cac bai kiem tra chuong 1 hinh hoc 12 moi

ĐỀ: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, , 3AB a AC a = = , cạnh bên SB vuông góc với mp(ABC) và 3SB a= . Câu 1.(3điểm) Chứng minh các mặt bên của hình chóp S.ABC đều là tam giác vuông. Câu 2.(2điểm) Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của B trên SA và SC. Các mặt phẳng (BHK) và (BHC) chia khối chóp S.ABC thành bao nhiêu khối tứ diện phân biệt? Hãy chỉ rõ tên các khối tứ diện ấy. Câu 3.(3điểm) Tính khoảng cách từ B đến mp(SAC). Câu 4.(2điểm) Tính thể tích khối chóp S.BHK.  Đáp án và biểu điểm chấm: Câu 1.(3đ) Hình vẽ 1đ. SB ⊥ (ABC) ⇒ SB ⊥ BC và SB ⊥ BA ⇒ ∆SBC và ∆SBA là hai tam giác vuông tại B (1đ) ( ) AC AB AC SAB AC SA AC SB ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥  ⇒ ∆SAC vuông tại A (1đ) Vậy các mặt bên của hình chóp đều là các tam giác vuông (đpcm). Câu 2.(2đ) Có tất cả 3 khối tứ diện (0,5đ) Đó là: SBHK, BCHK và ABCH (1,5) Câu 3.(3đ) Theo chứng minh trên AC ⊥ (SAB) ⇒ AC ⊥ BH (0,5đ) Mà SA ⊥ BH nên BH ⊥ (SAC) (0,5đ) Từ đó d(B,(SAC)) = BH (0,5đ) 2 2 2SA SB BC a= + = (0,5đ) . . . 3 . 3 2 2 SB BA a a a BH SA a = = = (1đ) Câu 4.(2đ) 2 2 2 2 2 7SC SB BC SB BA AC a = + = + + = (0,5đ) 3 . 1 1 1 1 . . . . . 3. 3 3 3 2 6 2 S BAC ABC a V S SB AB AC SB a a a= = = = (0.5đ) 4 4 . 2 2 2 2 2 2 . . . 9 9 . . . 2 .7 14 S BHK S BAC V SH SK SH SA SK SC SB a V SA SC SA SC SA SC a a = = = = = (0,5đ) 3 . . 9 9 . 14 28 S BHK S ABC a V V= = (đvtt) (0,5đ) Ghi chú:Có thể tính trực tiếp theo công thức: . 1 . 3 S BHK BHK V S SK = Bài 1: (2 điểm) Cho biét số đỉnh, số cạnh, số mặt của khối đa diện đều hai mươi mặt. Đây là khối đa diện đều loại nào? Vì sao? Bài 2: (2 điểm) CMR nếu khối đa diện có mỗi mặt là tam giác thì số mặt là 1 số chẵn. Bài 3: (6 điểm) B A C S H K Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc và OA=1, OB=3, OC=4 1/ Tính thể tích khối tứ diện OABC 2/ Gọi M là hình chiếu vuông góc của O trên BC. CM: BC ⊥ (AOM) 3/ Tính khoảng cách từ O đến mp(ABC) V. ĐÁP ÁN &BIỂU ĐIỂM Bài 1: 12 đỉnh, 30 cạnh, 20 mặt (1 điểm). Loại {3,5}, có giải thích (1 điểm) Bài 2: Gọi M là số mặt thì số cạnh là 2 3M (1 điểm), do số cạnh nguyên dương nên M phải chia hết cho 2 nghĩa là M là 1 số chẵn (1 điểm) Bài 3: Hình vẽ 0,5 điểm 1/ V= 6 1 OA.OB.OC=2 (2 điểm) A 2/ BC ⊥ OM, BC ⊥ OA (1 điểm) Suy ra BC ⊥ (AOM) (0,5 điểm) H 3/ Tính được BC, OM, AM (0,75 điểm) Tính được diện tích tam giác ABC (0,5điểm) Từ V= ABC SOH. 3 1 suy ra OH= 13 12 O C (0,75 điểm) M III.Thiết kế đề theo ma trận: Câu 1 (6 điểm): Cho hình bát diện đều ABCDEF (như hình vẽ), gọi O là giao điểm của AF và BD. a)Chứng minh rằng hai tứ diện D.AEO và B.FCO bằng nhau. b)Chứng minh rằng tứ giác BCDE là hình vuông. c)Biết AB = a, tính thể tích của khối chóp A.BCDE rồi suy ra thể tích của khối bát diện ABCDEF. Câu 2 (4 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, SA ⊥ (ABC). a)Biết AB = a, SB = 3 5a , tính thể tích khối chóp S.ABC. b)Gọi M là một điểm thuộc miền trong của tam giác ABC, đường thẳng qua M và song song với SA cắt mp (SBC) tại Q. Chứng minh SA MQ V V ABCS SBCM = . . IV. Đáp án và biểu điểm: Câu 1a) 2 điểm Do ABCDEF là bát diện đều nên OA=OB=OC=OD=OE=OF (1đ) Phép đối xứng tâm O biến các điểm D,A,E,O lần lượt thành các điểm B,F,C,O. Do đó hai tứ diện D.AEO và B.FCO bằng nhau.(1đ) b) 2 điểm Trong mp (BCDE) xét tứ giác BCDE Ta có BE=ED=DC=CB ⇒ BCDE là hình thoi (1đ) CD ⊥ BC ⇒ BCDE là hình vuông (1đ) c) 2 điểm V A.BCDE = 6 2 2 2 . 3 1 . 3 1 3 2 aa aAOdtBCDE == (1đ) V ABCDEF = 2V A.BCDE = 3 2 3 a (1đ) Câu 2 a) 2điểm VS.ABC = SAdtABC. 3 1 (0,5đ) ΔSAB vuông nên SA = 3 4 22 a ABSB =− (0,5đ) dtABC = 2 2 1 a (0,5đ) VS.ABC = 9 2 3 a (0,5đ) b) 2 điểm Gọi N = AM ∩ BC, ta có S, Q, N thẳng hàng (0,5đ) Gọi MK và AH là các đường vuông góc hạ từ M và A xuống mp (SBC) (0,5đ) Ta có SA MQ AH MK = (0,5đ) SA MQ AH MK SBCVA SBCVM ABCVS SBCVM === . . . . (0,5đ) I. Nội dung : Bài 1. Cho hình chóp tứ giác đều ABCD cạnh a a.(1.5đ)(nhận biết)Chứng minh các mặt là các tam giác đều b.(2đ)(vận dụng)Tính thể tích hình chóp c.(2đ)(vận dụng)Gọi M là điểm thuộc AD sao cho AD = 3AM. Gọi α là mp qua M vuông góc AC. α ∩ AC = N, α ∩ AB = K. Tính V AKMN Bài 2. Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’ cạnh a a.(1.5đ)(nhận biết)Tính thể tích hình hộp b.(2đ)(thông hiểu)Tính thể tích ACB’D’ II. Đáp án và biểu điểm : Bài 1 : ( 5 điểm ) A N K M J B D (1đ) H a I C a. ABCD là tứ diện đều ⇒ các mặt là các đa giác đều (0.5đ) ⇒ các mặt là các tam giác đều (0.5đ) b. Gọi H là tâm đáy Các mặt ABCD là tam giác đều ⇒ AH ⊥ (BCD) (0.25đ) ⇒ V ABCD = 3 1 S BCD . AH (0.5đ) ∆ BCD đều có BI đường cao ⇒ BI = BC. 2 3 . 2 3 a = (0.25đ) S BCD = 2 1 BI.CD = 2 1 4 3 2 3 . 2 aaa = (0.25đ) H là trọng tâm ∆ BCD ⇒ BH = 3 2 BI = 3 2 3 3 2 a a = (0.25đ) ∆ ABH vuông tại H ⇒ AH 2 = AB 2 – BH 2 = a 2 - 3 2 3 22 aa = ⇒ AH = a 3 2 (0.25đ) V ABCD = 3 1 a 2 4 3 a 12 2 3 2 3 a = (0.25đ) c. α ∩ AC = N, α ∩ AB = K, α ∩ AD = M ⇒ AB AK AC AN AD AM VVđ AB AK AC AN AD AM V V ABCDAKMN ABCD AKMN .)5.0( =⇒= (0.5đ) AD = 3 AM ⇒ 3 1 = AD AM (0.25đ) Gọi J là trung điểm AC AC ⊥ α MN ⊂ α ⇒ AC ⊥ MN AC ⊥ DJ MN // DJ ⇒ 3 1 == AJ AN AD AM (0.25đ) Tương tự 3 1 == AJ AN AB AK (0.25đ) Vậy: 324 2 3 1 3 1 3 1 12 2 33 aaV AKMN == (0.25đ) Bài 2. A B D C (1đ) A’ B’ D’ a C’ 1. ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương ⇒ V = A’B’.A’D’.A’A (0.5đ) = a a.a=a 3 (0.5đ) 2. V ACB’D’ = V – 4.V CB’C’D’ (0.5đ) Tứ diện CB’C’D’ có CC’ là đường cao ⇒ V CB’C’D’ = 3 1 S B’C’D’ . CC’ (0.5đ) = 3 6 1 2 1 3 1 aaaa = (0.5đ) Vậy V ACB’D’ = a 3 - 33 6 5 6 1 aa = (0.5đ) III. Nội dung : Bài 1 : Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ , có cạnh đáy là a , chiều cao AA’ = a 3 . a) Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a . b) Gọi M là trung điểm của AA’ , các mặt phẳng (MBC) và (MB’C’) ta được ba khối chóp đỉnh M . Hãy kể tên ba khối chóp đó ? Bài 2 : Cho khối chóp S.ABC có dường cao SA = 2a , ∆ABC là tam giác vuông tại C có AC = a 3 và BC = a . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A trên SC và SB . a) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a . b) Tính tỉ số S.AHK S.ABC V V , từ đó suy ra thể tích khối chóp S.AHK . Đáp án và biểu điểm : Bài 1 : ( 4 điểm ) Đáp án Thang điểm Hình vẽ 0.5 Câu a ) 2 Ta có : ABC.A'B'C' ABC V S .AA ' ∆ = 0.75 Vì ∆ABC đều , cạnh a ⇒ 2 ABC a 3 S 4 ∆ = 0.75 Do đó : 2 3 ABC.A'B'C' a 3 a 3 V .2a 4 2 = = 0.5 Câu b ) Ba khối chóp đó là : M.ABC ; M.BCC’B’ và M.A”B’C’ 1.5 Bài 2 : ( 6 điểm) Đáp án Thang điểm Hình vẽ M C’ B’ A’ A CB S K H A C B 0.5 Câu a ) 2.5 Ta có : S.ABC ABC 1 V .S .SA 3 ∆ = 1 Do ∆ABC vuông tại C ⇒ 2 ABC 1 a 3 S .AC.BC 2 2 ∆ = = 1 Do đó : 3 S.ABC a 3 V 3 = 0.5 Câu b ) 3 Do ∆ABC vuông tại C ⇒ 2 2 AB AC BC 2a= + = ⇒ ∆SAB vuông cân tại A , nên K là trung điểm của SB ⇒ SK 1 SB 2 = 0.75 ∆SAC vuông tại A ⇒ 2 2 SC SA AC a 7= + = 0.5 Ta có : 2 2 2 SH SA 4 SH.SC SA SC 7 SC = ⇒ = = 0.5 Ta có : S.AHK S.ABC V SA SH SK 2 . . V SA SC SB 7 = = 0.75 Do đó : 3 S.AHK S.ABC 2 2a 3 V .V 7 21 = = 0.5 . 3 1 == AJ AN AB AK (0.25đ) Vậy: 324 2 3 1 3 1 3 1 12 2 33 aaV AKMN == (0.25đ) Bài 2. A B D C (1 ) A’ B’ D’ a C’ 1. ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương ⇒ V. &BIỂU ĐIỂM Bài 1: 12 đỉnh, 30 cạnh, 20 mặt (1 điểm). Loại {3,5}, có giải thích (1 điểm) Bài 2: Gọi M là số mặt thì số cạnh là 2 3M (1 điểm), do số cạnh