Đề kiểm tra Toán 11 Cánh diều Chương 4 có đáp án - Đề 02

Ta có $E \in BD \subset \left( {ABD} \right),\left( {BCD} \right)$, $E \in MN \subset \left( {CMN} \right)$.

Suy ra $E \notin \left( {ACD} \right)$. Chọn C.

Giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SAD} \right)$ là $SA$. Chọn B.

Các đường chéo của hình hộp là $AC';A'C;BD';DB'$. Chọn A.

Ta có $N \in BG \subset \left( {GAB} \right),N \in CD \subset \left( {ACD} \right)$.

Suy ra $AN = \left( {GAB} \right) \cap \left( {ACD} \right)$. Chọn A.

a) Vì $\left( {ABC} \right)//\left( {DEF} \right)$ mà $AM \subset \left( {ABC} \right)$ nên $AM//\left( {DEF} \right)$.

b) Vì $MN$ là đường trung bình của hình bình hành $BCFE$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}MN//BE\\MN = BE\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}MN//BE//AD\\MN = BE = AD\end{array} \right.$ (vì tứ giác $ABED$ là hình bình hành).

Suy ra tứ giác $AMND$ là hình bình hành.

c) Vì $I,J$ theo thứ tự là trọng tâm các tam giác $ABC,DEF$ nên $IM = JN = \frac{1}{3}DN = \frac{1}{3}AM$ (do tứ giác $AMND$ là hình bình hành $\Rightarrow AM = DN$) mà $IM//JN$ nên tứ giác $IMNJ$ là hình bình hành.

Suy ra $IJ//MN,IJ \subset \left( {IJK} \right) \Rightarrow MN//\left( {IJK} \right)$.

Ta lại có $AD//MN$ (vì tứ giác $AMND$ là hình bình hành).

Vậy $AD//\left( {IJK} \right)$.

d) Theo câu c) $IJ//MN$ (1).

Gọi $P$ là trung điểm của $CC'$, trong tam giác $DNP$ có $\frac{{DJ}}{{DN}} = \frac{{DK}}{{DP}} = \frac{2}{3}$.

Suy ra $JK//NP$ và $IJ,JK \subset \left( {IJK} \right)$, $IJ$ cắt $JK$ tại $J$ và $MN,NP \subset \left( {BCFE} \right)$ (2).

Từ (1) và (2), suy ra $\left( {IJK} \right)//\left( {BCFE} \right)$.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.

a) Ta có $O,N$ là trung điểm của của $AC,SC$ nên ON là đường trung bình của $\Delta SAC$.

Suy ra $ON//SA$.

b) Vì $AM//CD$và $AM = CD = AB$ nên $AMDC$là hình bình hành nên $MD//AC$.

c) Gọi $E$ là giao điểm của $MC$ và $AD$. Suy ra $E$ là trung điểm của $MC$.

$O$là trung điểm của $AC$. Suy ra $K$là trọng tâm của $\Delta ACM$.

Do đó $\frac{{EK}}{{EA}} = \frac{1}{3}$ (1).

Tương tự, có $G$ là trọng tâm $\Delta SMC$. Suy ra $\frac{{EG}}{{ES}} = \frac{1}{3}$ (2).

Từ (1) và (2), suy ra $GK//AS$ mà $ON//SA$ nên $ON//GK$.

d) Vì $G$ là trọng tâm $\Delta SMC$nên $\frac{{GM}}{{GN}} = 2$.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Đúng; d) Sai.

Ta có $M$ là điểm trên cạnh $SB$, $\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{1}{3}$ nên $\frac{{MB}}{{MS}} = 2$.

$IK//BD$ nên $IK//\left( {SBD} \right)$. Suy ra $\left( {SBD} \right) \cap \left( {SIK} \right) = Sx,Sx//IK//BD$.

Trong $\left( {SBD} \right),DM \cap Sx = N$. $N$là giao điểm của $DM$ và $\left( {SIK} \right)$.

Trong $\left( {SBD} \right)$, có $Sx//BD$ nên hai tam giác $SMN$ và $BMD$ đồng dạng.

Do đó $\frac{{MD}}{{MN}} = 2 \Rightarrow \frac{{ND}}{{NM}} = 3$.

Trả lời: 3.

Ta có cát tuyến $AE$ cắt ba mặt phẳng song song $\left( {EFGH} \right),\left( {IJKL} \right),\left( {ABCD} \right)$ lần lượt tại $E,I,A$; cát tuyến $GC$ cũng cắt ba mặt phẳng trên theo thứ tự tại $G,K,C$.

Áp dụng định lí Thalets trong không gian, ta có:

$\frac{{EI}}{{EA}} = \frac{{IL}}{{AD}} = \frac{{60}}{{180}} = \frac{1}{3} \Rightarrow IL = \frac{1}{3}AD$.

$\frac{{GK}}{{GC}} = \frac{{EI}}{{EA}} = \frac{{LK}}{{CD}} = \frac{{60}}{{180}} = \frac{1}{3} \Rightarrow LK = \frac{1}{3}CD$.

Khi đó diện tích hình chữ nhật $IJLK$ là

${S_{IJLK}} = IL \cdot LK = \frac{1}{3}AD \cdot \frac{1}{3}CD = \frac{1}{9} \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{9} \cdot 7{,}2 = 0{,}8$ (m2).

Trả lời: 0,8.

Trong mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$, kẻ $SN//MO\left( {N \in AC} \right)$.

Khi đó $N$ là hình chiếu của điểm $S$ lên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$theo phương chiếu $MO$.

Vì $MO//SN$ nên $\frac{{AM}}{{MS}} = \frac{{AO}}{{ON}} = 2 \Rightarrow \frac{{OC}}{{ON}} = 2 \Rightarrow \frac{{CN}}{{CA}} = \frac{1}{4} = 0{,}25$.

Trả lời: 0,25.