Đề kiểm tra Toán 11 Cánh diều Chương 8 có đáp án - Đề 1

Vì $\Delta ABC$ vuông tại $B$ nên $BC \bot AB$ (1).

Vì $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC$ (2).

Từ (1) và (2), suy ra $BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB$. Chọn A.

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB//CD$.

Suy ra $\left( {SA,CD} \right) = \left( {SA,AB} \right) = \widehat {SAB} = 60^\circ$. Chọn C.

Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AC \bot BD$ (1).

Vì $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SA$ và $SC$ nên $MN$ là đường trung bình của $\Delta SAC$.

Suy ra $MN//AC$ (2).

Từ (1) và (2), suy ra $MN \bot BD$. Chọn A.

Vì $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên hình chiếu của $SC$ lên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ là $AC$. Chọn D.

Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BC$ mà $BC \bot AB$ nên $BC \bot \left( {SAB} \right)$. Chọn D.

a) ${V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {a^3}$.

b) $A'C = a\sqrt 3$.

c) Có $ACC'A'$ là hình bình hành nên $AC//A'C'$.

Khi đó $\left( {AC,A'D'} \right) = \left( {A'C',A'D'} \right) = \widehat {D'A'C'} = 45^\circ$.

d) Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$.

Ta có $AO \bot BD$ mà $AA' \bot BD$ nên $BD \bot \left( {AOA'} \right)$.

Hạ $AH \bot A'O$ và $AH \bot BD\left( {BD \bot \left( {AOA'} \right)} \right)$ nên $AH \bot \left( {A'BD} \right)$.

Suy ra $d\left( {A,\left( {A'BD} \right)} \right) = AH$.

Ta có $AO = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Xét $\Delta A'AO$ vuông tại $A$, ta có $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{{A'}^2}}} + \frac{1}{{A{O^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{2}{{{a^2}}} = \frac{3}{{{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

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

a) Vì $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC$ mà $BC \bot AB$ $\Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB$

$\Rightarrow \Delta SBC$ là tam giác vuông tại $B$.

b) Vì $BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH$ mà $AH \bot SB$ nên $AH \bot \left( {SBC} \right)$.

c) Vì $AH \bot \left( {SBC} \right)$ nên $AH \bot SC$ mà $AK \bot SC$$\Rightarrow SC \bot \left( {AHK} \right) \Rightarrow SC \bot HK$ hay $\left( {SC,HK} \right) = 90^\circ$.

d) Vì $HK \bot SC$ và $AK \bot SC$ nên $SC \bot \left( {ADK} \right) \Rightarrow AD \bot SC$ (1).

Mà $SA \bot \left( {ADC} \right) \Rightarrow SA \bot AD$ (2).

Từ (1) và (2), suy ra $AD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow AD \bot AC$ hay $\left( {AC,AD} \right) = 90^\circ$.

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

Gọi $M$ là trung điểm của $AD$. Khi đó $ABCM$ là hình vuông.

Hạ $MH \bot SD$.

Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot CM$ mà $CM \bot AD$ nên $CM \bot \left( {SAD} \right)$. Suy ra $CM \bot SD$.

Lại có $MH \bot SD$ nên $SD \bot \left( {MHC} \right)$. Suy ra $CH \bot SD$.

Do đó $\left[ {A,SD,C} \right] = \left[ {M,SD,C} \right] = \widehat {MHC}$.

Xét $\Delta SAD$ vuông tại $A$, có $\tan \widehat {SDA} = \frac{{SA}}{{AD}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{2a}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

Suy ra $\sin \widehat {SDA} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

Xét $\Delta MHD$ vuông tại $H$, có $\sin \widehat {SDA} = \frac{{MH}}{{MD}} \Rightarrow MH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Vì $CM \bot \left( {SAD} \right)$ nên $CM \bot MH$. Do đó $\Delta CMH$ vuông tại $M$.

Có $CH = \sqrt {C{M^2} + M{H^2}} = \sqrt {{a^2} + \frac{{3{a^2}}}{9}} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}$.

$\cos \widehat {MHC} = \frac{{MH}}{{CH}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}:\frac{{2a\sqrt 3 }}{3} = \frac{1}{2} = 0{,}5$.

Trả lời: 0,5.

Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$.

Vì $S.ABCD$ là hình chóp đều nên $SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Gọi $I$ là trung điểm của $AB$.

Khi đó ta có $OI \bot AB$ và $OI = 3$.

Lại có $SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot AB$ mà $OI \bot AB$ nên $AB \bot \left( {SOI} \right) \Rightarrow AB \bot SI$.

Suy ra $\left( {\left( {SAB} \right),\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {OI,SI} \right) = \widehat {SIO} = 45^\circ$.

Xét $\Delta SOI$ vuông tại $O$, $\tan \widehat {SIO} = \frac{{SO}}{{OI}} \Rightarrow SO = OI = 3$.

Khi đó ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot 3 \cdot {6^2} = 36$.

Trả lời: 36.

Gọi $H$ là trung điểm của $AD$.

Vì $\Delta SAD$ đều nên $SH \bot AD$ mà $\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right),\left( {SAD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AD$ nên $SH \bot \left( {ABCD} \right)$.

Hạ $HI \bot BD$ và $SH \bot BD\left( {SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right)$ nên $BD \bot \left( {SHI} \right)$.

Hạ $HK \bot SI$ và $HK \bot BD\left( {BD \bot \left( {SHI} \right)} \right)$ nên $HK \bot \left( {SBD} \right)$.

Suy ra $d\left( {H,\left( {SBD} \right)} \right) = HK$.

Có $\Delta DIH$ đồng dạng $DAB$ nên $\frac{{DH}}{{DB}} = \frac{{IH}}{{AB}} \Rightarrow \frac{{IH}}{{AB}} = \frac{1}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow IH = \frac{{\sqrt 5 }}{5}$.

Có $\Delta SAD$ đều cạnh bằng 2 nên $SH = \frac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3$.

Xét $\Delta SHI$ vuông tại $H$, có $\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{3} + 5 = \frac{{16}}{3} \Rightarrow HK = \frac{{\sqrt 3 }}{4}$.

Lại có $\frac{{d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {H,\left( {SBD} \right)} \right)}} = \frac{{AD}}{{HD}} = 2 \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{2\sqrt 3 }}{4} \approx 0{,}87$.

Trả lời: 0,87.