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 đáy là tam giác ABC cân tại A, SA vuông góc với đáy. Gọi Mlà trung điểm của BC, J là trung điểm của BM. Khẳng định nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: BC\bot SA;\left( do\ SA\bot(ABC) ight)

    Tam giác ABC cân tại A nên AM\bot BC

    \Rightarrow BC\bot(SAM)

  • Câu 2: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật, biết SA\bot(ABCD);AB = a;SA = AD = a\sqrt{3}. Xác định tính đúng sai của các kết luận sau?

    a) BC\bot(SAB) Đúng||Sai

    b) (SAD)\bot(SCD) Đúng||Sai

    c) \widehat{\left( (SCD);(ABCD) ight)} = \widehat{SCA} Sai||Đúng

    d) \widehat{\left( SC;(SAD) ight)} = 30^{0}Sai||Đúng

    Đáp án là:

    Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật, biết SA\bot(ABCD);AB = a;SA = AD = a\sqrt{3}. Xác định tính đúng sai của các kết luận sau?

    a) BC\bot(SAB) Đúng||Sai

    b) (SAD)\bot(SCD) Đúng||Sai

    c) \widehat{\left( (SCD);(ABCD) ight)} = \widehat{SCA} Sai||Đúng

    d) \widehat{\left( SC;(SAD) ight)} = 30^{0}Sai||Đúng

    Hình vẽ minh họa

    a) Ta có: \left\{ \begin{matrix} BC\bot SA\left( do\ SA\bot(ABCD) ight) \\ BC\bot AB \\ SA\bigcap AB = \left\{ A ight\} \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow BC\bot(SAB)

    b) Ta có: \left\{ \begin{matrix} CD\bot SA\left( do\ SA\bot(ABCD) ight) \\ CD\bot AD \\ SA\bigcap AD = \left\{ A ight\} \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow CD\bot(SAD) mà CD \subset (SCD)

    \Rightarrow (SCD)\bot(SAD)

    c) Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} (SCD) \cap (ABCD) = CD \\ AD\bot CD \equiv \left\{ D ight\} \\ SD\bot CD \equiv \left\{ D ight\} \\ \end{matrix} ight.

    Suy ra góc giữa (SCD) và (ABCD) là góc giữa AD và SD đó là góc \widehat{SDA}.

    d) Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} SC \cap (SAD) = \left\{ S ight\} \\ CD\bot(SAD) \equiv \left\{ D ight\} \\ \end{matrix} ight.

    Suy ra SD là hình chiếu vuông góc của SC lên (SAD)

    Nên góc giữa SC và (SAD) là góc giữa SC và SD đó là góc \widehat{CSD} trong tam giác vuông SCD.

    Xét tam giác SCD vuông tại D ta có:

    \tan\widehat{SCD} = \sqrt{6} \Rightarrow \widehat{\left( SC;(SAD) ight)} = \widehat{SCD} eq 30^{0}

  • Câu 3: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, SA\bot(ABC). Kết luận nào dưới đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

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

    Mà AC\bot AB \Rightarrow AC\bot(SAB)

    Đồng thời AC \subset (SAC) \Rightarrow (SAC)\bot(SAB)

  • Câu 4: Nhận biết

    Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề sau:

    Mệnh đề sai: “Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là khoảng cách từ một điểm M thuộc mặt phẳng (P) chứa a và song song với b đến một điểm N bất kì trên b.”

  • Câu 5: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh bằng 2. Đường thẳng SO vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và SO=\sqrt{3}. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng SA và BD.

    Hình vẽ minh họa:

    Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng SA và BD

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {BD \bot AC} \\ {BD \bot SO} \end{array} \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} ight)} ight.

    Trong (SAC) kẻ OK⊥SA(1) ta có:

    OK⊂(SAC)⇒OK⊥BD(2) 

    Từ (1) và (2) ta có OK là đường vuông góc chung của SA và BD

    Khi đó d(SA;BD)=OK

    \begin{matrix} OK = \dfrac{{SO.OA}}{{\sqrt {S{O^2} + O{A^2}} }} \hfill \\ = \dfrac{{\sqrt 3 .\dfrac{{2\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {\sqrt 3 } ight)}^2} + {{\left( {\dfrac{{2\sqrt 2 }}{2}} ight)}^2}} }} = \dfrac{{\sqrt {30} }}{5} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 6: Vận dụng

    Tính thể tích khối chóp tam giác đều cạnh đáy bằng a. Biết độ dài chiều cao của tam giác đáy và cạnh bên của hình chóp tỉ lệ 1 : 2?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trọng tâm tam giác ABC suy ra SH\bot(ABC)

    Gọi M là trung điểm của BC

    \Rightarrow AM\bot BC;AM = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    Vì độ dài chiều cao của tam giác đáy và cạnh bên của hình chóp tỉ lệ 1 : 2

    Hay AM = \frac{1}{2}SA

    \Rightarrow SA = a\sqrt{3}

    Xét tam giác SAH vuông tại H ta có:

    \Rightarrow SH = \sqrt{SA^{2} - AH^{2}}

    = \sqrt{\left( a\sqrt{3} ight)^{2} - \left( \frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2} ight)^{2}} = \frac{2a\sqrt{6}}{2}

    Vậy V_{S.ABC} = \frac{1}{3}.S_{ABC}.SH = \frac{1}{3}.\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}.\frac{2a\sqrt{6}}{3} = \frac{a^{3}\sqrt{2}}{6}

  • Câu 7: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng a, SA\bot(ABCD);SA = a\sqrt{3}. Giả sử (\alpha) là mặt phẳng đi qua điểm B và vuông góc với SC. Tính diện tích thiết diện tạo bởi hình chóp và mặt phẳng (\alpha)?

    Hình vẽ minh họa

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

    Từ O dựng OH vuông góc với SC

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} SC\bot BD \\ SC\bot OE \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SC\bot(BDH)

    Lại có \left\{ \begin{matrix} (\alpha) \cap (SBC) = BH \\ (\alpha) \cap (SCD) = HD \\ (\alpha) \cap (ABCD) = DB \\ \end{matrix} ight.

    Vậy thiết diện cần tìm là tam giác BHD

    S_{BHD} = \frac{1}{2}OH.BD = \frac{1}{2}\frac{SA.CO}{CA}.BD = \frac{a^{2}\sqrt{15}}{10}

  • Câu 8: Thông hiểu

    Cho khối chóp S.ABCD có SA\bot(ABCD); đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a;AD = a\sqrt{3}. Tính thể tích khối chóp S.ABCD, biết mặt phẳng (SBC) tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 60^{0}.

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: S_{ABCD} = a^{2}\sqrt{3}

    Vì \left\{ \begin{matrix} (SBC) \cap (ABCD) = BC \\ BC\bot SB \subset (SBC) \\ BC\bot AB \subset (ABCD) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow \left( (SBC);(ABCD) ight) = (SB;AB) = \widehat{SBA}

    Vậy \widehat{SBA} = 60^{0}

    Xét tam giác vuông SAB có

    \tan60^{0} = \frac{SA}{AB} \Rightarrow SA= AB.\tan60^{0} = a\sqrt{3}

    Vậy V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}S_{ABCD}.SA = \frac{1}{3}.a^{2}\sqrt{3}.a\sqrt{3} = a^{3}

  • Câu 9: Thông hiểu

    Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc. Nếu H là hình chiếu vuông góc của điểm O trên mặt phẳng (ABC) thì H là:

    Vì \left\{ \begin{matrix} AB\bot OH \\ AB\bot OC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot CH

    Tương tự: BC\bot AH

    Vậy H là trực tâm tam giác ABC.

  • Câu 10: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có 3CD = 4AB. Gọi trung điểm của các cạnh BC,AC,DB lần lượt là G,E,F. Biết rằng 6EF = 5AB. Tính (CD;AB)?

    Hình vẽ minh họa

    Đặt AB = a

    Vì trung điểm của các cạnh BC,AC,DB lần lượt là G,E,F

    Suy ra \left\{ \begin{matrix}GE = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{a}{2} \\GF = \dfrac{1}{2}CD = \dfrac{2}{3}AB = \dfrac{2a}{3} \\EF = \dfrac{5}{6}AB = \dfrac{5a}{6} \\\end{matrix} ight.

    Từ đó GE^{2} + GF^{2} = \frac{a^{2}}{4} + \frac{4a^{2}}{9} = \frac{25a^{2}}{36} = EF^{2}

    Suy ra tam giác GEF vuông tại G.

    Vì GE//AB;GF//CD nên (AB,CD) = (GE,GF) = \widehat{EGF} = 90^{}

  • Câu 11: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh bên bằng cạnh đáy và bằng a. Gọi M là trung điểm của SC. Tính góc giữa hai mặt phẳng (MBD) và (ABCD).

    Tính góc giữa hai mặt phẳng (MBD) và(ABCD)

    Gọi O là tâm hình vuông ABCD, suy ra SO ⊥ (ABCD).

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {BD \bot SO} \\ {BD \bot AO} \end{array}} ight. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} ight) \Rightarrow BD \bot OM

    Do \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {(MBD) \cap (ABCD) = BD} \\ {OM \subset (MBD)} \\ {OM \bot BD} \\ {OC \subset (ABCD)} \\ {OC \bot BD} \end{array}} ight.

    \Rightarrow \widehat {\left( {MBD),(ABCD)} ight)} = (\widehat {OM,OC}) = \widehat {MOC}

    Tam giác SOC vuông tại O, trung tuyến OM, suy ra OM = MC = \frac{{CS}}{2} = \frac{a}{2}

    => Tam giác MOC cân tại M.

    => OC = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}

    Khi đó \cos \widehat {MOC} = \frac{{OC}}{{SC}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{a} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \widehat {MOC} = {45^{^0}}

    Vậy \widehat {\left( {\left( {MDB} ight);\left( {ABCD} ight)} ight)} = {45^0}

  • Câu 12: 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 13: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có AC = AD = BC = BD = a, (ACD) ⊥ (BCD) và (ABC) ⊥ (ABD). Tính độ dài cạnh CD.

    Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB, ∆ACD và ∆BCD cân

    => AM ⊥ CD, BM ⊥ CD. Ta có:

    \left\{ \begin{matrix}(ACD)\ \cap \ (BCD) \\CD\bot AM \subset (ACD) \\CD\bot BM \subset (BCD) \\\end{matrix} ight.

    \Rightarrow \widehat{\left( (ACD);\(BCD) ight)} = \widehat{(AM;\ BM)} = 90^{0}

    => AM ⊥ BM

    Và ta dễ dàng chứng minh được ∆ACD = ∆BCD (c – c - c)

    => AM = BM => ∆ABM vuông cân tại M

    => MN ⊥ AB

    Đặt CD = x

    Áp dụng định lý Py-ta-go ta có:

    AM^{2} = a^{2} -\frac{x^{2}}{4}

    Xét ∆ABM vuông cân tại M

    \Rightarrow AB^{2} = 2AM^{2} = 2a^{2} -\frac{x^{2}}{2}

    \Rightarrow AN^{2} = \frac{1}{4}AB^{2} =\frac{a^{2}}{2} - \frac{x^{2}}{8}

    Áp dụng định lý Py-ta-go ta có:

    DN^{2} = AD^{2} - AN^{2}

    \Rightarrow DN^{2} = a^{2} -\frac{a^{2}}{2} + \frac{x^{2}}{8} = \frac{a^{2}}{2} +\frac{x^{2}}{8}

    Xét ∆CDN vuông cân tại N

    \Rightarrow CD^{2} = 2DN^{2} = a^{2} +\frac{x^{2}}{4}

    \Rightarrow a^{2} + \frac{x^{2}}{4} =x^{2} \Leftrightarrow x = \frac{2a\sqrt{3}}{3}

  • Câu 14: Nhận biết

    Cho một khối chóp có diện tích đáy bằng 3a^{2}, chiều cao bằng a. Thể tích khối chóp đã cho là:

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

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}B.h = a^{3}

  • Câu 15: Vận dụng cao

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a, O là trung điểm của AC và SO = b. Gọi (∆) là đường thẳng đi qua C, (∆) chứa trong mặt phẳng (ABCD) và khoảng cách từ O đên (∆) là \frac{a\sqrt{14}}{6}. Giá trị lượng giác \cos\left( SA;(\Delta) ight) bằng bao nhiêu?

    Từ A kẻ (∆’) // (∆)

    Từ O kẻ (d) ⊥ (∆) cắt (∆) và (∆’) lần lượt tại H, K

    Ta có: \left\{ \begin{matrix}AK\bot OK \\AK\bot SO \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow AK\bot(SOK) \Rightarrow AK\botSK

    Ta được \cos\left( SA;(\Delta) ight) =\cos\left( SA;(\Delta') ight)

    Ta có: \left\{ \begin{matrix}SA = \dfrac{\sqrt{4b^{2} + 2a^{2}}}{2} \\AK = \dfrac{a}{3} \\\end{matrix} ight.

    => \cos\left( SA;(\Delta) ight) =\frac{AK}{SA} = \frac{2a}{3\sqrt{4b^{2} + 2a^{2}}}

  • Câu 16: Nhận biết

    Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có tất cả các cạnh bằng nhau. Hãy tính số đo góc giữa hai đường thẳng AB và C'A'?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: Tam giác ABC là tam giác đều suy ra \widehat{BAC} = 60^{0}

    Lại có AC//A'C'

    \Rightarrow (AB;A'C') = (AB;CA) = \widehat{BAC} = 60^{0}.

  • Câu 17: 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 18: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác S.ABC có SA\bot(ABC);SA = a\sqrt{2}. Biết rằng tam giác ABC vuông cân tại B và AC = 2a. Tính góc giữa SB và (ABC)?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SB \cap (ABC);SA\bot(ABC)

    => Hình chiếu vuông góc của SB trên mặt phẳng (ABC) là AB.

    => Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) là \widehat{SBA}

    Do tam giác ABC vuông cân tại B và AC = 2a nên AB = \frac{AC}{\sqrt{2}} = a\sqrt{2} = SA

    Suy ra tam giác SAB vuông cân tại A.

    Do đó \widehat{SBA} = 45^{0}

    Vậy góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) bằng 450.

  • Câu 19: Vận dụng

    Cho vecto \vec{n} ≠ \vec{0} và hai vecto \vec{a} và \vec{b} không cùng phương. Nếu vecto \vec{n} vuông góc với cả hai vecto \vec{a} và \vec{b} thì \vec{n} , \vec{a} và \vec{b}:

    Trường hợp "Đồng phẳng" và " Có thể đồng phẳng" sai vì có thể xảy ra trường hợp như hình vẽ sau:

    Hoàn thành mệnh đề

    Giả sử trường hợp "Không đồng phẳng" sai tức là ba vecto  \vec{n} , \vec{a} và \vec{b} đồng phẳng. 

    Khi đó vì \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\overrightarrow n \bot \overrightarrow a } \\ {\overrightarrow n \bot \overrightarrow b } \end{array}} ight. \Rightarrow \overrightarrow a //\overrightarrow bđiều này mẫu thuẫn với giả thiết hai vecto  \vec{a} và \vec{b} không cùng phương.

    Vậy đáp án đúng là "Không đồng phẳng"

  • Câu 20: Thông hiểu

    Cho hình lập phương như hình vẽ:

    Biết AC' = a\sqrt{3}. Xác định thể tích của khối lập phương đã cho.

    Gọi độ dài cạnh của khối lập phương là a; (x > 0)

    Xét tam giác A’B’C’ vuông cân tại B’ ta có:

    A'C'^{2} = A'B'^{2} + B'C'^{2} = x^{2} + x^{2} = 2x^{2}

    \Rightarrow A'C' = \sqrt{2}x

    Xét tam giác A’AC’ vuông tại A’ ta có:

    AC'^{2} = A'A^{2} + A'C'^{2}

    \Leftrightarrow 3a^{2} = x^{2} + 2x^{2} \Leftrightarrow x = a

    Vậy thể tích khối lập phương là V = a^{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