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 chóp S.ABC, tam giác ABC vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy (ABC). Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB (tham khảo hình vẽ bên). Mệnh đề nào sau đây sai?

    Ta có: SA ⊥ (ABC) => SA ⊥ BC

    Mặt khác BC ⊥ AB

    Suy ra BC ⊥ (SAB) nên hình chiếu vuông góc của SC trên (SAB) là SB

    Vậy \widehat{\left( SC,(SAB) ight)} =\widehat{(SC,SB)} = \widehat{BSC\ }(vì tam giác SBC vuông tại B)

  • Câu 2: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A. BC = a. SA = SB = SC = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}. Góc giữa đường thẳng SA và (ABC) bằng

    Góc giữa đường thẳng SA và (ABC) là

    +) Gọi H là trung điểm BC.

    Vì ABC vuông tại A nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

    Ta có: SA = SB = SC\,\left( {gt} ight) \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} ight)

    => Hình chiếu của SA lên (ABC) là HA

    \Rightarrow \,\widehat {\left( {SA,\left( {ABC} ight)} ight)} = \widehat {\left( {SA,HA} ight)} = \widehat {SAH} (vì tam giác SAH vuông tại H)

    +) Ta có: AH = \frac{{BC}}{2} = \frac{a}{2}

    Xét tam giác SHA vuông tại H:

    \cos \widehat {SAH} = \dfrac{{AH}}{{SA}} = \dfrac{{\dfrac{a}{2}}}{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat {SAH} = 30^\circ

    Vậy \,\widehat {\left( {SA,\left( {ABC} ight)} ight)} = \widehat {SAH} = 30^\circ

  • Câu 3: 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 4: 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 5: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh đáy bằng 2a, đường cao bằng a\sqrt{2}. Giả sử \left( (SCD);(ABCD) ight) = \alpha. Mệnh đề nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O = AC \cap BC, M là trung điểm của CD.

    Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} (SCD) \cap (ABCD) = CD \\ OM\bot CD \\ SM\bot CD \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow \alpha = (OM;SM) = \widehat{SMO}

    Trong tam giác SMO có \tan\widehat{SMO} = \frac{SO}{OM} = \frac{a\sqrt{2}}{a} = \sqrt{2}

    \Rightarrow \tan\alpha = \sqrt{2}

  • Câu 6: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC; \widehat {ASB} = \widehat {BSC} = \widehat {CSA}. Hãy xác định góc giữa cặp vecto \overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {AB}?

    Hình vẽ minh họa:

    Xác định góc giữa cặp vecto

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {SC} .\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {SC} .(\overrightarrow {SB} - \overrightarrow {SA} ) \hfill \\ = \overrightarrow {SC} .\overrightarrow {SB} - \overrightarrow {SC} .\overrightarrow {SA} \hfill \\ = |\overrightarrow {SC} |.|\overrightarrow {SB} |.\cos (\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {SB} ) \hfill \\ - |\overrightarrow {SC} |.|\overrightarrow {SA} |.\cos (\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} ) \hfill \\ = SC.SB.\cos \widehat {BSC} - SC.SA.\cos \widehat {ASC} \hfill \\ \end{matrix}

    Mà SA = SB = SC và \widehat {ASB} = \widehat {BSC} = \widehat {CSA}

    => \overrightarrow {SC} .\overrightarrow {AB} = 0 \Rightarrow \left( {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {AB} } ight) = {90^0}

  • Câu 7: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có hai mặt ABC và ABD là tam giác đều. Khi đó (AB;CD) bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: I là trung điểm của AB.

    Vì ABC và ABD là tam giác đều nên \left\{ \begin{matrix} CI\bot AB \\ DI\bot AB \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(CID) \Rightarrow AB\bot CD

  • Câu 8: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a;AD = 3a;SA\bot(ABCD);SA = 2a. Kẻ đường cao AI của tam giác SAB. Khi đó:

    a) BC\bot(SAB) Đúng||Sai

    b) \widehat{\left( SC;(ABCD) ight)} \approx 30^{0} Sai||Đúng

    c) AI\bot CS Đúng||Sai

    d) Diện tích tam giác AIC bằng \frac{7a^{2}}{5}Sai||Đúng

    Đáp án là:

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a;AD = 3a;SA\bot(ABCD);SA = 2a. Kẻ đường cao AI của tam giác SAB. Khi đó:

    a) BC\bot(SAB) Đúng||Sai

    b) \widehat{\left( SC;(ABCD) ight)} \approx 30^{0} Sai||Đúng

    c) AI\bot CS Đúng||Sai

    d) Diện tích tam giác AIC bằng \frac{7a^{2}}{5}Sai||Đúng

    BC\bot(SAB) đúng

    \widehat{\left( SC;(ABCD) ight)} \approx 32,3^{0} đúng

    AI\bot CS đúng

    Diện tích tam giác AIC bằng \frac{a^{2}\sqrt{46}}{5}

  • Câu 9: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O. Gọi I;J lần lượt là trung điểm của các cạnh SA và SC.

    Khẳng định nào sau đây đúng?

    Vì IJ là đường trung bình của tam giác SAC nên IJ//AC

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} IJ//AC \\ BD\bot AC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BD\bot IJ

  • Câu 10: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, đường chéo AC = 2a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) (tham khảo hình vẽ). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD.

    Hình vẽ minh họa:

    Vì AB // CD ⇒ CD // (SAB)

    => d(CD, (SAB)) = d(D, (SAB))

    Mà AD ⊥ (SAB) => d(D, (SAB)) = AD.

    Xét tam giác ABD vuông tại A ta có:

    AB2 + AD2 = BD2 = 4a2 => AD = a\sqrt{2}

  • Câu 11: Vận dụng

    Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có độ dài tất cả các cạnh bằng x và \widehat{BAD} = \widehat{DAA'} = \widehat{A'AB} = 60^{0}. Gọi M,N lần lượt là trung điểm câc các cạnh AA';CD. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng MN và B'C?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi P là trung điểm của DC’. Ta có: \left\{ \begin{matrix} A'D//B'C \\ MN//A'P \\ \end{matrix} ight.

    Suy ra (MN,B'C) = (A'P,A'D) = \widehat{DA'P}

    Xét tam giác ADA’ có \left\{ \begin{matrix} AD = AA' \\ \widehat{DAA'} = 60^{0} \\ \end{matrix} ight. suy ra tam giác ADA’ là tam giác đều \Rightarrow A'D = x

    Xét tam giác A’AB có \left\{ \begin{matrix} AB = AA' \\ \widehat{A'AB} = 60^{0} \\ \end{matrix} ight. suy ra tam giác A’AB đều

    Do đó tam giác DD’C đều

    Vậy DC' = 2DP = 2.\frac{x\sqrt{3}}{2}= x\sqrt{3}

    Xét tam giác BAD có AD = AB và \widehat{BAD} = 60^{0} nên tam giác BAD là tam giác đều.

    Vì tam giác BAD đều nên tam giác B’A’D’ cùng là tam giác đều.

    Gọi A’I là đường cao của tam giác B’A’D’

    Khi đó: A'C' = 2A'I =2.\frac{x\sqrt{2}}{2} = x\sqrt{3}

    Dễ thấy A’P là đường trung tuyến của tam giác DA’C’ nên A'P = \sqrt{\frac{A'D'^{2} +A'C'^{2}}{2} - \frac{DC'^{2}}{4}} =\frac{x\sqrt{5}}{2}

    Áp dụng định lí cosin cho tam giác A’DP có:

    \Rightarrow \cos\widehat{DA'P} =\frac{A'D^{2} + A'P^{2} - DP^{2}}{2.A'D.A'P} =\frac{x\sqrt{5}}{10}

    \Rightarrow \cos(MN,B'C) = \left| \cos\widehat{DA'P} ight| = \frac{3\sqrt{5}}{10}

  • Câu 12: Thông hiểu

    Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a. Tam giác SAB đều và \left( (SAB);(ABCD) ight) = 90^{0}. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trung điểm của AB

    Do tam giác SAB đều nên SH\bot AB

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

    Vậy SH là đường cao của hình chóp

    Tính được SH = a\sqrt{3}

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}.(2a)^{2}.a\sqrt{3} = \frac{4a^{3}\sqrt{3}}{3}

  • Câu 13: Nhận biết

    Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OB = OC = a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng OA và BC.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi M là trung điểm CB, ta có: OM ⊥ BC.

    Mặt khác vì OA, OB, OC đôi một vuông góc nên OA ⊥ (OBC)

    => OA ⊥ OM. Do đó khoảng cách giữa OA và BC là OM.

    Ta có: OM = \frac{1}{2}BC = \frac{a\sqrt{2}}{2}

  • Câu 14: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC, SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) và AB\bot BC. Hỏi có bao nhiêu mặt của hình chóp là tam giác vuông?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: AB\bot BC suy ra tam giác ABC vuông tại B

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

    Suy ra tam giác SAB và tam giác SAC là các tam giác vuông tại A

    Mặt khác \left\{ \begin{matrix} AB\bot BC \\ SA\bot BC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot SC suy ra tam giác SBC vuông tại B

    Vậy hình chóp có bốn mặt đều là tam giác vuông.

  • Câu 15: Vận dụng

    Cho S.ABCD là hình chóp có đáy là hình chữ nhật. SA \bot \left( {ABCD} ight). Gọi K nằm trên cạnh BC sao cho KC = 2KB, Q nằm trên cạnh CD sao cho QD = 3QC và M là trung điểm của cạnh SD. Biết AB = a,AD = 2a và KM = \frac{{a\sqrt {67} }}{6}. Tính cosin góc giữa KM và SQ.

    Gọi N là trung điểm AD. Như vậy MN là đường trung bình của tam giác SAD nên MB // SA.

    Vậy MN \bot \left( {ABCD} ight)

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {NK} = \overrightarrow {NA} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BK} \hfill \\ = - \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} + \dfrac{1}{3}\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AB} - \dfrac{1}{6}\overrightarrow {AD} \hfill \\ \end{matrix}

    Suy ra

    \begin{matrix} N{K^2} = {\left( {\overrightarrow {AB} - \dfrac{1}{6}\overrightarrow {AD} } ight)^2} = A{B^2} + \dfrac{1}{{36}}A{D^2} \hfill \\ = {a^2} + \dfrac{1}{{36}}.4{a^2} = \dfrac{{10}}{9}{a^2} \hfill \\ \end{matrix}

    Xét tam giác MNK vuông tại N (do MN \bot \left( {ABCD} ight)) ta có:

    \begin{matrix} M{N^2} = M{K^2} - N{K^2} = \dfrac{{67}}{{36}}{a^2} - \dfrac{{10}}{9}{a^2} = \dfrac{3}{4}{a^2} \hfill \\ \Rightarrow MN = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow SA = a\sqrt 3 \hfill \\ \end{matrix}

    Lại có

    \begin{matrix} \overrightarrow {AQ} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DQ} = \overrightarrow {AD} + \dfrac{3}{4}\overrightarrow {AB} \hfill \\ \Rightarrow A{Q^2} = {\left( {\overrightarrow {AD} + \dfrac{3}{4}\overrightarrow {AB} } ight)^2} \hfill \\ = A{D^2} + \dfrac{9}{{16}}A{B^2} \hfill \\ = {(2a)^2} + \dfrac{9}{{16}}{a^2} = \dfrac{{73}}{{16}}{a^2} \hfill \\ \end{matrix}

    Xét tam giác SAQ vuông tại A nên

    \begin{matrix} S{Q^2} = A{S^2} + A{Q^2} = 3{a^2} + \dfrac{{73}}{{16}}{a^2} = \dfrac{{121}}{{16}}{a^2} \hfill \\ \Rightarrow SQ = \dfrac{{11}}{4}a \hfill \\ \end{matrix}

    Ta có

    \begin{matrix} \overrightarrow {KM} = \overrightarrow {NM} - \overrightarrow {NK} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AS} - \overrightarrow {AB} + \dfrac{1}{6}\overrightarrow {AD} \hfill \\ \overrightarrow {SQ} = \overrightarrow {AQ} - \overrightarrow {AS} = \overrightarrow {AD} + \dfrac{3}{4}\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AS} \hfill \\ \end{matrix}

    Khi đó

    \begin{matrix} \overrightarrow {KM} .\overrightarrow {SQ} = - \dfrac{3}{4}A{B^2} + \dfrac{1}{6}A{D^2} - \dfrac{1}{2}A{S^2} \hfill \\ = - \dfrac{3}{4}{a^2} + \dfrac{1}{6}.4{a^2} - \dfrac{1}{2}.3{a^2} = \dfrac{{ - 19}}{{12}}{a^2} \hfill \\ \end{matrix}

    Vậy

    \begin{matrix} \cos \left( {KM,SQ} ight) = \left| {\cos \left( {\overrightarrow {KM} ,\overrightarrow {SQ} } ight)} ight| \hfill \\ = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {KM} .\overrightarrow {SQ} } ight|}}{{KM.SQ}} = \dfrac{{\left| {\dfrac{{ - 19}}{{12}}{a^2}} ight|}}{{\dfrac{{a\sqrt {67} }}{6}.\dfrac{{11a}}{4}}} = \dfrac{{38}}{{11\sqrt {67} }} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 16: Vận dụng

    Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng \frac{a\sqrt{21}}{6}. Tính khoảng cách d từ đỉnh A đến mặt phẳng (SBC)

    Hình vẽ minh họa

    Tính khoảng cách d từ đỉnh A đến mặt phẳng (SBC)

    Giả sử O là tâm của tam giác đều ABC 

    Do S.ABC đều nên => SO \bot(ABC)

    Gọi E là trung điểm của BC ta có:

    \begin{matrix} AO \cap \left( {SBC} ight) = E \hfill \\ \Rightarrow \dfrac{{d\left( {A;\left( {SBC} ight)} ight)}}{{d\left( {O;\left( {SBC} ight)} ight)}} = \dfrac{{AE}}{{OE}} = 3 \hfill \\ \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} ight)} ight) = 3d\left( {O;\left( {SBC} ight)} ight) \hfill \\ \end{matrix}

    Xét (SAE) kẻ OK \bot SE (*)

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {BC \bot AE} \\ {BC \bot SO} \end{array}} ight. \Rightarrow BC \bot \left( {SEA} ight) \Rightarrow BC \bot OK\left( {**} ight)

    Ta có:

    \begin{matrix} SO = \sqrt {S{A^2} - {{\left( {\dfrac{2}{3}AE} ight)}^2}} \hfill \\ = \sqrt {\dfrac{{21{a^2}}}{{36}} - {{\left( {\dfrac{2}{3}\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}} ight)}^2}} = \dfrac{a}{2} \hfill \\ OE = \dfrac{1}{3}AE = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6} \hfill \\ \end{matrix}

    Xét tam giác vuông SOE ta có:

    OK = \frac{{SO.OE}}{{\sqrt {S{O^2} + O{E^2}} }} = \frac{a}{4}

    \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} ight)} ight) = 3OK = \frac{{3a}}{4}

  • Câu 17: Nhận biết

    Mệnh đề nào sau đây đúng?

    Mệnh đề: “Hai mặt phẳng cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau” sai vì hai mặt phẳng đó có thể cắt nhau.

    Mệnh đề: “Hai mặt phẳng cùng vuông góc với một mặt phẳng thì vuông góc với nhau.“ sai vì hai mặt phẳng đó có thể tạo với nhau những góc khác 900.

    Dễ thấy mệnh đề: “Hai mặt phẳng cùng vuông góc với một mặt phẳng thì cùng song song với một đường thẳng.” đúng.

    Mệnh đề: “Hai mặt phẳng cùng vuông góc với một mặt phẳng thì cùng vuông góc với một đường thẳng.“ sai vì trong trường hợp mặt phẳng (P) và mặt phẳng (Q) cùng vuông góc với mặt phẳng (R), (P) ⊥ (Q) thì không thể có đường thẳng nào cùng vuông góc với (P) và (Q).

  • Câu 18: Nhận biết

    Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước là 2;3;5 bằng:

    Thể tích cần tìm là: V = 2.3.5 = 30

  • Câu 19: Thông hiểu

    Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có cạnh bên bằng 4a. Tính thể tích khối lăng trụ biết góc giữa mặt phẳng (A'BC) và mặt phẳng (ABC) bằng 60^{0}.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của BC.

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} BC\bot AM \\ BC\bot A'M \\ (A'BC) \cap (ABC) = BC \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow \left( (A'BC);(ABC) ight) = \widehat{A'MA} = 60^{0}

    Trong tam giác vuông A’MA có:

    \tan\widehat{A'MA} = \frac{A'A}{AM} \Rightarrow AM = \frac{A'A}{tan60^{0}} = \frac{4\sqrt{3}}{3}a

    Tam giác ABC đều nên AM = \frac{AB\sqrt{3}}{2} \Rightarrow AB = \frac{8a}{3}

    Vậy thể tích khối lăng trụ là: V = S_{ABC}.AA' = \frac{\sqrt{3}}{4}.4a.\left( \frac{8a}{3} ight)^{2} = \frac{64\sqrt{3}a^{3}}{9}

  • Câu 20: 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}

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
  • 80 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