Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 Chương 8 Chân trời sáng tạo

Hình vẽ minh họa

Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó

Ta có:

Hình vẽ minh họa:

Ta có:

OC ⊥ BD

OC ⊥ CC’

=> OC là đoạn vuông góc chung của CC’ và BD.

Vậy d(CC’, BD) = OC = AC/2 = 2a/2 = a

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

Ta có:

Do là các đường chéo hình vuông bằng nhau.

Vậy tam giác là tam giác đều

Có 1 nếu M không thuộc a, có vô số nếu M thuộc a

Mệnh đề: “Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng bằng góc giữa đường thẳng và đường thẳng b với b vuông góc với (P).” sai vì hai góc này phụ nhau.

Mệnh đề: “Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) bằng góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (Q) thì mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng (Q).” sai vì (P) có thể trùng với (Q).

Mệnh đề: “Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) bằng góc giữa đường thẳng b và mặt phẳng (P) thì a song song với b.” sai vì a có thể trùng với b.

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 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:

Theo bài ta có AB là hình chiếu của SB trên (ABC)

Vậy

Mà ∆SBA vuông cân tại A nên

Gọi là số đo góc giữa MN và (BA’C’), K là hình chiếu vuông góc của N lên (B’A’C’).

Khi đó

Gọi E là trung điểm của A’C’, khi đó BMEB’ là hình chữ nhật. Gọi , ta có

Ta có

. Kẻ

Từ

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

Dễ thấy mặt phẳng không vuông góc với .

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:

Ta có: OA ⊥ OB, OA ⊥ OC => OA ⊥ (OBC) => OA ⊥ BC (*)

Gọi M là giao điểm của AH và BC

Theo giả thiết ta có: OH ⊥ (ABC) => OH ⊥ BC (**)

Từ (*) và (**) suy ra: BC ⊥ (AOM) => BC ⊥ OM

Xét tam giác BOC vuông ta có:

Xét tam giác AOI vuông ta có:

Từ chứng minh trên ta có: BC ⊥ (AOM) => BC ⊥ AM (1)

Gọi N là giao điểm của BH và AC. Chứng minh tương tự ta có: AC ⊥ BN (2)

Từ (1) và (2) => H là trực tâm tam giác ABC

Vậy là kết quả sai.

Hình vẽ minh họa

Gọi M là trung điểm của BC. Kẻ đường cao AK của tam giác SAM.

Tam giác ABC đều suy ra

Xét tam giác ABM vuông tại A ta có:

Vì

Xét tam giác ABK vuông tại K ta có:

Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy và chiều cao là:

Hình vẽ minh họa

Ta có nên .

Hình vẽ minh họa

Gọi M là trung điểm của AB. Ta có:

Suy ra tam giác ACB vuông tại C.

Hình vẽ minh họa

Ta có:

Ta có:

Mặt khác

Ta có:

Hình vẽ minh họa:

Do ABCD là hình thoi tâm O và SA = SC, SB = SD nên => SO ⊥ (ABCD)

Từ => AC ⊥ (SBD)

Từ => BD ⊥ (SAC)

Như vậy, các khẳng định “SO ⊥ (ABCD)”, “AC ⊥ (SBD)”, “BD ⊥ (SAC)” là các khẳng định đúng.

Khẳng định “BC ⊥ (SAB)” là khẳng định sai. Vì nếu BC ⊥ (SAB) suy ra BC ⊥ SB, cùng với BC ⊥ SO ta có BC ⊥ (SBD), nên qua điểm B có hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với đường thẳng BC (vô lí).