on hinh hoc dai hoc

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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)..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 1 2đ. Câu 2 1đ. Đáp án     Ta có SD  SO  OC  CD (1) Mà ABCD là hình bình hành tâm O nên ta có:    1  CD   AB và OC  AC (2) 2   1   Từ (1) và (2) suy ra SD  SO  AC  AB 2.    Ta có SB  SA  AB và      SB.SC = SA  AB. . . 0,5 đ. S. C. B O A. 0,5 đ.    SC  SA  AC    2       SA  AC  SA  SA. AC  AB.SA  AB. AC. 0,25đ. . 0,25đ. S. Vì một vuông góc nên SA,AB,AC   đôi    SA. AC  AB.SA  AB. AC  0    2  SB.SC  SA  SA2  a 2. 1,0 đ. D. C A. 0,25đ 0,25đ. B. Câu 3 3đ. S K. 0,5 đ C A H. a/Ta có SAB, ABC đều,H là trung điểm của AB. B.  AB  SH   SHC    AB  CH   SHC   AB   SHC . 0,5đ. 0,5đ. b/Theo câu (a) ta có: AB   SHC   SC  AB   ABK  (1) Theo gt suy ra SAC cân tai A ,K là trung điểm cúa SC  SC  AK   ABK  (2) Từ (1) và (2) suy ra SC   ABK     c/Ta có SA  SH  HA ;        SA.HC  SH .HC  HA.HC   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  SH  HC  mà SC   SHC đều 2 2     3a 2  SH .HC   HS .HC   HC 2 .cos60 0   8 3a 2        3a 2 SA.HC 8  3  SA.HC    cos SA, HC  = 8 SA.HC 4 a 3 a 2   3  cos  cos SA, HC  4. . . . 0,5đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ. 0,25đ. 0,25đ. 0,25đ. . 0,25 đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu 4 3đ. a/Theo giả thuyết ta có : SA  AB   ABCD  (1). S. SA  AD   ABCD  (2). Từ (1) và (2) suy ra SA   ABCD  mà SA   SAD    SAD    ABCD . B. A D. C. Hvẽ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ. 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  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 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.  tan SCA . 0,25đ. 0,25đ. 0,25đ. SA a 6   3  SCA  600 AC a 2. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là SCA  600. 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 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  AD  BC 2 Câu 2 VD (1đ) Cho hình lập ABCD.MNPQ có cạnh a  phương  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) Câu 4 (3đ). Xác định và tính góc giữa SP với mp(MNPQ). Cho hình chóp S.ABC có ABC là tam giác đều cạnh a, SA  (ABC) và SA  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). a 2.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> ĐÁP ÁN Câu. Nội dung Theo qui tắc 3 điểm ta có :     MN  MA  AD  DN     MN  MB  BC  CN        Câu 1  2MN  MA  MB  AD  BC  DN  CN (2đ)           2MN  AD  BC Do MA  MB  O ; DN  CN  O. . .  1   MN  AD  BC 2. . 0,5.  0,5. C B. A. Q. M. 0,5 0,5. . D. Câu 2 (1đ). Điểm. P. 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. Câu 3 (4đ). N. Q. P. 1,0. SM  ( MNPQ)    SM  NP NP  ( MNPQ) .

<span class='text_page_counter'>(6)</span> SM  ( MNPQ)    SM  PQ PQ  ( MNPQ)  PQ  MQ ( Do MNPQ là hình vuông) (2) Từ (1) và (2) suy ra PQ  (SMQ) b) (1,5đ). c) (1đ). (1). SM  (MNPQ)  SM  MP Và MP là hình chiếu của SP trên mp(MNPQ).  Góc giữa SP và mp(MNPQ) là góc SPM  . 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25. Tam giaù c SPM vuoâ ngởM cóSM :  a 6 , MP  a 2 SM a 6   3    600 MP a 2 Vậy góc giữa SP với (MNPQ) bằng 600. 0,25 0,25.  tan . Hình vẽ 0,5. S. a) (2đ) SA  (ABC) mà SA  (SAM) A. C. Suy ra (SAM)  (ABC). 1,0 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) Câu 4 (3đ). 0,25. Từ (1) và (2) suy ra BC  (SAM) suy ra BC  SM (3) 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 tan   2     300 AM a 3 3 2 Vậy góc giữa hai mặt phẳng cần tìm là 300 - - - - - Hết - - - - -. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>