Hướng dẫn giải đề thi tự ôn 1,2

Chia sẻ: Trần Bá Trung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

97
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'hướng dẫn giải đề thi tự ôn 1,2', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Hướng dẫn giải đề thi tự ôn 1,2

HDG ĐỀ KIỂM TRA ĐỊNH KỲ SỐ 1 Bài1 (2điểm): Tính thể tích khối tứ diện ABCD, biết: AB=a và AC  AD  BC  BD  CD  a 3 . Giải: Gọi I, J theo thứ tự là trung điểm của CD, AB. Do ACD, BCD đều.  AI  CD, BI  CD  CD   ABI  Suy ra CI là đường cao của hình chóp C.ABI. 1 a 3 Ta có: VABCD  VCABI VDABI  CD.SABI  SABI . 3 3 AD 3 3a Vì : AB  BI    AB  IJ và IJ 2  AI 2  AJ 2  2a 2  IJ  a 2 2 2 a3 6  VABCD  a 3 SABI  a 3 1 . a.a 2  3 3 2 6 Bài 2 (2 điểm): Cho hình chop tam giác S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 7a, cạnh bên SC vuông góc với mặt phẳng (ABC) và SC=7a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC? Giải: *) Cách dựng đoạn vuông góc chung:  AM  BC - Gọi M, N là trung điểm của BC và SB    BC  ( AMN )  MN  BC - Chiếu SA lên AMN ta được AK (K là hình chiếu của S lên (AMN)) - Kẽ MH  AK  Đoạn vuông góc chung chính là MH. 1 1 1 1 4 *) Ta có: 2  2  2    MH  a 21 MH MK MA (7a) 3(7a)2 2 Bài 3 (2 điểm ): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có cạnh AB=a, cạnh SA  ( ABCD) , cạnh bên SC hợp với đáy góc α và hợp với mặt bên (SAB) một góc β. Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1
a2 a) CMR: SC 2  cos 2  sin 2  b)Tính thể tích hình chóp. Giải: a)Ta có: SA  ( ABCD)  SCA  . Mà BC  (SAB)  BSC   BC x Đặt: BC=x  SC   (*) sin  sin  AC 2  AB 2  BC 2  AC  a 2  x 2 . AC a2  x2 Mà SC   (**) cos cos x2 a2  x2 a 2 sin 2  x2 a 2 sin 2  Từ (*) và (**)    x2   SC 2   sin 2  cos 2 cos 2  sin 2  sin 2  cos 2  sin 2  1 1 1 a3 sin  sin  b) SA  SC sin   V  SABCD.SA  AB.BC.SA  3 3 3 cos 2  sin 2  Bài 4 (2 điểm): Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB=a, AB hợp với mặt phẳng (A’D’CB) một góc α, BAC '   . a3 tan  CMR : VABCD.A ' B ' C ' D '  sin(    )sin(    ) cos  cos  Giải: Từ A kẽ AH  BA ' Mà CB  ( ABB ' A ')  CB  AH  AH  ( A ' D ' CB) Suy ra : BH chính là hình chiếu vuông góc của AB lên (A’D’CB)  ABH   ABA ' vuông  AA '  AB tan   a tan  AB  ( BCC ' B ')  AB  BC '. ABC 'vuông  BC '  AB tan  BCC 'vuông  CB  C ' B 2  CC '2  a (tan   tan  )(tan   tan  ) a CB  sin(    ) sin(    ) cos  cos  a 3 tan   VABCD. A ' B ' C ' D '  AB.BC.BB '  sin(    ) sin(    ) cos  cos  Câu 5 ( 2 điểm):
Trên đường thẳng vuông góc tại A với mặt phẳng chứa hình vuông ABCD cạnh a ta lấy điểm S với SA=2a. Gọi B’,D’ là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SD. Mặt phẳng (AB’D’) cắt SC tại C’. Tính thể tích hình chóp S.AB’C’D’ Giải: AB '  SB  Ta có:   AB '  SC . Tương tự AD '  SC  SC  ( AB ' C ' D ')  SC  AC ' AB '  CB  Do tính đối xứng ta có: VS. AB ' C ' D '  2VS. AB ' C ' . Áp dụng tính chất tỷ số thể tích cho 3 tia: SA,SB,SC, ta có: VS.AB ' C '  SB ' . SC '  SB '.SB . SC '.SC  SA . SA  4a . 4a  8 2 2 2 2 VS.ABC SB SC SB 2 SC 2 SB SC2 2 5a 6a 152 2 2 3 3 3 3 1 a a 8 a 8a 16a MàVS . ABC  . .2a   VS . AB ' C '  .   VS . AB ' C ' D '  3 2 3 15 3 45 45 ………………….Hết………………… HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ TỰ ÔN SỐ 2 Câu 1.(3 điểm):  n( P )  (2; 1;1)    a)Ta có:    n( P ) .n(Q )  0  ( P)  (Q) n(Q )  (1; 4; 2)  b)Ta có:    5 8 u d  n( P ) .n (Q )   (6; 3;9)  (2;1; 3) và M 0 ( ;  ;0)  d   9 9   5 8     24 15 21  OM 0  ( ;  ;0)  n( R )  OM 0 .u d   ( ; ; )  (8;5;7)   9 9 9 9 9  ( R) :8 x  5 y  7 z  0  x  1  2t    c)Vì :  u d '  u d  (2;1; 3)  d '  y  2  t (t   )  z  3  3t  Câu 2.( 3 điểm): a) Giả sử d và (P) cắt nhau tại A(x0;y0;z0) ta có: Page 3 of 5
3x0  5 y0  z0  2  0   x0  12 y0  9 z0  1  A(24;18; 4)  4  3  1  Vậy d cắt (P) và tọa độ giao điểm là A( 24;18;4) b)   Vì (Q)  d  n( P )  u d  (4;3;1)  (Q) :4( x  1)  3( y  2)  z  1  0 Hay (Q) :4 x  3 y  z  9  0 c)Gọi d’ là hình chiếu vuông góc cần tìm. Ta thấy d’ là giao tuyến của (P) và (R) được xác định như sau:    n( R )  u d .n( P )   (8;7;11)  (8; 7; 11) và M 0 (12;9;1)  d    ( R) : 8( x  12)  7( y  9)  11( z  1)  0 Hay ( R) : 8 x  7 y  11z  170  0 3x  5 y  z  2  0 Vậy: (d ')  8 x  7 y  11z  170  0 Câu 3.( 3 điểm):  u d 1  (1;1; 4) và M1 (1;0;0)  d1      a)Ta có:    M1M 2  (1; 4;1)  M1M 2 . u d 1 .u d 2   25  0   u d 2  (1; 2;0) và M 2 (2; 4;1)  d 2  Vậy : d1 và d2 chéo nhau. b)  y  2z  0 x  1 t  Gọi C là điểm của d1 với (P) ta có:  y  t  C (1;0;0)   z  4t     CD  (4; 2;1)  y  2z  0 x  2  t '  Gọi D là điểm của d2 với (P) ta có:  y  4  2t '  D(5; 2;1)  z  1   x  1  4t   d  CD :  y  2t z  t  c)Ta có:
CMAB  MA  MB  AB ( AB  const )  CMAB Min   MA  MB  Min Điều này xãy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của A’B với (P) (Với A’ là điểm đối xứng của A qua (P)). 6 17 Dựa vào yếu tố vuông góc và trung điểm ta tính được A '(1;  ;  ) 5 5 x  1  11 22  A ' B  (0;  ;  )  (0;1; 2)   A ' B  :  y  1  t 5 5  z  1  2t  2 1 Từ đây ta tìm được giao điểm: M  A ' B  ( P)  (1; ;  ) 5 5 Câu 4.(1 điểm): Dễ thấy 1  2  A(1;0;2)   Gọi vectơ đơn vị của 1và 2 lần lượt là e1 và e2 ta có:    u  u e1   1 ; e1   1 u 1 u 1   3 2 1    2 3 1   e1   ; ;  ; e2   ; ;   14 14 14   14 14 14  Hai vectơ chỉ phương của 2 đường phân giác lần lượt là:      1 5  ud1  e1  e 2   ; ;0   1;5;0    14 14      u  e1  e 2   5 1 2   d2  ; ;    5; 1; 2    14 14 14  Vậy phương trình 2 đường phân giác cần tìm là: x  1 t  x  1  5t '   d1 :  y  5t d 2 :  y  t ' z  2  z  2  2t '   Page 5 of 5