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

Hình vẽ minh họa:

Từ giả thiết ABCD là hình vuông và SB vuông góc với đáy

Ta có:

Hình vẽ minh họa

Gọi hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng 2t là S.ABCD với I là tâm của đáy ta có:

lần lượt vuông tại S; B; D

I là trung điểm của AC suy ra

Vậy thể tích hình chóp là:

Hình vẽ minh họa

Ta có:

Theo giả thiết ta có các tam giác ACD và BCD là các tam giác đều cạnh bằng 4

Gọi H là trung điểm của AB ta có: và

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

Vậy

Ta có:

Thể tích khối chóp tam giác là

Hình vẽ minh họa

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD

Ta có: tam giác SAC cân, O là trung điểm của AC nên

Tương tự tam giác SBD cân, O là trung điểm của BD nên

Suy ra OA là hình chiếu vuông góc của SA lên mặt phẳng đáy

ABCD là hình vuông nên

Xét tam giác vuông SOA ta có:

Vì lăng trụ đều nên các cạnh bằng nhau. Do đó đáy là đa giác đều.

Vì lăng trụ đều là lăng trụ đứng nên các mặt bên vuông góc với đáy.

Vì lăng trụ đều là lăng trụ đứng nên các cạnh bên vuông góc với đáy.

Vì lăng trụ đều là lăng trụ đứng nên các cạnh bên bằng nhau và cùng vuông góc với đáy. Do đó các mặt bên là những hình vuông.

Hình vẽ minh họa

Gọi H là trọng tâm tam giác ABC suy ra

Gọi M là trung điểm của BC

Vì độ dài chiều cao của tam giác đáy và cạnh bên của hình chóp tỉ lệ 1 : 2

Hay

Xét tam giác SAH vuông tại H ta có:

Vậy

"Nếu b ⊥ m thì b ⊂ (P) hoặc b ⊂ (Q)" là khẳng định sai vì có thể b ⊂ (P) và b ⊂ (Q).

Mệnh đề sai: "Hai đường thẳng phân biệt cùng song song với một mặt phẳng thì song song với nhau."

Ta có:

Giả sử hình lập phương có cạnh bằng .

Trong tam giác ta có:

Hình vẽ minh họa

Ta có: Hình chiếu của SD lên mặt phẳng (ABCD) là AD nên góc giữa SD và mặt phẳng đáy là góc

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)

Mệnh đề: “Nếu a ⊥ (P) và a ⊥ b thì b // (P).” sai vì b có thể nằm trong (P).

Mệnh đề: “Nếu a // (P) và a ⊥ b thì b // (P).” sai vì b có thể cắt P hoặc b nằm trong P.

Mệnh đề: “Nếu a // (P) và a ⊥ b thì b ⊥ (P).” sai vì b có thể nằm trong (P).

Từ giả thiết suy ra ABDC là hình thoi nên BC ⊥ AD.

Ta có:

BC ⊥ AD và BC ⊥ SD

=> BC ⊥ (SAD)

=> BC ⊥ SA.

Lại có theo giả thiết IH ⊥ SA => SA ⊥ (HCB) => SA ⊥ BH

Tính được:

Ta có:

=> Tam giác HBC có trung tuyến IH bằng nửa cạnh đáy BC nên hay BH ⊥ HC.

Từ đó suy ra (SAB) ⊥ (SAC). Dùng phương pháp loại trừ thì khẳng định “(SDB) ⊥ (SDC)” là sai.

Hình vẽ minh họa

Hai mặt phẳng và mặt phẳng có điểm B chung và MN // CD nên theo tính chất giao tuyến của hai mặt phẳng thì giao tuyến là đường thẳng d đi qua B và song song với MN (hoặc song song với CD).

Hình vẽ minh họa:

Gọi I là trung điểm của AD

=> SI ⊥ AD => SI ⊥ (ABCD)

Kẻ Ax // BD

Ta có d(BD, SA) = d (BD, (SAx)) = d (D, (SAx)) = 2d (I, (SAx))

Kẻ IE ⊥ Ax, kẻ IK ⊥ SE

Khi đó d (I, (SAx)) = IK

Gọi F là hình chiếu của I trên BD, ta có:

Xét tam giác vuông SIE ta có:

=>

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:

Do góc giữa hai đường thẳng bằng hoặc bù với góc giữa hai vecto chỉ phương của chúng nên đáp án đúng là: 

Hình vẽ minh họa

Gọi E là trung điểm cạnh AC. Khi đó ta có: EM // AB.

Ta có: là tứ diện đều cạnh bằng 1 và

Khẳng định đúng: “Khoảng cách từ một điểm A bất kì đến mặt phẳng (P) bằng độ dài đoạn AH với H là hình chiếu vuông góc của A trên (P).”

Mệnh đề đúng: “Một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì vuông góc với đường thẳng kia”.

Hình vẽ minh họa

Kẻ , gọi

Ta có:

Lại có:

Do tam giác SAB cân tại S nên H là trung điểm của AB

Hình vẽ minh họa

Dựng

Dựng . Dễ thấy

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Khi đó ta có (1).

Mặt khác ta lại có ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên

(2)

Từ (1) và (2) ta có tại O

Khi đó B’O là hình chiếu của AB’ lên mặt phẳng (BDD’B’).

Suy ra góc tạo bởi đường thẳng AB’ và mặt phẳng (BDD’B’) là

Xét tam giác vuông AB’O có

Vậy

Hình vẽ minh họa:

Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên đáy ABCD là hình vuông và các cạnh bên bằng nhau.

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

Khi đó các tam giác SOA, SOB, SOC, SOD bằng nhau nên bốn đoạn thẳng OA, OB, OC, OD bằng nhau.

Suy ra O trùng với tâm của hình vuông ABCD, hay O là giao điểm của AC và BD. Vậy chiều cao của hình chóp là:

Hình vẽ minh họa

Ta có: là hình lập phương nên các tứ giác đều là hình vuông

Do đó

Suy ra

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:

Hình vẽ minh họa:

Gọi H là hình chiếu của S lên (ABCD).

Ta có:

=> AB ⊥ MH

=> MH là đường trung bình của hình vuông ABCD

Giả sử MH cắt CD tại N, ta có N là trung điểm CD

Ta cũng có SN ⊥ CD nên

Gọi P là trung điểm BC, ta có MP // AC nên AC // (SMP)

Do đó, d(SM, AC) = d(AC,(SMP)) = d(O,(SMP))

Gọi K là hình chiếu của H lên MP (nhận thấy HK // OB), I là hình chiếu của H lên SK

Khi đó d(H, (SMP)) = HI

Áp dụng định lý cosin cho tam giác SMN, ta có:

Xét tam giác vuông SHN ta có:

Xét tam giác SHK vuông tại H, ta có:

Mặt khác:

Hình vẽ minh họa:

Xét tam giác ICD có J là trung điểm của CD =>

Tam giác ABC có AB = AC và => Tam giác ABC đều => CI ⊥ AB

Tương tự ta chứng minh được tam giác aBD đều => DI ⊥ AB

Ta có:

Hình vẽ minh họa

Giả sử M, N, O lần lượt là trung điểm của BB’; B’C’; AB

=> MP // AB’; MN // BC’

=> Góc cần tìm là góc giữa MP và MN

=>

Lấy Q là trung điểm của A’B’ khi đó suy ra:

Do nên

Ta có:

Nên

Vậy khoảng cách

Gọi H, K lần lượt là trung điểm của A’B’, BC.

Khi đó ta có HB // PM, . Suy ra (1)

Mặt khác ta có (vì )

(2)

Từ (1) và (2) suy ra . Vậy góc giữa đường thẳng AP và mặt phẳng (MNP) là góc

Ta có

Suy ra

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

Ta có:

Thể tích khối chóp tam giác là

Hình vẽ minh họa

Ta có:

Ta có:

Lại có:

Thể tích cần tìm là:

Trong (SBD), gọi

Ta có BC // AD, áp dụng định lý Ta – let ta được:

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SBD có cát tuyến OMI ta có:

Tam giác SAD vuông tại A có

=>

Mặt khác:

Lại có ABCD là hình thang vuông tại A, B và nên

=>  mà

Kẻ , có (do )

Xét tam giác SAC vuông tại A có , AH là đường cao:

Xét tam giác SBD có:

Xét tam giác DIO có:

Do đó:

Mặt khác:

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

Mà

Tam giác SAB có đường cao

Mà

Tương tự chứng minh ta được: