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: Nhận biết

    Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Giả sử tam giác AB’C và A’DC’ đều có ba góc nhọn. Góc giữa hai đường thẳng AC, A’D là góc nào sau đây?

    Xác định góc giữa hai đường thẳng AC, A’D

    Do ACC’A’ là hình bình hành nên AC song song với A’C’. Do đó:

    \left( {\widehat {AC;A'D}} ight) = \left( {\widehat {A'C';A'D}} ight)

    Như vậy \left( {\widehat {AC;A'D}} ight) = \widehat {DA'C'}

  • Câu 2: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), AB = BC = a, AD = 2a. Biết góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 450. Tính góc giữa mặt phẳng (SAD) và (SCD).

    Tính góc giữa mặt phẳng (SAD) và (SCD)

    Tam giác ABC vuông cân tại B, suy ra AC = AB\sqrt 2 = a\sqrt 2

    Vì SA \bot \left( {ABCD} ight) nên AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABCD).

    Khi đó

    \begin{matrix} \widehat {\left( {SC;\left( {ABCD} ight)} ight)} = \widehat {\left( {SC;AC} ight)} = \widehat {SCA} = {45^0} \hfill \\ \Rightarrow SA = AC = a\sqrt 2 \hfill \\ \end{matrix}

    Gọi M là trung điểm của AD => CM ⊥ AD.

    Mà CM ⊥ SA nên CM ⊥ (SAD) => CM ⊥ SD

    Hạ CH ⊥ SD . Khi đó SD ⊥ (CMH) => MH ⊥ SD

    Ta có:

    \begin{matrix} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {(SAD) \cap (SCD) = SD} \\ {MH \subset (SAD)} \\ {MH \bot SD} \\ {CH \subset (SCD)} \\ {CH \bot SD} \end{array}} ight. \hfill \\ \Rightarrow \widehat {((SAD),(SCD))} = \widehat {(MH,CH)} = \widehat {MHC} \hfill \\ \end{matrix}

    Ta lại có: SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}} = a\sqrt 6 ;CM = AB = a

    \begin{matrix} \Delta SAD \sim \Delta MHD \hfill \\ \Rightarrow \dfrac{{SA}}{{SD}} = \dfrac{{MH}}{{MD}} \hfill \\ \Rightarrow MH = \dfrac{{SA.MD}}{{SD}} = \dfrac{{a\sqrt 2 a}}{{a\sqrt 6 }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3} \hfill \\ \end{matrix}

    Tam giác MHC vuông tại M

    \Rightarrow \tan \widehat {MHC} = \frac{{CM}}{{MH}} = \frac{a}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{3}}} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {MHC} = {60^0}

    Vậy \left( {\widehat {\left( {SAD} ight);\left( {SCD} ight)}} ight) = {60^0}

  • Câu 3: Thông hiểu

    Cho hình lập phương ABCD.A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}. Tính \left( AC;DA_{1} ight)?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có:

    AC//A_{1}C_{1} \Rightarrow \left( AC;DA_{1} ight) = \left( A_{1}C_{1};DA_{1} ight) = \widehat{DA_{1}C_{1}}

    Do A_{1}C_{1};DA_{1};DC_{1} là các đường chéo hình vuông bằng nhau.

    Vậy tam giác AD_{1}C_{1} là tam giác đều \Rightarrow \widehat{DA_{1}C_{1}} = 60^{0}

    \Rightarrow \left( AC;DA_{1} ight) = \widehat{DA_{1}C_{1}} = 60^{0}

  • Câu 4: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có SA\bot(ABC);SA = a\sqrt{3}, tam giác ABC đều có AB = a. Giả sử \alpha = \left( AB;(ABC) ight). Hãy xác định giá trị \sin\alpha?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của BC. Kẻ đường cao AK của tam giác SAM.

    Tam giác ABC đều suy ra AM\bot BC \Rightarrow BC\bot(SAM) \Rightarrow AK\bot(ABC)

    \Rightarrow \alpha = \left( AB;(ABC) ight) = (AB;AK) = \widehat{ABK}

    Xét tam giác ABM vuông tại A ta có:

    \frac{1}{AK^{2}} = \frac{1}{SA^{2}} + \frac{1}{AM^{2}}

    = \frac{1}{\left( a\sqrt{3} ight)^{2}} + \frac{1}{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} ight)^{2}} = \frac{5}{3a^{2}}

    \Rightarrow AK = \frac{a\sqrt{15}}{5}

    Vì AK\bot(ABC) \Rightarrow AK\bot BK

    Xét tam giác ABK vuông tại K ta có:

    \sin\alpha = \frac{AK}{AB} = \frac{\sqrt{15}}{5}

  • Câu 5: Vận dụng cao

    Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AA’ = 2a; AD = 4a. Gọi M là trung điểm của cạnh AD. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng A’B’ và C’M.

    Ta có: AA’ = AM = MD = 2a nên tam giác AMA’ và tam giác MDD’ lần lượt là tam giác vuông tại A và D

    => \widehat{AMA'} = \widehat{D'MD} = 45^{0} \Rightarrow A'M\bot MD' (1)

    Ta lại có: C'D'\bot(A'D'DA) \Rightarrow C'D'\bot A'M (2)

    Từ (1) và (2) => A'M\bot(MC'Ð)

    Ta lại có A’B’ // C’D’ => A’B’ // (MC’D’)

    => Khoảng cách d = d(A’B’, (MC’D’)) = d(A’; (MC’D’))

    => A'M = \sqrt{AA'^{2} + AM^{2}} = 2a\sqrt{2}

  • Câu 6: 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 7: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD;AB = SA = a. Tính khoảng cách từ đường thẳng AB và mặt phẳng (SCD) bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O là tâm của đáy \Rightarrow SO\bot(ABCD)

    Lấy M, N lần lượt là trung điểm AB, CD.

    Kẻ OH\bot SN

    Có \left\{ \begin{matrix} ON\bot CD \\ CD\bot SO \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow CD\bot(SON)

    \Rightarrow CD\bot OH \Rightarrow OH\bot(SCD)

    Ta có: AB//CD \subset (SCD) \Rightarrow AB//(SCD)

    Khi đó d\left( AB;(SCD) ight) = d\left( M;(SCD) ight) = 2d\left( O;(SCD) ight) = 2OH

    Trong tam giác SON vuông tại O, OH\bot SN có:

    \frac{1}{OH^{2}} = \frac{1}{SO^{2}} + \frac{1}{ON^{2}} \Rightarrow OH = \frac{a\sqrt{6}}{6}

    \Rightarrow d\left( AB;(SCD) ight) = \frac{a\sqrt{6}}{3}

  • Câu 8: Nhận biết

    Khẳng định nào sau đây sai?

    Đường thẳng d vuông góc với hai đường thẳng nằm trong (\alpha) thì d\bot(\alpha) chỉ đúng khi hai đường thẳng đó cắt nhau.

  • Câu 9: Nhận biết

    Cho một khối trụ có diện tích đáy bằng 4a^{2}, chiều cao bằng a. Thể tích khối chóp đã cho là:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 4a^{2} \\ h = a \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối trụ là: V = B.h = 4a^{2}.a = 4a^{3}

  • Câu 10: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a (tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và A’C’ bằng:

    Do BD và A’C’ lần lượt nằm trên hai mặt phẳng (ABCD) và (A’B’C’D’) song song với nhau nên d(A’C’, BD) = d((ABCD),(A’B’C’D’)).

    Mà ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên ta có d((ABCD), (A’B’C’D’)) = AA’ = a. Vậy d(A’C’, BD) = a.

  • Câu 11: 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 12: Vận dụng

    Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 3a. Điểm H thuộc cạnh AC với HC = a. Dựng đoạn SH vuông góc với mặt phẳng (ABC) với SH = 2a. Khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB) bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi D là trung điểm của AB, do giả thiết suy ra CD ⊥ AB.

    Trong (ABC) kẻ HM // CD suy ra HM ⊥ AB (1).

    Do giả thiết SH ⊥ (ABC) => SH ⊥ AB (2)

    Từ (1), (2) suy ra AB ⊥ (SHM)

    Trong mặt phẳng (SHM) kẻ HK ⊥ SM (3), theo chứng minh trên => HK ⊥ AB (4)

    Từ (3), (4) => HK ⊥ (SAB) => d (H; (SAB)) = HK

    Dễ thấy CH ∩ (SAB) = {A}

    \frac{d\left( C;(SAB) ight)}{d\left(H;(SAB) ight)} = \frac{CA}{HA} = \frac{3}{2}

    Do đó d\left( C;(SAB) ight) =\frac{3}{2}d\left( H;(SAB) ight)

    Theo giả thiết ∆ABC đều => CD =\frac{3a\sqrt{3}}{2}

    Xét ∆ABC do HM // CD theo định lý Ta - lét ta có:

    \frac{HM}{CD} = \frac{AH}{AC} =\frac{2}{3}

    Áp dụng hệ thức lượng trong ∆SHM vuông tại H, ta có:

    HM = \frac{2}{3}CD \Rightarrow HM =\frac{2}{3}.\frac{3a\sqrt{3}}{2} = a\sqrt{3}

  • Câu 13: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có SA \bot \left( {ABCD} ight);SA = a\sqrt 2, ABCD là hình thang vuông tại A, B và 2AB = 2BC = AD = 2a. Gọi O = AC \cap BD, M là trung điểm SB. Tính sin của góc giữa OM và (SCD).

    Tính sin của góc giữa OM và (SCD)

    Trong (SBD), gọi I = OM \cap SD \Rightarrow OM \cap \left( {SCD} ight) = I

    Ta có BC // AD, áp dụng định lý Ta – let ta được:

    \frac{{OB}}{{OD}} = \frac{{OC}}{{OA}} = \frac{{BC}}{{AD}} = \frac{1}{2}

    Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SBD có cát tuyến OMI ta có:

    \frac{{BO}}{{OD}}.\frac{{DI}}{{IS}}.\frac{{SM}}{{MB}} = 1 \Leftrightarrow \frac{1}{2}.\frac{{DI}}{{IS}}.1 = 1 \Leftrightarrow \frac{{DI}}{{IS}} = 2

    Tam giác SAD vuông tại A có

    SA = a\sqrt 2 ,AD = 2a \Rightarrow SD = a\sqrt 6

    => DI = \frac{3}{2}SD = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}

    Mặt khác: \frac{{CO}}{{CA}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{d\left( {O,\left( {SCD} ight)} ight)}}{{d\left( {A,\left( {SCD} ight)} ight)}} = \frac{1}{3}

    \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} ight)} ight) = \frac{1}{3}d\left( {A,\left( {SCD} ight)} ight)

    Lại có ABCD là hình thang vuông tại A, B và 2AB = 2BC = AD nên AC = CD = a\sqrt 2

    => AC \bot CD mà CD \bot SA \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} ight)

    Kẻ AH \bot SC, có CD \bot AH (do CD \bot \left( {SBC} ight))

    \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} ight) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} ight)} ight) = AH

    Xét tam giác SAC vuông tại A có SA = a\sqrt 2 ,\,AC = a\sqrt 2, AH là đường cao:

    \begin{matrix} \Rightarrow \dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{S^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{{2{a^2}}} + \dfrac{1}{{2{a^2}}} = \dfrac{1}{{{a^2}}} \hfill \\ \Rightarrow AH = a \hfill \\ \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} ight)} ight) = \dfrac{1}{3}AH = \dfrac{a}{3} \hfill \\ \end{matrix}

    Xét tam giác SBD có:

    \begin{matrix} SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}} = \sqrt {2{a^2} + 4{a^2}} = a\sqrt 6 \hfill \\ SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {2{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 3 \hfill \\ BD = \sqrt {A{D^2} + A{B^2}} = \sqrt {4{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 5 \hfill \\ \end{matrix}

    Xét tam giác DIO có:

    DI = 2SD = 2a\sqrt 6 ,DO = \frac{2}{3}DB = \frac{2}{3}a\sqrt 5 .

    Do đó:

    \begin{matrix} \cos SDB = \cos IDO \Leftrightarrow \dfrac{{S{D^2} + B{D^2} - S{B^2}}}{{2.SD.BD}} = \dfrac{{I{D^2} + O{D^2} - O{I^2}}}{{2.ID.OD}} \hfill \\ \Leftrightarrow \dfrac{{6{a^2} + 5{a^2} - 3{a^2}}}{{2.a\sqrt 6 .a\sqrt 5 }} = \dfrac{{24{a^2} + \dfrac{{20{a^2}}}{9} - O{I^2}}}{{2.2a\sqrt 6 .\dfrac{2}{3}a\sqrt 5 }}. \hfill \\ \Leftrightarrow 8 = \dfrac{{\dfrac{{236}}{9}{a^2} - O{I^2}}}{{\dfrac{4}{3}{a^2}}} \Leftrightarrow O{I^2} = \dfrac{{140{a^2}}}{9} \Leftrightarrow OI = \dfrac{{2a\sqrt {35} }}{3} \hfill \\ \end{matrix}

    Mặt khác:

    \begin{matrix} \sin \left( {OM,\left( {SCD} ight)} ight) = \sin \left( {OI,\left( {SCD} ight)} ight) \hfill \\ = \dfrac{{d\left( {O,\left( {SCD} ight)} ight)}}{{OI}} = \dfrac{{\dfrac{a}{3}}}{{\dfrac{{2a\sqrt {35} }}{3}}} = \dfrac{{\sqrt {35} }}{{70}} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 14: Nhận biết

    Cho hình chóp ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, SA = SC. Mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng nào dưới đây?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: O là tâm hình thoi ABCD \Rightarrow \left\{ \begin{matrix} OB = OD \\ OA = OC \\ \end{matrix} ight.

    Mặt khác SA = SC \Rightarrow SO\bot AC (tính chất tam giác cân)

    Và AC\bot BD (tính chất hình thoi)

    Từ (1) và (2) suy ra AC\bot(SBD) \Rightarrow (SAC)\bot(SBD)

  • Câu 15: 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 16: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Gọi I;J lần lượt là trung điểm của SC;BC. Tính số đo góc giữa hai đường thẳng JI và CD?

    Hình vẽ minh họa

    Từ giả thiết ta có: JI//AB (do IJ là đường trung bình tam giác SAB)

    \Rightarrow (IJ;CD) =(SB;AB)

    Mặt khác ta lại có tam giác SAB đều nên \widehat{SBA} = 60^{0}

    \Rightarrow (SB;AB) = 60^{0} \Rightarrow(IJ;CD) = 60^{0}

  • Câu 17: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA ⊥(ABC). Kẻ AH ⊥ SB. Chọn khẳng định sai trong các khẳng định dưới đây?

    Hình vẽ minh họa:

    AB ⊥ BC (hiển nhiên đúng)

    Ta có: SA ⊥(ABC) mà BC nằm trong (ABC) => SA ⊥ BC

    Ta lại có:

    \begin{matrix}\left\{ \begin{matrix}BC\bot BA \subset (SAB) \\BC\bot SA \subset (SAB) \\BA \cap SA = A \hfill \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SAB) \hfill\\\Rightarrow BC\bot AH \hfill\\\left\{ \begin{matrix}BC\bot AH \\SB\bot AH \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow AH\bot(SBC) \Rightarrow SC\bot AH \hfill \\\end{matrix}

    Dễ thấy AH ⊥ AC là khẳng định sai.

  • Câu 18: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có AB = AC = AD, \widehat {BAC} = \widehat {BAD} = {60^0}. Hãy chứng mình AB ⊥ CD.

    Một bạn chứng mình qua các bước sau:

    Bước 1. \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AD}

    Bước 2. \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AB} .\left( {\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AD} } ight)

    Bước 3. \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} = |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AD} |.\cos {60^0} - |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AD} |.\cos {60^0} = 0

    Bước 4. Suy ra AB ⊥ CD

    Theo em. Lời giải trên sai từ:

    Bài toán sai từ bước 1 vì

    Theo quy tắc trừ hai vectơ ta có:

    \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} {\text{ }}

  • Câu 19: Thông hiểu

    Cho khối lăng trụ ABC.A'B'C có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A. Biết AB = a và góc giữa đường thẳng BC' và mặt phẳng (ACC'A') bằng 30^{0}. Tính thể tích khối lăng trụ đứng ABC.A'B'C'.

    Hình vẽ minh họa

    Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} AB\bot AC \\ AB\bot AA' \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(ACC'A')

    Suy ra \left( BC';(ACC'A') ight) = (BC';AC') = \widehat{AC'B} = 30^{0}

    Ta có: AC' = \frac{AB}{tan30^{0}} = \sqrt{3}a

    \Rightarrow AA' = \sqrt{\left( a\sqrt{3} ight)^{2} - a^{2}} = a\sqrt{2}

    Vậy V_{ABC.A'B'C'} = AA'.S_{ABC} = \sqrt{2}a.\frac{1}{2}.a.a = \frac{\sqrt{2}}{2}a^{3}

  • Câu 20: Thông hiểu

    Tính thể tích hình chóp đều S.ABCD biết chiều cao bằng a\sqrt{2} và độ dài cạnh bên bằng a\sqrt{6}?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O là tâm hai đường chéo AC và BD

    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)

    Tam giác SOA vuông tại O nên OA = \sqrt{SA^{2} - SO^{2}} = 2a \Rightarrow AC = BD = 4a

    Vậy thể tích hình chóp là: V = \frac{1}{3}SO.S_{ABCD} = \frac{1}{3}.a\sqrt{2}.\frac{4a.4a}{2} = V = \frac{8\sqrt{2}a^{3}}{3}

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
  • 81 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