Đề kiểm tra 45 phút Toán 11 Chương 8 Cánh Diều

Ta có:

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

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

Hình vẽ minh họa

Ta có:

Nhận thấy

Hình vẽ minh họa

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

Do đó

Suy ra

Hình vẽ minh họa

Gọi I, K, H lần lượt là trung điểm các cạnh DC, DB, AB.

Khi đó: .

Xét .

Ta có .

Xét . (1)

Xét , ta có: . (2)

Từ là tam giác đều

.

Hình vẽ minh họa

Ta có:

Lại có:

Mỗi đường thẳng a nằm trong (P) đều có đường thẳng b nằm trong (Q) sao cho a vuông góc với b, khi đó (P) và (Q) có thể trùng nhau.

Hình vẽ minh họa

Gọi H là trung điểm của AB

Tam giác SAB đều nên

Ta có:

Vậy SH là đường cao của hình chóp

Xét tam giác AHS vuông tại H ta có:

Thể tích khối chóp là:

Cho mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau, đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (Q), khi đó a nằm trên (P) hoặc song song với (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)

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 SBC là tam giác đều có H là trung điểm BC => SH ⊥ BC.

Mà ta có (SBC) ⊥ (ABC) theo giao tuyến BC

=> SH ⊥ (ABC) => SH ⊥ AB.

Vì HI là đường trung bình của tam giác ABC => HI // AC => HI ⊥ AB.

Ta có:

Dùng phương pháp loại trừ thì khẳng định “(SAB) ⊥ (SAC)” là sai.

Đáp án "Thuộc một mặt phẳng" sai vì có thể xảy ra trường hợp nằm trên nhiều mặt phẳng khác nhau.

Đáp án "Vuông góc với nhau" sai vì có thể xảy ra trường hợp chúng song song với nhau.

Đáp án "Song song với nhau" sai vì có thể xảy ra trường hợp chúng cắt nhau.

Đáp án "Song song với một mặt phẳng" đúng vì chúng đồng phẳng.

Ta có:

Lại có

Xét tam giác có

Theo định lí Pythagore đảo suy ra tam giác vuông tại

Suy ra hay

Do đó ((SBC),(ABCD)) = (SC, AC) =

Tam giác SAC vuông tại A =>

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:

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.

Hình vẽ minh họa

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên AC

Ta có:

Suy ra tam giác SAO đều

Thể tích khối chóp là:

Hình vẽ minh họa:

Ta có: 

Hình vẽ minh họa

Dựng

Ta có:

=> SE là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (SHD)

Do đó: Số đo của góc giữa SC lên mặt phẳng (SHD) bằng với số đo của góc

Ta có:

Hình vẽ minh họa

Ta có nên .

Hình vẽ minh họa:

Gọi M là trung điểm của AD

=> ABCM là hình vuông => CM ⊥ AD

Ta có:

Suy ra hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng (SAD) là SM

=>

=>

Hình vẽ minh họa

Gọi là trung điểm cạnh .

Khi đó nên vuông góc tại .

Do đó do vuông tại .

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).”

Do BD và A’C’ lần lượt nằm trên hai mặt phẳng (ABCD) và (A’B’C’D’) song song với nhau nên d(A’C’, BD) = d((ABCD),(A’B’C’D’)).

Mà ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên ta có d((ABCD), (A’B’C’D’)) = AA’ = a. Vậy d(A’C’, BD) = a.

Hình vẽ minh họa:

Vì S.ABC là hình chóp đều => SO⊥(ABC) (với O là tâm của tam giác ABC)

Do đó: SO ⊥ AA’ mà (α) ⊥ AA’ => SO // (α)

Tương tự ta cũng có BC // (α)

Qua M kẻ IJ // BC (I thuộc AB, J thuộc AC), kẻ MN // SO với N thuộc SA’

Qua N kẻ EF // BC với E thuộc SB và F thuộc SC

Khi đó thiết diện là hình thang IJEF

Diện tích hình thang là:

Xét tam giác ABC ta có:

Xét tam giác SBC ta có:

Xét tam giác SOA’ 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

Hình vẽ minh họa

Gọi O là tâm của đáy.

Khi đó

Ta có:

Thể tích khối chóp là:

Đặt

Gọi K là hình chiếu của A lên (C’IJ)

Ta có

Trong (ABCD) kẻ tại E

Trong (CEC’) kẻ tại H

Suy ra

Do đó

Ta có:

Vậy đạt giá trị lớn nhất là

Dấu xảy ra khi:

Mệnh đề sai: “Nếu a ⊥ b thì b // (P).”

Vì b có thể nằm trong (P).

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:

Hình vẽ minh họa:

Do AB // CD =>

Kẻ tại E (1)

Ta có:

Từ (1) và (2) =>

=>

Xét tam giác vuông SAD ta có:

Vậy

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

Bước 1: Xác định góc giữa hai đường thẳng AD’ và DB’

Kẻ đường thẳng d qua D, song song với AD', cắt A’D’ tại E

Suy ra

Bước 2: Tính

Kẻ đường thẳng qua H, song song với A’D’, cắt A’B’ tại F.

Lấy điểm I sao cho ADIH là hình bình hành.

Suy ra DI // AH , mà

=>

Ta có

Trong tam giác EDB’, có:

Suy ra

Hình vẽ minh họa:

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

Ta có:

Hình vẽ minh họa

Ta có: suy ra tam giác ABC vuông tại B

Ta có:

Suy ra tam giác SAB và tam giác SAC là các tam giác vuông tại A

Mặt khác suy ra tam giác SBC vuông tại B

Vậy hình chóp có bốn mặt đều là tam giác vuông.

Hình vẽ minh họa:

Phần 1: Xác định góc

Bước 1: Tìm giao tuyến giữa hai mặt phẳng:

Trong mặt phẳng (ADD’A’) gọi E là giao điểm của AD’ và A’D.

Trong mặt phẳng (A’B’C’D’) gọi F là giao điểm của B’D’ và A’C’.

Khi đó EF là giao tuyến của hai mặt phẳng (AB’D’) và (A’C’D).

Bước 2: Trong mỗi mặt phẳng, ta cần tìm đường thẳng vuông góc với giao tuyến:

Trong mặt phẳng (DA’C’) kẻ A’H ⊥ EF tại H, A’H cắt DC’ tại K.

Ta chứng minh D’H ⊥ EF.

Ta có:

Mặt khác:

Bước 3: Xác định góc giữa hai mặt phẳng:

Ta có:

=> α = ((AB’D’), (DA’C’)) = (D’H, A’H)

Phần 2: Tính góc α:

Ta sẽ sử dụng định lý cosin trong tam giác A’HD’

Bước 1: Chứng minh tam giác A’HD’ cân:

Trong tam giác A’DC’ ta có EF là đường trung bình, nên suy ra H là trung điểm A’K.

Vì A’D’ ⊥ (DD’C’C) nên A’D’ ⊥ D’K.

Do đó tam giác A’D’K vuông tại D’.

Xét tam giác A’D’K vuông tại D’ có D’K là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên D’H = A’H = A’K/2

Bước 2: Tính độ dài cạnh A’K:

Ta tính đường cao A’K của tam giác ADC’ thông qua diện tích.

Áp dụng định lý Pi – ta - go ta tính được độ dài các cạnh tam giác A’DC’ là:

Sử dụng công thức Hê-rông ta tính được

Mặt khác

Từ đó suy ra D’H = A’H = A’K/2 =

Bước 3: Tính góc α bằng định lý cosin:

Trong tam giác A’HD’ ta có:

Do đó góc giữa hai đường thẳng A’H và D’H bằng 61,6⁰

Vậy α = 61,6⁰