Đề kiểm tra 45 phút Toán 11 Chương 8 Cánh Diều

Hình vẽ minh họa

Gọi

Ta có:

Ta có:

Ta có nên SA là đường cao của hình chóp

Tam giác ABC đều cạnh x nên

Vậy thể tích hình chóp là:

Hình vẽ minh họa

Gọi O là tâm của đáy.

Khi đó

Hình vẽ minh họa:

Do I là trung điểm của SC và O là trung điểm AC nên IO ∥ SA. Do SA ⊥ (ABCD) nên IO ⊥ (ABCD), hay khoảng cách từ I đến mặt phẳng (ABCD) bằng độ dài đoạn thẳng IO

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

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

Gọi O là tâm 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

Tam giác SOA vuông tại O nên

Vậy thể tích hình chóp là:

Mệnh đề sai là: “(P) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB nếu nó đi qua ba điểm phân biệt cách đều A và B.”

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:

Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của BC và B’C’; I = BM ∩ AB’, J = CN ∩ AC’, E = MN ∩ A’Q.

Suy ra (MNP) ∩ (AB’C’) = (MNCB) ∩ (AB’C’) = IJ và gọi K = IJ ∩ PE

=> K ∈ AQ, với E là trung điểm của MN.

(AA’QP) ⊥ IJ => AQ ⊥ IJ, PE ⊥ IJ

=> ((MNP), (AB’C’)) = (AQ, PE) = α.

Ta có: AP = 3, PQ = 2

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 là tâm hình vuông

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

Trong tam giác SOC vuông tại O ta có:

Vậy thể tích hình chóp là:

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 DC // AB nên khoảng cách giữa SB và DC bằng khoảng cách giữa mặt phẳng (SAB) và DC.

Do đó: d(DC, SB) = d(DC, (SAB)) = d(D, (SAB)) = AD =

Hình vẽ minh họa:

Gọi M là trung điểm của BC.

Do tam giác ABC và tam giác BCD lần lượt là tam giác cân tại A và tại D

=> BC ⊥ MA, BC ⊥ MD

=> BC ⊥ (ADM)

=> BC ⊥ AD

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

Hình vẽ minh họa

Gọi M, H lần lượt là trung điểm của BC, CD.

Do vuông tại nên hay là tâm đường tròn ngoại tiếp .

Mà nên AH là đường cao kẻ từ xuống hay .

(1)

M, H là trung điểm của BC, CD nên MH là đường trung bình của

Mà nên . (2)

Từ (1), (2) suy ra: .

Suy ra: .

Lại 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)

 Mệnh đề đúng: "Nếu hình hộp có ba mặt chung một đỉnh là hình vuông thì nó là hình lập phương"

Mệnh đề đúng: “Cho đường thẳng , mọi mặt phẳng thì ”.

Minh họa bằng hình vẽ:

"AH ⊥ (SBC) (do AH ⊥ SB và AH ⊥ BC); và AK ⊥ (SCD) (do AK ⊥ SD và AK ⊥ CD)" sai vì hai điều kiện AH ⊥ (SBC) (do AH ⊥ SB và AH ⊥ BC) và AK ⊥ (SCD) (do AK vuông góc với SD và AK ⊥ CD) chưa liên quan đến (SAC).

"AH ⊥ (SBC) (do AH ⊥ SB và AH ⊥ BC); và AK ⊥ (SCD) (do AK ⊥ SD và AK ⊥ CD) nên SC ⊥ (AHK)" đúng 

Ta có: AH ⊥(SBC) (vì AH ⊥ SB; AH ⊥ BC) nên AH ⊥  SC (1)

Và AK ⊥ (SCD) (vì AK ⊥ SD; AK ⊥ DC) nên AK ⊥ SC (2)

Từ (1) và (2) suy ra: SC ⊥ (AHK)

Từ đó suy ra hai mặt phẳng (AHK) và (SAC) vuông góc.

Vì chưa đủ điều kiện kết luận SC ⊥ (AHK)

=> "AH ⊥ (SBC) (do AH ⊥ SB và AH ⊥ BC) nên SC ⊥ (AHK)" và "AK ⊥ (SBC) (do AK ⊥ SD và AK ⊥ CD) nên SC ⊥ (AHK)" đều sai

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

Lấy M là trung điểm của SD

Góc cần tìm là góc giữa OM và SC

Ta có MC là trung tuyến của tam giác SCD

Xét tam giác MOC ta có:

Hình vẽ minh họa

Gọi O là trung điểm của AD.

Từ giả thiết ta có:

Vậy vuông tại C

Do đó (1)

Mặt khác 

=> vuông tại B.

Do đó (2)

Từ (1) và (2) ta có

Vậy điểm cách đều 4 điểm A, B, C, D là trung điểm của AD.

Hình vẽ minh họa:

Ta có:

Lại có:

=>

Hình vẽ minh họa

Gọi P là trung điểm của BD.

Ta có: lần lượt là đường trung bình của tam giác .

Do đó:

Vì là tứ diện đều

nên tam giác là tam giác đều.

Quan sát hình vẽ ta thấy:

Tam giác ABC vuông cân tại B

Khi đó

Ta có tam giác SAB vuông tại A nên

Ta có:

Xét tam giác MDA vuông tại A theo định lí Pytago ta có:

Ta có

Gọi N là giao của AB và CD. Gọi P là trung điểm AD nên ABCP là hình vuông

=>

Ta có (hai đường chéo hình vuông)

Mặt khác BP // CD.

Do đó tam giác ACD vuông tại nên tam giác ACN vuông tại C, mặt khác nên B là trung điểm AN.

Ta có AB giao (SCB) tại N nên

Ta có

Trong (SAC) kẻ

Xét tam giác SAC vuông tại A nên

Do đó

Ta có:

Giả sử hình lập phương có cạnh bằng .

Trong tam giác ta có:

Hình vẽ minh họa:

Gọi I là giao điểm của A’C và AC’

H là giao điểm của C’D và CD’

Ta có:

=> IH là hình chiếu vuông góc của AC’ và (A’BCD’). Do đó:

Xét tam giác C’HI vuông ta có:

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:

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

Trong không gian có vô số đường thẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một đường thẳng cho trước.

Hình vẽ minh họa:

Kẻ HI // BC (I ∈ CD) ta có:

=> Góc giữa mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng đáy là góc

Dựng hình bình hành ADBE

Ta có: BD // (SAE) => d(SA, BD) = d(BD, (SAE)) = d(B, (SAE)) = d(H, (SAE))

Kẻ HJ ⊥ AE (J ∈ AE) ta có: AE ⊥ (SHJ) => (SAE) ⊥ (SHJ) theo giao tuyến SJ

Kẻ HK ⊥ SJ (K ∈ SJ) ta có: HK ⊥ (SAE) => HK = d(H, (SAE))

Ta có:

Với

Vậy

Hình vẽ minh họa:

Ta có: ABCD là hình thoi =>AB = AD mà nên tam giác ABD là tam giác đều (*)

Ta có: A’A = A’B = A’D nên hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABCD) trùng với tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD. (**)

Từ (*) và (**) => I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.

Nếu a ⊥ b, b ⊥ c thì a // c hoặc a cắt c hoặc a trùng với c hoặc a chéo c.

 Hình vẽ minh họa:

Ta có:

Mặt khác:

Hình vẽ minh họa

Vì là hình lập phương nên và .

Khoảng cách giữa hai mặt phẳng và

Tam giác ABC vuông cân tại B, suy ra

Vì nên AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABCD).

Khi đó

Gọi M là trung điểm của AD => CM ⊥ AD.

Mà CM ⊥ SA nên CM ⊥ (SAD) => CM ⊥ SD

Hạ CH ⊥ SD . Khi đó SD ⊥ (CMH) => MH ⊥ SD

Ta có:

Ta lại có:

Tam giác MHC vuông tại M

Vậy