Lớp 11 Toán 11 - Cánh Diều

Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 Chương 8 Cánh Diều

Mô tả thêm: Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 Quan hệ vuông góc trong không gian. Phép chiếu vuông góc gồm 20 câu hỏi trắc nghiệm giúp bạn học ôn tập, củng cố lại kiến thức sách Cánh Diều.
  • Thời gian làm: 15 phút
  • Số câu hỏi: 20 câu
  • Số điểm tối đa: 20 điểm
Trước khi làm bài bạn hãy
  • 1 Ôn tập kiến thức đã nêu trong phần Mô tả thêm
  • 2 Tìm không gian và thiết bị phù hợp để tập trung làm bài
  • 3 Chuẩn bị sẵn dụng cụ cần dùng khi làm bài như bút, nháp, máy tính
  • 4 Căn chỉnh thời gian làm từng câu một cách hợp lý
Mua gói để Làm bài
  • Câu 1: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết: AB = a,AD = SA = a\sqrt 3. Hai bên mặt SAB và SAD vuông tại a. Gọi μ là góc giữa hai đường thẳng SB và AC. Tính cosμ?

    Hình vẽ minh họa:

    Xác định cosin góc giữa hai đường thẳng SB và AC

    Ta có:

    \begin{matrix} \cos \left( {\overrightarrow {SB} ;\overrightarrow {AC} } ight) = \dfrac{{\overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC} }}{{SB.AC}} = \dfrac{{\overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC} }}{{4{a^2}}} \hfill \\ \overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC} = \left( {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {AB} } ight).\overrightarrow {AC} \hfill \\ = \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \hfill \\ \end{matrix}

    Ta lại có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {AS} .\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AS} .\left( {m\overrightarrow {AB} + n\overrightarrow {AC} } ight) = 0 \hfill \\ \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 2.2a.\cos {60^0} = {a^2} \hfill \\ \Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow {SB} ,\overrightarrow {AC} } ight) = \frac{1}{4} \hfill \\ \Rightarrow \cos \mu = \frac{1}{4} \hfill \\ \end{matrix}

     

  • Câu 2: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a;IJ = \frac{a\sqrt{3}}{2}. Gọi trung điểm của AD;BC lần lượt là AD;BC. Khi đó cosin góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của AC khi đó góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng góc giữa hai đường thẳng MI và MJ.

    Ta có:

    \cos\widehat{IMJ} = \frac{IM^{2} + MJ^{2} - IJ^{2}}{2MI.MJ} = - \frac{1}{2}

    \Rightarrow \cos(AB;CD) = \frac{1}{2}

  • Câu 3: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Mặt phẳng nào dưới đây không vuông góc với (A'BD)?

    Hình vẽ minh họa

    Dễ thấy mặt phẳng (A'BC') không vuông góc với (A'BD).

  • Câu 4: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D với AB = 2a, AD = DC = a. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa SC và mặt đáy bằng 600. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AC và SB.

    Hình vẽ minh họa:

    Xác định góc 600

    \widehat{\left( SC;(ABCD) ight)} =\widehat{(SC;AC)} = 60^{0} = \widehat{SCA}

    SA = AC.tan\widehat{SCA} =a\sqrt{6}

    Gọi M là trung điểm AB => ADCM là hình vuông => CM = AD = a

    Xét tam giác ACB ta có:

    CM = a = \frac{1}{2}AB

    => Tam giác ACB vuông tại C

    Lấy điểm E sao cho ACBE là hình chữ nhật

    => AC // BE

    => d(AC, SB) = d(AC, (SBE)) = d(A,(SBE))

    Kẻ AK ⊥ SE. Khi đó:

    d\left( A;(SBE) ight) = AK =\frac{SA.AE}{\sqrt{SA^{2} + AE^{2}}} = \frac{a\sqrt{6}}{2}

  • Câu 5: Nhận biết

    Cho một khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h lần lượt là 3x^{2};2x. Khi đó thể tích khối lăng trụ đã cho bằng bao nhiêu?

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 3x^{2} \\ h = 2x \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng: V = B.h = 3x^{2}.2x = 6x^{3}

  • Câu 6: Thông hiểu

    Cho một khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng x(cm), biết độ dài cạnh bên và cạnh đáy tỉ lệ 2:1. Tính thể tích V của khối chóp?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O là tâm hình vuông ABCD

    OC = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\sqrt{AB^{2} + BC^{2}} = \frac{1}{2}\sqrt{x^{2} + x^{2}} = \frac{x\sqrt{2}}{2}

    Ta có: tam giác SAC cân, O là trung điểm của AC nên SO\bot CA

    Tương tự tam giác SBD cân, O là trung điểm của BD nên SO\bot BD

    \Rightarrow SO\bot(ABCD)

    Trong tam giác SOC vuông tại O ta có:

    SO = \sqrt{SC^{2} - OC^{2}} = \sqrt{(2x)^{2} - \left( \frac{x\sqrt{2}}{2} ight)^{2}} = \frac{x\sqrt{14}}{2}

    Vậy thể tích hình chóp là: V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}S_{ABCD}.SO = \frac{1}{3}.\frac{x\sqrt{14}}{2}.x^{2} = \frac{x^{3}\sqrt{14}}{6}

  • Câu 7: Thông hiểu

    Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy, SB hợp với mặt đáy một góc 600. Tính khoảng cách d từ điểm D đến mặt phẳng (SBC)

    Hình vẽ minh họa

    Tính khoảng cách d từ điểm D đến mặt phẳng (SBC)

    Ta có:

    \begin{matrix} {60^0} = \left( {SB;\left( {ABCD} ight)} ight) = \left( {SB;AB} ight) = \widehat {SBA} \hfill \\ \Rightarrow SA = AB.\tan \widehat {SBA} = a\sqrt 3 \hfill \\ \end{matrix}

    Ta có: AD // BC => AD // (SBC)

    => d(D,(SBC)) = d(A; (SBC))

    Kẻ AK \bot SB (1)

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {BC \bot SA} \\ {BC \bot AB} \end{array}} ight. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} ight) \Rightarrow BC \bot AK\left( 2 ight)

    Từ (1) và (2) => AK \bot \left( {SBC} ight)

    \begin{matrix} \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} ight)} ight) = AK \hfill \\ AK = \dfrac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    d\left( {D;\left( {SBC} ight)} ight) = AK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}

  • Câu 8: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a và SA\bot(ABCD);SA = a\sqrt{2}. Số đo góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAB) bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} BC\bot AB \\ SA\bot(ABCD) \Rightarrow SA\bot BC \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow BC\bot(SAB)

    Mà BC\bot SB nên SC là hình chiếu của SB lên mặt phẳng (SAB)

    Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAB) là góc giữa SC và SB hay góc \widehat{CSB}.

    Trong tam giác SAB vuông tại A có SB = \sqrt{SA^{2} + AB^{2}} = \sqrt{2a^{2} + a^{2}} = a\sqrt{3}

    Trong tam giác SBC vuông tại B có \tan\widehat{CSB} = \frac{BC}{SB} = \frac{a}{a\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}

    \Rightarrow \widehat{CSB} = 30^{0}

    Số đo góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAB) bằng 30^{0}.

  • Câu 9: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O, tam giác SAB vuông tại A và tam giác SCD vuông tại D. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    \begin{matrix}\widehat{(CD;SA)} = \widehat{(AB;SA)} = 90^{0} \\\Rightarrow \left\{ \begin{matrix}CD\bot SA \\CD\bot SD \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow CD\bot AD \\\end{matrix}

    => ABCD là hình chữ nhật, từ đó ta suy ra

    AC = BD

    AB ⊥ (SAD)

    BC ⊥ AB

    Đáp án SO ⊥ (ABCD) sai

    Nếu SO ⊥ (ABCD) thì \left\{\begin{matrix}CD\bot SO \\CD\bot SA \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow CD\bot AO điều này vô lí

  • Câu 10: Vận dụng cao

    Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Gọi I là điểm thuộc AB sao cho AI = x, (0 < x < a). Tìm x theo a để góc giữa hai đường thẳng DI và AC’ bằng 600.

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    \begin{matrix}DI = \sqrt{AD^{2} + AI^{2}} = \sqrt{a^{2} + x^{2}};AC' = a\sqrt{3} \hfill\\\overrightarrow{AC'}.\overrightarrow{DI} = \left(\overrightarrow{AA'} + \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}ight)\left( \overrightarrow{AI} - \overrightarrow{AD} ight) \hfill\\= \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AI} - {\overrightarrow{AD}}^{2} =ax - a^{2} \hfill \\\cos(AC';DI) = \dfrac{\left|\overrightarrow{AC'}.\overrightarrow{DI} ight|}{AC'.DI} \hfill \\\Leftrightarrow cos60^{0} = \dfrac{\left| ax - a^{2} ight|}{\sqrt{a^{2}+ x^{2}}.a\sqrt{3}} \hfill \\\Leftrightarrow \sqrt{3\left( a^{2} + x^{2} ight)} = 2|x - a| \hfill\\\Leftrightarrow 3a^{2} + 3x^{2} = 4\left( x^{2} - 2ax + a^{2} ight)\hfill \\\Leftrightarrow x^{2} - 8ax + a^{2} = 0 \Leftrightarrow \left\lbrack\begin{matrix}x = \left( 4 - \sqrt{15} ight)a \\x = \left( 4 + \sqrt{15} ight)a \hfill \\\end{matrix} ight.\ \hfill \\\end{matrix}

    Vì 0 < x < a \Rightarrow x = \left( 4 - \sqrt{15} ight)a

  • Câu 11: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Dựng mặt phẳng (P) cách đều năm điểm A, B, C, D và S. Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng (P) như vậy?

    Gọi O là tâm hình bình hành ABCD.

    Các mặt phẳng cách đều A, B, C, D và S là

    1) Mặt phẳng qua trung điểm của SA, SB, SC, SD

    2) Mặt phẳng qua O và song song (SAB)

    3) Mặt phẳng qua O và song song (SAD)

    4) Mặt phẳng qua O và song song (SCD)

    5) Mặt phẳng qua O và song song (SBC)

  • Câu 12: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có tất cả các cạnh bằng nhau. Gọi trung điểm các cạnh SC và BC lần lượt là I;J. Xác định cosin góc giữa hai đường thẳng IJ và CD?

    Hình vẽ minh họa

    Theo giả thiết ta có:

    IJ là đường trung bình của tam giác SBC nên JI//SB

    Vì \left\{ \begin{matrix} JI//SB \\ CD//AB \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow (IJ;CD) = (SB;AB) = \widehat{SBA} = 60^{0}

    \Rightarrow \cos(IJ;CD) = \frac{1}{2}

  • Câu 13: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có thể tích bằng \frac{4}{3}a^{3}, đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a\sqrt{2}; SA = SD. Biết mặt bên (SAD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Xác định khoảng cách d\left( B;(SCD) ight)?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi I là trung điểm của AD

    Tam giác SAD cân tại S suy ra SI\bot AD

    Ta có \left\{ \begin{matrix} SI\bot AD \\ (SAD)\bot(ABCD) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SI\bot(ABCD)

    Suy ra SI là đường cao của hình chóp

    Theo giả thiết

    V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}SI.S_{ABCD}

    \Leftrightarrow \frac{4a^{3}}{3} = \frac{1}{2}SI.2a^{2}

    \Leftrightarrow SI = 2a

    Vì AB//(SCD) \Rightarrow d\left( B;(SCD) ight) = d\left( A;(SCD) ight) = 2d\left( I;(SCD) ight)

    Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên SD

    Mặt khác \left\{ \begin{matrix} SI\bot DC \\ ID\bot DC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow IH\bot DC. Ta có: \left\{ \begin{matrix} IH\bot SD \\ IH\bot DC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow IH\bot(SCD)

    \Rightarrow d\left( I;(SCD) ight) = IH

    Xét tam giác SID vuông tại I có:

    \frac{1}{IH^{2}} = \frac{1}{SI^{2}} + \frac{1}{ID^{2}} = \frac{1}{4a^{2}} + \frac{4}{2a^{2}} \Rightarrow IH = \frac{2a}{3}

    \Rightarrow d\left( B;(SCD) ight) = d\left( A;(SCD) ight) = 2d\left( I;(SCD) ight) = \frac{4a}{3}

  • Câu 14: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A và AB = a, SA ⊥ (ABC), SA = a. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy là:

    Hình vẽ minh họa:

    Theo bài ta có AB là hình chiếu của SB trên (ABC)

    Vậy \widehat{\left( SB,(ABC) ight)} =\widehat{(SB,\ AB)} = \widehat{SBA}

    Mà ∆SBA vuông cân tại A nên \widehat{SBA}= 45^{0}

  • Câu 15: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 2a. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (ABCD) bằng 90^{0}, SA = SB. Tính tan góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD), biết thể tích khối chóp S.ABCD bằng \frac{4a^{3}}{3}?

    Hình vẽ minh họa

    Kẻ SH\bot AB , gọi \alpha = \left( SC;(ABCD) ight)

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} (SAB)\bot(ABCD) \\ (SAB) \cap (ABCD) = AB \\ SH \subset (SAB) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SH\bot(ABCD)

    \Rightarrow \alpha = \widehat{SCH}

    Lại có: V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}SH.S_{ABCD} = \frac{4a^{3}}{3} \Rightarrow SH = a

    Do tam giác SAB cân tại S nên H là trung điểm của AB

    \Rightarrow HC = \sqrt{BH^{2} + BC^{2}} = a\sqrt{5}

    \Rightarrow \tan\alpha = \tan\widehat{SCH} = \frac{SH}{HC} = \frac{a}{a\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5}

  • Câu 16: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA ⊥ (ABC). Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC, H là hình chiếu của I trên mặt phẳng đáy. Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định dưới đây?

    Hình vẽ minh họa:

    Chọn khẳng định đúng

    Ta có: SA ⊥ (ABC) => SA ⊥ BC

    Mà AB ⊥ BC => BC ⊥ (SAB) => BC ⊥ SB

    => Tam giác SBC vuông tại B => I là trung điểm của SC

    Theo bài ra ta có: IH ⊥ (ABC) => IH // SA

    => H là trung điểm của cạnh AC,

    Mà tam giác ABC vuông tại B => H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

  • Câu 17: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy SA = a. Gọi M là trung điểm của SB. Góc giữa AM bằng BD bằng?

    Góc giữa hai đường thẳng AM bằng BD

    Xét \Delta ABD vuông cân tại A, ta có:

    BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2

    Góc giữa 2 đường thẳng BA và BD bằng 45^0, suy ra \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BD} } ight) = {135^o}

    Xét \Delta SAB vuông cân tại A, ta có:

    \begin{matrix} SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \hfill \\ AM = \dfrac{{SA.AB}}{{SB}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    Vì là trung điểm của SB nên: 2\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AS} + \overrightarrow {AB}

    Ta có:

    \begin{matrix} 2\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BD} = \left( {\overrightarrow {AS} + \overrightarrow {AB} } ight).\overrightarrow {BD} \hfill \\ = \overrightarrow {AS} .\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BD} \hfill \\ \end{matrix}

    (Do \overrightarrow {AS} \bot \overrightarrow {BD}, nên \overrightarrow {AS} .\overrightarrow {BD} = 0)

    \begin{matrix} \overrightarrow {AS} .\overrightarrow {BD} = \dfrac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BD} }}{2} \hfill \\ = \dfrac{{AB.BD.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BD} } ight)}}{2} \hfill \\ = \dfrac{{a.a\sqrt 2 .\cos \left( {{{135}^o}} ight)}}{2} = \dfrac{{ - {a^2}}}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    Do đó: 

    \begin{matrix} \cos \left( {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {BD} } ight) = \dfrac{{\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BD} }}{{AM.BD}} \hfill \\ = \dfrac{{\dfrac{{ - {a^2}}}{2}}}{{\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.a\sqrt 2 }} = - \dfrac{1}{2} \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {BD} } ight) = {120^o} \hfill \\ \end{matrix}

    Vậy góc giữa AM bằng BD bằng {60^o}

  • Câu 18: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau. Điểm nào cách đều bốn đỉnh của A, B, C, D của tứ diện ABCD?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} BC\bot AB \\ CD\bot AB \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(BCD)=> Tam giác ABD vuông tại B.

    => IA = IB = ID = AD/2 (với I là trung điểm của AD)

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} CD\bot AB \\ CD\bot BC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow CD\bot(ABC)

    => Tam giác BCD vuông tại C.

    => EA = EC = ED = AD/2 (E là trung điểm của AD)

    Vậy I trùng với E

    Vậy điểm cách đều bốn đỉnh của A, B, C, D của tứ diện ABCD là trung điểm của đoạn thẳng AD.

  • Câu 19: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng x, SA\bot(ABCD);SA = 2x. Gọi F trung điểm các cạnh AB, G là trung điểm của SF. Tính \cos(CG;BD)?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi I là trung điểm của AD, H là trung điểm của SI.

    Ta có: GH // FI; BD // FI nên GH // BD => (CG;BD) = (CG;GH) = \widehat{CGH}

    Ta có: CI = \sqrt{CD^{2} + DI^{2}} = \sqrt{x^{2} + \frac{x^{2}}{4}} = \frac{x\sqrt{5}}{2}

    \Rightarrow CI = \frac{x\sqrt{5}}{2}

    SF = SI = \sqrt{SA^{2} + AF^{2}} = \sqrt{(2x)^{2} + \left( \frac{x}{2} ight)^{2}} = \frac{x\sqrt{17}}{2}

    SC = \sqrt{SA^{2} + AC^{2}} = \sqrt{(2x)^{2} + \left( x\sqrt{2} ight)^{2}} = x\sqrt{6}

    Khi đó:

    CG = \sqrt{\frac{CF^{2} + SC^{2}}{2} -\frac{SF^{2}}{4}}= \sqrt{\dfrac{\dfrac{5x^{2}}{4} + 6x^{2}}{2} -\dfrac{9x^{2}}{4}} = \dfrac{x\sqrt{41}}{4}

    GH = \frac{1}{2}FI = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}BD = \frac{x\sqrt{2}}{4}

    Ta có: \cos\widehat{CGH} = \frac{GC^{2} + GH^{2} - HC^{2}}{2.GC.GH}

    = \dfrac{\left( \dfrac{x\sqrt{41}}{4}ight)^{2} + \left( \dfrac{x\sqrt{2}}{4} ight)^{2} - \left(\dfrac{x\sqrt{41}}{4} ight)^{2}}{2.\left( \dfrac{x\sqrt{41}}{4}ight).\left( \dfrac{x\sqrt{2}}{4} ight)} =\dfrac{\sqrt{82}}{82}

    \Rightarrow \cos(CG;BD) = \frac{\sqrt{82}}{82}

  • Câu 20: Thông hiểu

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’CD’D. Tính góc tạo bởi đường thẳng AB’ và mặt phẳng (BDD’B’)

    Góc tạo bởi đường thẳng AB’ và mặt phẳng (BDD’B’)

    Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Khi đó ta có AO \bot BD (1).

    Mặt khác ta lại có ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên BB' \bot \left( {ABCD} ight)

    \Rightarrow BB' \bot AO (2)

    Từ (1) và (2) ta có AO \bot \left( {BDD'B'} ight) tại O

    Khi đó B’O là hình chiếu của AB’ lên mặt phẳng (BDD’B’).

    Suy ra góc tạo bởi đường thẳng AB’ và mặt phẳng (BDD’B’) là \widehat {AB'O}

    Xét tam giác vuông AB’O có \sin \widehat {AB'O} = \frac{{AO}}{{AB'}} = \frac{1}{2}

    Vậy \widehat {\left( {AB',\left( {BDD'B'} ight)} ight)} = 30^\circ

Nộp bài

Chúc mừng Bạn đã hoàn thành bài!

Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 Chương 8 Cánh Diều Kết quả
  • Thời gian làm bài: 00:00:00
  • Số câu đã làm: 0
  • Điểm tạm tính: 0
Làm lại
  • 49 lượt xem
Sắp xếp theo
🖼️
Xóa Gửi bình luận
Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 Chương 8 Cánh Diều
Thời gian còn lại 15:00 Số câu đã làm 0/20
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
Chưa làm Đã làm
Làm lại Nộp bài
Đăng nhập