Đề kiểm tra 45 phút Toán 11 Chương 8 Cánh Diều

Hình vẽ minh họa

Ta có: nên góc giữa hai đường thẳng và bằng góc giữa hai đường thẳng và và bằng góc

Mà tam giác ACD’ là tam giác đều nên

Hình vẽ minh họa

Gọi O là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của SO và BM.

Trong mặt phẳng (SAC) kẻ NK // AC,

Ta có: I là trọng tâm tam giác SBD.

Ta có:

Tam giác SBD đều cạnh bằng

Tam giác SBC vuông tại B

Lại có:

Vậy cosin góc giữa hai đường thẳng và là .

VD

1

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:

Hình vẽ minh họa

Ta có:

Nhận thấy

Hình vẽ minh họa:

Gọi H là trung điểm của AB => SH ⊥ AB

=> SH ⊂ (α) và SH ⊥ (ABCD) (do (SAB) ⊥ (ABCD) theo giao tuyến AB)

Kể HM ⊥ AB khi đó ta có: HM ⊂ (α)

Do đó thiết diện là tam giác SHM vuông tại H

Ta có:

Hình vẽ minh họa

Ta có:

Nên tam giác ABC vuông tại A

Suy ra

Vậy

Ta có:

Hình vẽ minh họa

Gọi O là tâm của đáy.

Khi đó

Hình vẽ minh họa

Gọi M là trung điểm của BC.

Ta có:

Trong tam giác vuông A’MA có:

Tam giác ABC đều nên

Vậy thể tích khối lăng trụ là:

Vì nên AB là hình chiếu của SB trên (ABC)

Vậy .

Hình vẽ minh họa:

Ta có:

Trong (SAC) kẻ OK⊥SA(1) ta có:

Từ (1) và (2) ta có OK là đường vuông góc chung của SA và BD

Khi đó

Hình vẽ minh họa

Ta có

Hình vẽ minh họa

Gọi M là trung điểm của BC thì

Từ đây dễ thấy góc cần tìm là

Do đó tam giác SAM vuông cân tại A và

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:

Vì SA ⊥ (ABCD) => SA ⊥ BD

Mà ABCD là hình thoi nên AC ⊥ BD

=> BD ⊥ (SAC)

Mặt khác SO và SC thuộc mặt phẳng (SAC)

=> BD ⊥ SO, BD ⊥ SC

Và AD, SC là hai đường thẳng chéo nhau

=> AD ⊥ SC là khẳng định sai.

Hình vẽ minh họa:

Ta có: MN // SB

=>

Do SH ⊥ (ABCD)

Ta có:

=>

Hình vẽ minh họa:

Gọi H là trung điểm của AB, ta có SH ⊥ AB, CH ⊥ AB

Mà (SAB) ⊥ (ABC) nên SH ⊥ (ABC)

Suy ra

Ta có:

∆SAB = ∆CAB (c.c.c)

=> SH = CH. Do đó ∆SCH vuông cân tại H

Vậy

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:

Hình vẽ minh họa

Gọi D là trung điểm của AB, vì tam giác SAB cân tại S và tam giác ABC cân tại C nên .

Hình vẽ minh họa

Ta có: AD // BC =>

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB =>

Ta có:

Từ (*) và (**) =>

Hình vẽ minh họa:

Gọi H = AM ∩ BD

Ta có:

=> SH ⊥ (ABC)

Vì AB song song CD nên theo định lý Ta-lét ta có:

=> d(B; (SAM)) = 2d(D; (SAM))

Kẻ DK ⊥ AM tại K.

Ta có: => DK ⊥ (SAM) tại K => d(D; (SAM)) = DK

=> d(B; (SAM)) = 2DK

Vì M là trung điểm của DC và ABCD là hình bình hành có diện tích 2a² nên ta có:

Lại có

Khi đó

Do vậy xét trong tam giác ADM ta có:

Lại có

Từ đó

Từ giả thiết suy ra ADCE là hình vuông

=> CE ⊥ AB, CE = AD = a

Ta có: CE ⊥ AB, CE ⊥ SA => CE ⊥ (SAB)

Vì CE = AD = a =>

=> Tam giác ABC vuông tại C => CB ⊥ AB

Kết hợp với CB ⊥ SA => CB ⊥ (SAC)

Ta có:

CD ⊥ AD, CD ⊥ SA => CD ⊥ (SAD)

=> Tam giác SDC vuông tại D

Dùng phương pháp loại trừ nên ta có: CE ⊥ (SDC) là khẳng định sai.

Hình vẽ minh họa:

Gọi độ dài cạnh hình lập phương là a, a > 0

Ta có:

Tính được

Trong tam giác B’CI ta có:

Hình vẽ minh họa:

Gọi M là trung điểm BC. Kẻ AK ⊥ SM tại K.

Ta có:

Lại có AK ⊥ SM = (SBC) ∩ (SAM)

=> AK ⊥ (SBC) ⇒ AK ⊥ SB

Kẻ AH ⊥ SB tại H. Suy ra SB ⊥ (AHK) ⇒ SB ⊥ HK

Ta có:

=> ((SAB), (SBC)) = (AH, HK) =

Xét tam giác SAB có:

Xét tam giác SAM có:

Xét tam giác AHK vuông tại K có:

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:

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:

Giả sử SA ⊥ (ABCD). Khi đó có đúng 2 mặt bên vuông góc với mặt đáy là (SAB), (SAD).

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

Ta có nên .

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

Gọi

Ta có:

Ta có:

Hình vẽ minh họa

Gọi H là trung điểm của AB

Do tam giác SAB đều nên

Lại có:

Vậy SH là đường cao của hình chóp

Tính được

Thể tích khối chóp là:

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:

=>

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)

Ta có:

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

Trong không gian cho đường thẳng Δ và điểm O. Qua điểm O có đúng một mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng Δ.

Hình vẽ minh họa

Ta có:

Mà

Theo giả thiết

Từ (1) và (2) suy ra

Mà

Hình vẽ minh họa:

Ta có:

Lại có:

=>