Đề kiểm tra 1 tiết Toán 11 - Quan hệ vuông góc trong không gian (Kèm đáp án)

Chia sẻ: Nguyễn Lê | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

751
lượt xem 182
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với nội dung quan hệ vuông góc trong không gian, góc giữa 2 mặt phẳng, góc giữa 2 đường thẳng,...trong đề kiểm tra 1 tiết Toán 11 gồm có 2 đề giúp bạn nâng cao kỹ năng giải các bài tập. Đồng thời đề thi này cũng giúp cho các thầy cô có thêm tài liệu để tham khảo chuẩn bị ra đề hoặc giúp đỡ học sinh ôn tập hiệu quả hơn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra 1 tiết Toán 11 - Quan hệ vuông góc trong không gian (Kèm đáp án)

Đề 5: Câu 1(NB 2đ)Cho hình bình hành ABCD tâm O và S   ABCD  .   1      Chứng minh rằng: SD  SO  AC  AB 2    Câu 2 (VD 1đ) Cho hình chóp S . ABC có SA, AB, AC đôi một vuông góc và SA=a.Tính SB.SC theo a. a 3 Câu 3: Cho hình chóp S . ABC có SAB, ABC đều cạnh bằng a, SC  .Gọi H,K lần lượt là trung điểm 2 của AB và SC.Chứng minh rằng: a.(NB 1,5đ): Chứng minh rằng AB   SCH  b.(TH 1,5đ):Chứng minh rằng SC   ABK  c.(TH 1đ):Gọi  là góc giữa đường thẳng SA và đường thẳng HC,tính cos . Câu 4:Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; SA  AB SA  AD và SA  a 6 ; AB  2a; AD  a ; ABC  450 a.(NB 2đ):Chứng minh rằng  SAD    ABCD  b.(VD 1đ):Tính góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABCD).
Đáp án        Câu 1 Ta có SD  SO  OC  CD (1) S 0,5 đ 2đ Mà ABCD là hình bình hành tâm O nên ta có:      1  C CD   AB và OC  AC (2) B 1,0 đ 2 O   1      A D Từ (1) và (2) suy ra SD  SO  AC  AB 0,5 đ 2        Ta có SB  SA  AB và SC  SA  AC 0,25đ Câu 2          2         1đ   SB.SC = SA  AB   SA  AC  SA  SA. AC  AB.SA  AB. AC S 0,25đ Vì SA,AB,AC đôi       một vuông góc nên   SA. AC  AB.SA  AB. AC  0 C 0,25đ    2  0,25đ  SB.SC  SA  SA2  a 2 A B Câu 3 S 3đ K 0,5 đ C A H B a/Ta có SAB, ABC đều,H là trung điểm của AB  AB  SH   SHC    0,5đ  AB  CH   SHC    AB   SHC  0,5đ b/Theo câu (a) ta có: AB   SHC   SC  AB   ABK  (1) 0,5đ Theo gt suy ra SAC cân tai A ,K là trung điểm cúa SC 0,25đ  SC  AK   ABK  (2) 0,5đ Từ (1) và (2) suy ra SC   ABK  0,25đ      c/Ta có SA  SH  HA ;          SA.HC  SH .HC  HA.HC    0,25đ mà AH  HC  HA.HC  0 Ta có SH,HC lần lượt là đường cao của SAB , ABC đều cạnh a a 3 a 3 0,25đ  SH  HC  mà SC   SHC đều 2 2       3a 2  SH .HC   HS .HC   HC 2 .cos60 0   8 2    3a 0,25đ   3a 2   SA.HC 8  3  SA.HC   8   cos SA, HC   SA.HC = a 3 4 a 2   3   cos  cos SA, HC   4 0,25 đ
Câu 4 a/Theo giả thuyết ta có : S Hvẽ 3đ SA  AB   ABCD  (1) 0,5đ 0,25đ SA  AD   ABCD  (2) A B 0,25đ Từ (1) và (2) suy ra SA   ABCD  D C 0,5đ mà SA   SAD    SAD    ABCD  E 0,5đ b/Gọi E  AD  BC ,xét ABE vuông tại A có ABE  ABC  450  ABE vuông cân tại A  AE  AB  2 a mà AD  a  D là trung điểm của AE.Theo gt ta có CD / / AB  C là trung điểm của BE  AC  BC mà SA  BC (do SA   ABCD  )  SC  BC 0,25đ  SBC    ABCD   BC  Ta có  SC   SBC  , SC  BC  Góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là góc giữa   AC   ABCD  , AC  BC đường thẳng AC và SC đó là góc SCA 0,25đ Theo chứng minh trên suy ra CD là đường trung bình của ABE 1  CD  AB  a 2 Xét ADC vuông tại D có AD  CD  a  AC  a 2 Xét SAC vuông tại A ( do SA   ABCD  ) có AC  a 2 , SA  a 6 0,25đ SA a 6  tan SCA    3  SCA  600 AC a 2 Góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là SCA  600 0,25đ
ĐỀ KIỂM TRA MỘT TIẾT NĂM HỌC 2011-2012 (Lớp 11). Giáo viên ra đề :Lê Văn Quang Đề kiểm tra lần 5 Câu 1 NB (2đ) Cho tứ diện ABCD. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD.   1    Chứng minh rằng : MN  2 AD  BC  Câu 2 VD (1đ) Cho hình lập phương ABCD.MNPQ có cạnh a     Tìm : AC . DM Câu 3 (4đ) Cho hình chóp S.MNPQ đáy MNPQ là hình vuông tâm O có cạnh bằng a ; SM  ( MNPQ) ; SM  a 6 a) (1,5đ NB) Chứng minh: SM  NP b) (1,5đ TH) Chứng minh: PQ  (SMQ) c) (1đ TH) Xác định và tính góc giữa SP với mp(MNPQ) a Câu 4 (3đ) Cho hình chóp S.ABC có ABC là tam giác đều cạnh a, SA  (ABC) và SA  2 Gọi M là trung điểm của BC a) (2đ) Chứng minh rằng: (SAM)  (ABC) b) (1đ) Tính góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (SBC)
ĐÁP ÁN Câu Nội dung Điểm Theo qui tắc 3 điểm ta có :     0,5 MN  MA  AD  DN       0,5 MN  MB  BC  CN          0,5 Câu 1  2MN  MA  MB  AD  BC  DN  CN (2đ)               2MN  AD  BC Do MA  MB  O ; DN  CN  O    1     0,5  MN  2  AD  BC  D C A B Câu 2 Q P (1đ) M N         0,5      AC . DM  MP . DM   MP MD cos MP , MD 0,5 =  a 2. a 2 cos600   a2 a) (1đ) S Hình vẽ 0,5 M Q Câu 3 P (4đ) N 1,0 SM  ( MNPQ)    SM  NP NP  ( MNPQ) 
SM  ( MNPQ)  b) (1,5đ)   SM  PQ (1) 0,5 PQ  ( MNPQ)  PQ  MQ ( Do MNPQ là hình vuông) (2) 0,5 Từ (1) và (2) suy ra PQ  (SMQ) 0,5 c) (1đ) SM  (MNPQ)  SM  MP Và MP là hình chiếu của SP trên mp(MNPQ) 0,25 0,25  Góc giữa SP và mp(MNPQ) là góc SPM   Tam giaù SPM vuoâgôû coùSM  a 6 , MP  a 2 c n M : SM a 6 0,25  tan    3    600 MP a 2 0,25 Vậy góc giữa SP với (MNPQ) bằng 600 S Hình vẽ a) (2đ) 0,5 SA  (ABC) mà SA  (SAM) 1,0 A C Suy ra (SAM)  (ABC) 0,5 M B b) ( 1đ) Do  ABC đều, M là trung điểm của BC nên AM  BC (1) Mặt khác BC  SA ( Do SA  (ABC) ) ( 2) 0,25 Câu 4 Từ (1) và (2) suy ra BC  (SAM) suy ra BC  SM (3) (3đ) Giao tuyến của (SBC) với (ABC) là BC (4) Từ (1) , (3) và (4) suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là 0,25 góc SMA   Trong tam giác SMA vuông tại A ta có a SA 1 0,25 tan   2     300 AM a 3 3 2 0,25 Vậy góc giữa hai mặt phẳng cần tìm là 300 - - - - - Hết - - - - -