Đề kiểm tra 45 phút Toán 11 Chương 8 Cánh Diều

Gọi a là độ dài cạnh tứ diện. Khi đó

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:

Hình vẽ minh họa:

Ta có:

Ta lại có:

Hình vẽ minh họa

Ta có:

Mà

Đồng thời

Hình vẽ minh họa

Gọi I là trung điểm của BC

Suy ra

Vì nên hình chiếu của SA trên (ABC) là AI

Do đó góc giữa SA và mặt phẳng (ABC) bằng góc giữa SA và AI bằng

Tma giác SAI vuông tại I ta có:

Hình vẽ minh họa

Ta có:

Ta có:

Mặt khác

Ta có:

Hình vẽ minh họa

Ta có:

Nên tam giác ABC vuông tại A

Suy ra

Vậy

 Hình vẽ minh họa:

Ta có:

Mặt khác:

Hình vẽ minh họa:

Vì BB’ ⊥ (A’B’C’) nên A’B’ là hình chiếu vuông góc của A’B lên (A’B’C’)

=> Góc giữa đường thẳng A’B và mặt phẳng (A’B’C’) là

Ta có: A’B’ = BB’ = a nên tam giác B’A’B vuông cân tại B’

=>

Hình vẽ minh họa

Ta có:

Nhận thấy

Hình vẽ minh họa

Ta có:

Vậy mệnh đề sai là:

Giả sử cạnh của tam giác đều bằng 2a. Khi đó AB = AD = CB = CD = 2a

Gọi H là trung điểm của AC. Tam giác DAC đều suy ra DH ⊥ AC.

Tương tự BH ⊥ AC.

Ta có:

Gọi K là trung điểm của DB.

Ta có: ABD cân tại A nên

Và CBD cân tại C nên

Ta có:

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (DAB) và (DBC) là góc giữa hai đường thẳng AK và CK.

Ta có nên BDH vuông cân tại H.

Từ đó ta có:

Ta có: mà

Xét tam giác ACK có KH vừa là trung tuyến, vừa là đường cao nên tam giác ACK cân tại K.

Nên ta có: KH là phân giác của góc suy ra

Ta có:

Vậy

Gọi O là tâm hình vuông ABCD, suy ra SO ⊥ (ABCD).

Ta có:

Do

Tam giác SOC vuông tại O, trung tuyến OM, suy ra

=> Tam giác MOC cân tại M.

=>

Khi đó

Vậy

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).”

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.

Ta có:

Kẻ tại K, ta có:

Ta có:

Do đó tam giác CHK vuông cân tại K

Tam giác BHC vuông tại B nên

Mà

Gọi M, E lần lượt là giao điểm của HD với AC và BC.

Khi đó AEBD là hình bình hành nên EB = AD = 4a => EC = 10a

Ta có: AD // EC

Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ CN song song HD, với . Khi đó góc giữa hai đường thẳng SC và HD bằng góc giữa SC và CN.

Ta có:

Áp dụng định lý côsin trong tam giác SCN, ta có:

Vậy

Mệnh đề đúng là: Hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ ba thì có thể vuông góc với nhau

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:

Có một khi (P) và (Q) cắt nhau, có vô số khi (P) // (Q).

Hình vẽ minh họa

Gọi I là tâm đáy.

Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SI là đường cao của hình chóp.

Ta có:

Vì AI là trung tuyến của tam giác ABD vuông tại A

Chiều cao của khối chóp là

Thể tích khối chóp là:

Hình vẽ minh họa

Gọi góc giữa mặt phẳng và mặt phẳng là và

Ta có:

Ta có ABCD là hình vuông, BD = 2a nên

Ta có:

Xét tam giác AOA’ có

Mệnh đề: “Nếu a ⊥ (P) và a ⊥ b thì b // (P).” sai vì b có thể nằm trong (P).

Mệnh đề: “Nếu a // (P) và a ⊥ b thì b // (P).” sai vì b có thể cắt P hoặc b nằm trong P.

Mệnh đề: “Nếu a // (P) và a ⊥ b thì b ⊥ (P).” sai vì b có thể nằm trong (P).

Hình vẽ minh họa:

Gọi F là trrung điểm của AC => EF // SA

Do SA ⊥ (ABC) => SA ⊥ AB => EF ⊥ AB

Gọi G, J lần lượt là trung điểm của AC và AJ

=> CJ ⊥ AB, FG // CJ => FG ⊥ AB

Trong tam giác SAB kẻ GH // SA (H ∈ SB)=> GH ⊥ AB

=> Thiết diện cần tìm là hình thang vuông EFGH

=>

Hình vẽ minh họa

Giả sử

Lại có: suy ra tam giác SBC đều suy ra

Suy ra hay

Khi đó

Áp dụng định lí cosin cho tam giác MNC ta có:

Hình vẽ minh họa:

Theo giả thiết, suy ra AD là hình chiếu vuông góc của SD lên mặt phẳng (ABCD) và CD ⊥ AD (do ABCD là hình chữ nhật), nên theo định lý ba đường vuông góc suy ra CD ⊥ SD. Vì CD cũng vuông góc với BC nên CD là đoạn vuông góc chung của SD và BC.

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

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,

Ta có:

Thể tích khối chóp là:

Hình vẽ minh họa:

Ta có AC = AD = BC = BD = a, suy ra các tam giác ACD, BCD, CAB, DAB là các tam giác cân.

Gọi M là trung điểm của CD, suy ra AM ⊥ CD và BM ⊥ CD. Suy ra AM ⊥ MB và tam giác ABM vuông cân tại M.

Ta có MD = MC = x, suy ra AM = AB =

Gọi I là trung điểm của AB, suy ra IM =

Mặt khác, (ABC) ⊥ (ABD) nên tam giác ICD vuông tại I.

Suy ra:

Ta có:

Gọi I là trung điểm của AB. Khi đó

Ta có mà

Dựng tại H suy ra

Trong mặt phẳng (SAD) kẻ Hx // AD. Trong mặt phẳng (BC, Hx) qua C kẻ đường thẳng song song với BH cắt Hx tại K thì

Suy ra SK là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng (SAD) nên góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAD) là góc

Ta có

Trong tam giác SCI có

Suy ra

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)

Hình vẽ minh họa:

Gọi O là giao điểm của AC và BD

Theo giả thiết ta có: B’O ⊥ (ABCD)

Dó đó

Vì tam giác ABD đều cạnh a =>

Tam giác B’BO vuông ta có:

Hình vẽ minh họa

Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó

Ta có:

Hình vẽ minh họa:

Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên đáy ABCD là hình vuông và các cạnh bên bằng nhau.

Gọi O là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD).

Khi đó các tam giác SOA, SOB, SOC, SOD bằng nhau nên bốn đoạn thẳng OA, OB, OC, OD bằng nhau.

Suy ra O trùng với tâm của hình vuông ABCD, hay O là giao điểm của AC và BD. Vậy chiều cao của hình chóp là:

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

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 P là trung điểm của CD. Khi đó

Lại có hay tam giác MNP vuông tại P

Theo định lí Pythagore ta có:

Hình vẽ minh họa

Ta có: nên AI là hình chiếu vuông góc của SI trên mặt phẳng đáy.

Do đó góc giữa đường thẳng SI và mặt phẳng (ABCD) bằng góc giữa SI và AI.

Xét tam giác SAI vuông tại A nên

Vậy