Đề kiểm tra 45 phút Toán 11 Chương 8 Cánh Diều

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 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:

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).”

Ta có: SA ⊥ (ABC) => SA ⊥ BC

Mặt khác BC ⊥ AB

Suy ra BC ⊥ (SAB) nên hình chiếu vuông góc của SC trên (SAB) là SB

Vậy (vì tam giác SBC vuông tại B)

Hình vẽ minh họa:

Ta có:

BC ⊥ AB

BC ⊥ SA

=> BC ⊥ (SAB).

Vì SB ⊂ (SAB) và CD // (SAB) => d(SB, CD) = d(CD, (SAB)) = d(C, (SAB)) = BC = a

Mệnh đề sai: “Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là khoảng cách từ một điểm M thuộc mặt phẳng (P) chứa a và song song với b đến một điểm N bất kì trên b.”

Hình vẽ minh họa

Gọi I là trung điểm của AD

Tam giác SAD cân tại S suy ra

Ta có

Suy ra SI là đường cao của hình chóp

Theo giả thiết

Vì

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên SD

Mặt khác . Ta có:

Xét tam giác SID vuông tại I có:

Ta có:

Hình vẽ minh họa:

Ta có BC // B’C’ => BC // (AB’C’)

=> d(BC, AB’) = d(BC, (AB’C’)) = d(B, (AB’C’)) = d(A’ ,(AB’C’))

Gọi I và H lần lượt là hình chiếu vuông góc của A’ trên B’C’ và AI

Ta có: B’C’⊥ A’I và B’C’⊥ A’A nên B’C’⊥ (A’AI) => B’C’⊥ A’H

Mà AI ⊥ A’H

=> (AB’C’) ⊥ A’H.

Khi đó:

Vậy khoảng cách cần tìm là

Hình vẽ minh họa:

Trong mặt phẳng (ABD) qua P kẻ đường thẳng song song AB cắt AD tại Q.

Ta có:

Dễ thấy MN là đường trung bình của ∆ABC

=> MN // AB // PQ

=> 4 điểm M, N, P, Q đồng phẳng và MN = 3a

=> Thiết diện cần tìm chính là hinh thang MNPQ

Do tất cả các cạnh cạnh của tứ diện ABCD bằng 6a => ∆BNP = ∆AMQ.

Vậy MNPQ là hình thang cân.

Ta có:

Kẻ đường cao QI, ta có:

Hình vẽ minh họa

Gọi H là trung điểm của . Suy ra

Kẻ

Ta có:

Từ (1) và (2) suy ra HK là đoạn vuông góc chung của SA và BC

Do đó

Trường hợp "Đồng phẳng" và " Có thể đồng phẳng" sai vì có thể xảy ra trường hợp như hình vẽ sau:

Giả sử trường hợp "Không đồng phẳng" sai tức là ba vecto  , và đồng phẳng. 

Khi đó vì điều này mẫu thuẫn với giả thiết hai vecto  và không cùng phương.

Vậy đáp án đúng là "Không đồng phẳng"

Ta có: vuông tại H (H là trung điểm của BC)

Mà tam giác AIH vuông tại A nên

Tam giác BIC vuông tại I

Thay vào (*) ta được: 

Hình vẽ minh họa:

Gọi E là giao điểm của B’I và BC, H thuộc BC sao cho EA ⊥ AH tại A, K ∈ B’I sao cho KH ⊥ CB tại H.

Ta có: KH ⊥ CB => KH // CC’

=> KH ⊥ (ABC) tại H => KH ⊥ EA mà EA ⊥ AH => EA ⊥ (AKH) => EA ⊥ AK

Góc giữa hai mặt phẳng (AIB’) và (ACB) là

Ta có: BC = 2a.cos 30⁰ =

Mặt khác AE² = EC² + AC² − 2AC.EC. cos ACE

AE² = 3a² + a² − 2a..cos 150⁰= 7a²

=>

Ta có:

Ta có:

Hình vẽ minh họa

Gọi H là trung điểm của AB

Do tam giác SAB đều suy ra

Mà

Vậy SH là đường cao của hình chóp

Khi đó

Ta có:

Thể tích khối chóp là:

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

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 M là trung điểm CB, ta có: OM ⊥ BC.

Mặt khác vì OA, OB, OC đôi một vuông góc nên OA ⊥ (OBC)

=> OA ⊥ OM. Do đó khoảng cách giữa OA và BC là OM.

Ta có:

+ 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

Hình vẽ minh họa:

Dựng hình lăng trụ đứng tam giác ADE.BFC như hình vẽ, trong đó AB là cạnh bên.

Khi đó mặt phẳng (P) song song với hai mặt phẳng đáy của hình lăng trụ nói trên.

Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của (P) với CE và DF.

Không mất tính tổng quát, giả sử M thuộc đoạn AI.

Ta có = (CD, DF) = (CD, AB) = α, suy ra PQ = CF = a tan α.

Do đó:

Vậy 

Ta có:

Vì một mặt phẳng vuông góc với một trong hai mặt phẳng song song thì sẽ vuông góc với mặt phẳng còn lại.

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:

Ta có:

Ta lại có:

Hình vẽ minh họa

Gọi M là trung điểm của BC.

Khi đó

Trong tam giác vuông A’MA có:

Tam giác ABC đều nên

Vậy thể tích khối lăng trụ là:

Ta có tại B. Khi đó A’B là hình chiếu của A’C lên mặt phẳng (AA’B’B)

Vậy góc tạo bởi đường thẳng A’C và mặt phẳng (AA’BB’) là góc

Khi đó

Hình vẽ minh họa

Ta có tam giác ABC đều và M là trung điểm của BC nên

Ta có:

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 đúng: Nếu a và b cùng vuông góc với c thì a // b

+) Gọi H là trung điểm AB.

Vì tam giác ABC đều nên SH ⊥ AB

Ta có:

=> Hình chiếu của SC lên (ABCD) là HC.

(Vì tam giác SHC vuông tại H)

+) Ta có:

Xét tam giác SHC vuông tại H:

Vậy

Hình vẽ minh họa:

Ta có: SA ⊥ (ABC) mà BC thuộc (ABC)

=> SA ⊥ BC

Xét tam giác ABC vuông tại B ta có:

AB ⊥ BC

=> BC ⊥ (SAB) => BC ⊥ AH

Khi đó: AH ⊥ SB, AH ⊥ BC => AH ⊥ (SBC) => AH ⊥ SC

Nếu có: AH ⊥ AC trong khi SA ⊥ AC thì AC ⊥ (SAB)

=> AC ⊥ AB (vô lí)

Công thức tính thể tích là:

Ta có:

Lại có

Xét tam giác có

Theo định lí Pythagore đảo suy ra tam giác vuông tại

Suy ra hay

Dễ thấy các đáp án A’C’ ⊥ BD, A’B ⊥ DC’, BC’ ⊥ A’D đúng

Đáp án BB’ ⊥ BD sẽ bị sai trong trường hợp hình hộp có cạnh bên không vuông góc với mặt đáy

Ta có:

Thể tích khối trụ là:

Hình vẽ minh họa

Kẻ đường thẳng d qua B và song song AC

Gọi M là hình chiếu vuông góc của A lên d

Gọi H là hình chiếu của A lên SM.

Ta có:

Xét tam giác SAM có đường cao AH nên

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

Hình vẽ minh họa:

Ta có SH ⊥ (ABC) => SH ⊥ CH. (1)

Tam giác ABC cân tại C => CH ⊥ AB (2)

Từ (1) và (2) => CH ⊥ (SAB)

Gọi I là trung điểm AC => HI // BC => HI ⊥ AC (3)

Mặt khác AC ⊥ SH (do SH ⊥ (ABC) (4)

Từ (3) và (4) => AC ⊥ (SHI)

Kẻ HK ⊥ SI (K ∈ SI) (5)

Từ AC ⊥ (SHI) => AC ⊥ HK (6)

Từ (5) và (6), suy ra HK ⊥ (SAC)

Vì HK ⊥ (SAC) và HC ⊥ (SAB) nên góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SAB) bằng góc giữa hai đường thẳng HK và HC

Xét tam giác CHK vuông tại K ta có:

Do đó