KIỂM TRA HHKG đáp án CHI TIẾT

Kiểm tra: 3/10

LỚP TOÁN THẦY DIÊU QUẬN 8 TPHCM

Biên soạn: Trần Công Diêu

Môn: TOÁN ( 5 câu trắc nghiệm )
Thời gian làm bài: 45 phút

Họ tên:...............................................................................................
Số báo danh: ....................................................................................

Bài 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, BC  a 3 , H là
trung điểm của cạnh AB. Biết hai mặt phẳng (SHC) và (SHD) cùng vuông góc với mặt
đáy, đường thẳng SD tạo với mặt đáy một góc 600. Tính thể tích của khối chóp và
khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB theo a.

A.



a 2067


d  AC , SB  

53


a 3 13


V 




2





a 20
d  AC , SB   a 267

d  AC , SB   a 67
d  AC , SB  





53
53
53
B. 
C. 
D. 
3
3
3




a 13
a
13
a
13

V 
V 
V 





2

2
2

Bài 2.Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. SA vuông góc với mặt
phẳng (ABC). Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) bằng 300. Tính theo a thể
tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC).
A. d ( A, ( SBC )) 

a 39
a 39
a 3

B. d ( A, ( SBC )) 
C. d ( A, ( SBC )) 
D.
13
3
13

a 37
13

d ( A, ( SBC )) 

Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có chiều cao SA bằng a. Mặt đáy ABCD là hình thoi cạnh
a, góc 
ABC bằng 600.Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Gọi O là tâm của hình thoi;
tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SCD).
A.

21
a
15

B.

23
a
14

C.

21
a
14

D.

21
a
4

Bài 4.Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông với AC 

a 2
. Cạnh bên SA
2

vuông góc với mặt phẳng (ABCD), cạnh bên SBhợp với mặt phẳng (ABCD) một góc 600.
Tính thể tích khối chóp S.ABCDvà khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC.
A. AH 

a.3 3
4

B. AH 

a 7
4

C. AH 

a 3
5

D. AH 

a 3
4

Bài 5.Cho tứ diện OABC có đáy OBC là tam giác vuông tại O, OB = a, OC = a 3 , (a > 0) và
đường cao OA = a 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính thể tích khối tứ diện theo a
và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OM.

A.



a 15


d  5



a3

V






2


d  a 15

5
B. 

a3
V 

3

53T DƯƠNG BÁ TRẠC F1 QUẬN 8 TPHCM

Page 1




3.a 15

d  2. a 15
d






5
5
C. 
D. 
3


a
a3

V 

V 




2
2

CALL 01237.655.922


Lời giải chi tiết
Bài 1.

S

I

A

D

E

H

K

C

B

( SHC )  ( ABCD)

Ta có: ( SHD)  ( ABCD)
 SH  ( ABCD)
( SHC )  ( SHD)  SH

 SH là chiều cao của hình chóp S.ABCD.
Ta có HD là hình chiếu vuông góc của SD lên (ABCD)



 






  600
 SD
, ABCD  SD
, HD  SDH
 SH  HD.tan 600 

a 39
2

1
Vậy VS . ABCD  S ABCD .SH
3
1
 AB. AD.SH
3

1
a 39 a3 13
 a.a 3.

3
2
2

Dựng hình bình hành ACBE  AC / / BE  AC / /(SBE )
 d ( AC, SB)  d ( AC,(SBE))  d ( A,(SBE))  2d ( H ,(SBE))

Gọi K, I lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên BE, SK.
Ta có : BE  KH , BE  SH  BE  IH (1)

Mặt khác, ta có : HI  SK (2)
Từ (1) và (2), ta có: IH  (SBE)  d ( H ,(SBE))  IH .
Tính được HK 

a 39 a 2067
a 3
a 39
 d ( AC ,SB)  2 HI 

; HI 
53
4
53
211

Chọn đáp án A.
Bài 2.
Ta có:

53T DƯƠNG BÁ TRẠC F1 QUẬN 8 TPHCM

Page 2

CALL 01237.655.922


1 a 3
a2 3
S ABC  .
.a 

(đvdt),
2 2
4

S

 . AB  a 3
SA  tan SBA
3

H
C

A
3

1
a
VS . ABC  S ABC .SA  (đvtt)
3
12

M
B

Gọi M là trung điểm BC  AM  BC
mà SA  BC nên BC  ( SAM )  BC  AH
Kẻ AH  SM

 AH  ( SBC )  d ( A,( SBC))  AH

Ta có :

1
1
1
3
4
13
 2
 2 2 2
2
2
AH
SA AM
a 3a
3a

 AH 2 

a 39
3a 2
. Vậy d ( A, ( SBC )) 
13
13

Chọn đáp án B.
Bài 3.
Lời giải
Tam giác ABC đều cạnh a nên S ABC  a 2

 Diện tích đáy: S ABCD  2.S ABC  a 2
Thể tích khối chóp: V  a 2

3
4

3
2

3
a3 3
(đvtt)
.a 
2
2

Chọn hệ trục Oxyz sao cho
Ox  OC, Oy  OD, Oz  OE,

S

với E là trung điểm của SC.

z

Tọa độ các đỉnh:
 a 3 
a


;0  ,
C  ;0;0  , D  0;
2
2




E
D

A
a

E  0;0;  , O(0;0;0)
2


Phương trình mp(ECD):

O

B

C

x

x
y

z

 1
a a 3 a
2
2
2
Khoảng cách từ O đến (SCD) cũng là khoảng cách từ O đến (ECD):

53T DƯƠNG BÁ TRẠC F1 QUẬN 8 TPHCM

Page 3

CALL 01237.655.922

y


d  O,  SCD   

1
2

2

2  2  2
  
  
a a 3 a

2



21
a
14

Chọn đáp án C.
Bài 4.

Lời giải

Ta có: AB là hình chiếu của SB lên mặt phẳng  ABCD  nên

  60
SB,  ABCD    SBA


0

SA   ABCD   SA là chiều cao của khối chóp

S. ABCD
a
a 3
a2
Tính được AB  ; SA 
; S ABCD 
2

2
4

VS . ABCD

1
a3 3
(đvtt)
 .SA.S ABCD 
3
24

AD // BC  d  AD, SC   d  A, SBC  ; BC  AB, BC  SA  BC   SAB 
Kẻ AH  SB  AH  SBC   AH  d  A, (SBC ) ; AH 

a 3
4

Chọn đáp án D.
Bài 5.
A

a 3
a 3

H

a 3
O
a 3

N
N

K

M
B

SOBC

C

1
1
a2 3
 OB.OC  a(a 3)B
a2
2
2

M

1
1 a2 3
a3
Thế tích khối tứ diện V  SOBC .OA  (
(đvtt)
)(a 3) 
3

3 2
2
53T DƯƠNG BÁ TRẠC F1 QUẬN 8 TPHCM

Page 4

CALL 01237.655.922


Ta có: OM // BN (tính chất đường trung bình).
OM // (ABN)
d(OM;AB) = d(OM;(ABN)) = d(O;(ABN)).
Dựng OK  BN , OH  AK ( K  BN ; H  AK )
Ta có: AO  (OBC); OK  BN  AK  BN
BN  OK ; BN  AK  BN  ( AOK )  BN  OH
OH  AK ; OH  BN  OH  ( ABN )  d (O; ( ABN )  OH

Từ các tam giác vuông OAK; ONB có:
1
OH 2



1
OA2



1
OK 2



Vậy, d (OM ; AB)  OH 

1
OA2



1
OB 2



1
ON 2



1
3a 2



1
a2



1
3a 2



5
3a 2

 OH 

a 15
.
5

a 15
.
5

Chọn đáp án A.

53T DƯƠNG BÁ TRẠC F1 QUẬN 8 TPHCM

Page 5

CALL 01237.655.922