 11 Chương 7 Kết nối tri thức

Đáp án đúng: “Đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau thì vuông góc với mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với đường thẳng kia.”

Quan sát hình vẽ ta thấy

Tam giác đều có cạnh bằng a nên

Do khối lăng trụ là lăng trụ đứng nên đường cao của lăng trụ là

Thể tích khối lăng trụ là

Hình vẽ minh họa

Ta có: là hình vuông nên

Và

Hình vẽ minh họa

Giả sử M, N, Q lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB, AC

Mặt khác ta có:

Ta có:

Xét tam giác NAC có:

Xét tam giác MNQ ta có:

Ta có:

nên SA là chiều cao của hình chóp.

Do tam giác ABC đều cạnh a nên

Ta lại có:

Hình vẽ minh họa:

Từ giả thiết suy ra tam giác ABD đều cạnh a.

Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD).

Do SA = SB = SD nên suy ra H cách đều các đỉnh của tam giác ABD hay H là tâm của tam giác đều ABD.

Suy ra:

Vì ABCD là hình thoi nên HI ⊥ BD.

Tam giác SBD cân tại S nên SI ⊥ BD

=> ((SBD), (ABCD)) = (SI, AI) =

Trong tam vuông SHI ta có:

Hình vẽ minh họa

Ta có:

Mà

Bài toán sai từ bước 1 vì

Theo quy tắc trừ hai vectơ ta có:

Hình vẽ minh họa

Dễ thấy

Ta có tam giác ABC cân tại A, M là trung điểm của BC suy ra

Theo giả thiết . Khi đó

Ta được

Hình vẽ minh họa

Gọi I là tâm đáy.

Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SI là đường cao của hình chóp.

Ta có:

Vì AI là trung tuyến của tam giác ABD vuông tại A

Chiều cao của khối chóp là

Thể tích khối chóp là:

Hình vẽ minh họa

Do ABCD là hình vuông cạnh bằng x nên

Dễ dàng chứng minh được

Đặt

Tam giác SBC vuông tại B nên

Ta được:

Vậy diện tích hình chóp là:

Hình vẽ minh họa:

Vì AB // CD ⇒ CD // (SAB)

=> d(CD, (SAB)) = d(D, (SAB))

Mà AD ⊥ (SAB) => d(D, (SAB)) = AD.

Xét tam giác ABD vuông tại A ta có:

AB² + AD² = BD² = 4a² => AD =

Gọi O là tâm hình bình hành ABCD.

Các mặt phẳng cách đều A, B, C, D và S là

1) Mặt phẳng qua trung điểm của SA, SB, SC, SD

2) Mặt phẳng qua O và song song (SAB)

3) Mặt phẳng qua O và song song (SAD)

4) Mặt phẳng qua O và song song (SCD)

5) Mặt phẳng qua O và song song (SBC)

Khẳng định đúng là “AB vuông góc với mặt phẳng (SAD)”

Thật vậy, do SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ AB

Mặt khác AB ⊥ AD.

Từ đó suy ra AB ⊥ (SDA)

Hình vẽ minh họa:

Ta có:

=> ABCD là hình chữ nhật, từ đó ta suy ra

AC = BD

AB ⊥ (SAD)

BC ⊥ AB

Đáp án SO ⊥ (ABCD) sai

Nếu SO ⊥ (ABCD) thì điều này vô lí

Hình vẽ minh họa:

Vì SA ⊥ (ABCD) nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (ABCD).

Do đó góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) là góc giữa SC và AC.

Hình vẽ minh họa:

Gọi J, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BB’ và CC’, H là hình chiếu vuông góc của C lên BB’

Ta có:

Xét tam giác AJK có:

Vậy tam giác AJK vuông tại A

Gọi F là trung điểm của JK khi đó ta có:

Gọi N là trung điểm của BC, xét tam giác ANF có:

( vì )

Lại có:

Xét tam giác AMA;’ vuông tại M ta có:

Hay

Vậy thể tích khối lăng trụ đã cho là:

Hình vẽ minh họa:

Gọi M’ là trung điểm OC.

Khi đó MM’ // SO => MM’ ⊥ (ABCD).

Theo công thức diện tích hình chiếu, ta có:

Hình vẽ minh họa:

Gọi N là trung điểm của BC, G là trọng tâm tam giác ABC.

Dựng hình chữ nhật AND

Kẻ GI // BC (I ∈ BD), GH ⊥ A’I (H ∈ A’I)

Ta có: C’N // (A’MB) (do C’N // MB)

=> d(C’, (A’BM)) = d(N, (A’BM))

Mà GN // (A’BM) (do GN // A’M)

=> d(N, (A’BM)) = d(G, (A’BM))

=> d(C’, (A’BM)) = d(G,(A’BM))

Ta có: BD // AN, AN // A’M => BD // A’M => A’, M, B, D đồng phẳng.

BD ⊥ GI (do ANBD là hình chữ nhật)

BD ⊥ A’G (do A’G ⊥ (ABC))

=> BD ⊥ (A’GI) => BD ⊥ GH

Mà A’I ⊥ GH => GH ⊥ (A’MB) => d(G, (A’BM)) = GH

Tính GH: ∆ABC đều, cạnh a

=>

Xét tam giác AA’G vuông tại G

=>

Ta lại có: GNBI là hình chữ nhật =>

Xét tam giác A’GI vuông tại G có GH ⊥ A’I

=>

Suy ra

+ Không mất tính tổng quát, đặt AB = 2

+ Gọi N là trung điểm AB suy ra

+ Gọi

Gọi

+ Ta có

+ Ta có 

+ Gọi NH là đường cao

+ Tam giác NJI đồng dạng tam giác MBJ

+ Tam giác SAB là tam giác đều cạnh bằng 2

Ta có:

Thể tích khối chóp tam giác là

Ta có:

Thể tích khối chóp là:

Ta có:

suy ra tam giác ABC vuông tại A

=> M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Vì nên là đường cao của hình chóp .

Hình vẽ minh họa

Gọi N, I lần lượt là trung điểm cạnh AC và SB.

Ta có: MN // AB và IM // SC nên

Mà

Xét tam giác IMN có

Hình vẽ minh họa:

Gọi D là trung điểm của AB, do giả thiết suy ra CD ⊥ AB.

Trong (ABC) kẻ HM // CD suy ra HM ⊥ AB (1).

Do giả thiết SH ⊥ (ABC) => SH ⊥ AB (2)

Từ (1), (2) suy ra AB ⊥ (SHM)

Trong mặt phẳng (SHM) kẻ HK ⊥ SM (3), theo chứng minh trên => HK ⊥ AB (4)

Từ (3), (4) => HK ⊥ (SAB) => d (H; (SAB)) = HK

Dễ thấy CH ∩ (SAB) = {A}

Do đó

Theo giả thiết ∆ABC đều =>

Xét ∆ABC do HM // CD theo định lý Ta - lét ta có:

Áp dụng hệ thức lượng trong ∆SHM vuông tại H, ta có:

Ta có nên A’H là đường cao của lăng trụ.

Kẻ (K thuộc đoạn AC)

Kẻ

Suy ra

Khi đó

+) Do tam giác MCB cân tại B nên

+) Mặt khác, góc giữa cạnh bên A’A và mặt đáy bằng (theo giả thiết)

Và BM = AM = AB = a

=> Tam giác AMB là tam giác đều cạnh a

Vì vậy,

Hình vẽ minh họa

Vì

Tam giác A’B’C’ vuông cân tại B’

Vậy .

Hình vẽ minh họa

Gọi P là trung điểm của CD. Khi đó

Lại có hay tam giác MNP vuông tại P

Theo định lí Pythagore ta có:

Hình chóp có tất cả các cạnh bên và cạnh đáy bằng nhau

Do đó: suy ra tam giác SAC cân tại A

Lại có ABCD là hình vuông

=> O là trung điểm cạnh AC

=> SO vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao của tam giác SAC

=>

Tương tự SO vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao của tam giác SBD

=>

Từ đó ta có:

Ta có:

Hình vẽ minh họa:

Gọi O là tâm của hình thoi ABCD

=> OJ là đường trung bình của tam giác BCD =>

Vì CD // OJ => (IJ; CD) = (IJ; OJ)

Xét tam giác IOJ có: => Tam giác IOJ đều

Vậy (IJ; CD) = (IJ; OJ) =

Hình vẽ minh họa

Gọi góc giữa mặt phẳng và mặt phẳng là và

Ta có:

Ta có ABCD là hình vuông, BD = 4a nên

Ta có:

Xét tam giác AOA’ có

Ta có: BC ⊥ SA, BC ⊥ SH => BC ⊥ (SAH)

CK ⊥ AB, CK ⊥ SA => CK ⊥ (SAB) => CK ⊥ SB

Mặt khác CH ⊥ SB => SB ⊥ (CHK)

Ta có: BC ⊥ (SAH) => BC ⊥ HK

SB ⊥ (CHK) => SB ⊥ HK

=> HK ⊥ (SBC)

Dùng phương pháp loại trừ ta suy ra: BC ⊥ (SAB) là đáp án sai.

Gọi d là đường thẳng qua M và vuông góc với (P). Do

Giả sử (R) là mặt phẳng chứa d. Mà

Có vô số mặt phẳng (R) chứa d. Do đó có vô số mặt phẳng qua M, vuông góc với (P) và (Q).

Hình vẽ minh họa:

Gọi I là trung điểm BC.

Trong tam giác SAI kẻ AH ⊥ SI (H ∈ SI).

Trong tam giác SBC, qua H kẻ đường song song với BC, cắt SC ở M, cắt SB ở N.

Qua cách dựng ta có BC // (AMN). (1)

Ta có: SI ⊥ AH, SI ⊥ MN (do SI ⊥ BC) => SI ⊥ (AMN) => (SBC) ⊥ (AMN). (2)

Từ (1) và (2), suy ra thiết diện cần tìm là tam giác AMN.

Dễ thấy H là trung điểm của MN mà AH ⊥ (SBC) suy ra AH ⊥ MN.

Tam giác AMN có đường cao AH vừa là trung tuyến nên nó là tam giác cân đỉnh A.

Gọi K là trung điểm AB, N là trung điểm của AM, H là trung điểm của CM.

Điểm M thuộc đoạn AD sao cho 3MD = AD = 3a

=> MD = a; AM = 2a

Tam giác SAB cân tại A nên AB ⊥ SK.

Vì HK là đường trung bình của hình thang vuông ABCM nên AB ⊥ HK và

Ta có: (1)

Tam giác SCM đều nên CM ⊥ SH (2)

Từ (1) và (2) suy ra SH ⊥ (ABCD)

Ta có AN = MN = MD = a nên ABCN là hình vuông, từ đó tam giác CMN vuông cân tại N.

Suy ra và

Tam giác SCM đều cạnh bằng nên

Tứ diện HSMN có HS, MN, HN đôi một vuông góc, đặt d = d(H, (SMN)).

Ta có:

Ta lại có:

Gọi I là hình chiếu của điểm B trên mặt phẳng (SAD)

Khi đó góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAD) là góc

Do BC // AD => BC //(SAD)

=>

Trong tam giác vuông BIS ta có:

Chân đường cao hình chóp đều S.ABCD trùng với tâm O của đáy ABCD. AO là hình chiếu của SA lên (ABCD)

=>

Gọi M là trung điểm của BC => OM là hình chiếu của SM lên (ABCD) và MO ⊥ BC.

Hình vẽ minh họa:

Gọi Q là trung điểm BC => OQ ⊥ BC.

Ta có:

Do đó ((SBC), (ABCD)) = (SQ, OQ) =

Tam giác vuông SOQ ta có:

Vậy mặt phẳng (SBC) hợp với mặt đáy (ABCD) một góc 60◦

Hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) vuông góc vì BC ⊥ (SAB) do BC ⊥ AB và BC ⊥ SA