Lớp 11 Toán 11 - Cánh Diều

Đề kiểm tra 45 phút Toán 11 Chương 8 Cánh Diều

Mô tả thêm: Đề kiểm tra 45 phút Toán 11 Quan hệ vuông góc trong không gian. Phép chiếu vuông góc gồm 40 câu hỏi trắc nghiệm giúp bạn học ôn tập, củng cố lại kiến thức sách Cánh Diều.
  • Thời gian làm: 45 phút
  • Số câu hỏi: 40 câu
  • Số điểm tối đa: 40 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 lập phương ABCD.A'B'C'D' . Ghép nối các đáp án với nhau.

    • (AB,B'C') || 90^{0}
    • (AC,B'C') || 45^{0}
    • (A'C',B'C) || 60^{0}
    Đáp án là:

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' . Ghép nối các đáp án với nhau.

    • (AB,B'C') || 90^{0}
    • (AC,B'C') || 45^{0}
    • (A'C',B'C) || 60^{0}

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: AB//A'B' mà (A'B',B'C') = 90^{0} \Rightarrow (AB,B'C') = 90^{0}

    Vì tứ giác ABCD là hình vuông nên (AC;BC) = 45^{0}

    Ta có: BC//B'C' nên (AC,B'C') = 45^{0}

    Ta có: A'C'//AC và tam giác AVB' là tam giác đều vì có các cạnh đều bằng đường chéo của các hình vuông bằng nhau. Do đó (A'C',B'C) = (AC,B'C) = 60^{0}

  • Câu 2: Nhận biết

    Tính thể tích khối lập phương có cạnh bằng 4a?

    Ta có: V = (4a)^{3} = 64a^{3}

  • Câu 3: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên cạnh BC. Tìm khẳng định đúng dưới đây?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SA\bot(ABC) \Rightarrow SA\botBC

    Mà SH\bot BC

    \Rightarrow BC\bot(SAH) \RightarrowBC\bot AH

  • Câu 4: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh x; SA\bot(ABCD). Góc tạo bởi cạnhSC và mặt phẳng (SAB) bằng 30^{0}. Xác định thể tích khối chóp S.ABCD.

    Hình vẽ minh họa

    Do ABCD là hình vuông cạnh bằng x nên S_{ABCD} = x^{2}

    Dễ dàng chứng minh được BC\bot(SAB)

    \Rightarrow \left( SC;(SAB) ight) = \widehat{CSB} = 30^{0}

    Đặt SA = m \Rightarrow SB = \sqrt{m^{2} + x^{2}}

    Tam giác SBC vuông tại B nên \tan\widehat{CSA} = \tan30^{0} = \frac{1}{\sqrt{3}}= \frac{BC}{SB}

    Ta được:

    BC = SB\sqrt{3} \Leftrightarrow \sqrt{m^{2} + x^{2}} = x\sqrt{3} \Rightarrow m = x\sqrt{2}

    Vậy diện tích hình chóp là:

    V = \frac{1}{3}SA.S_{ABCD} = \frac{1}{3}.x\sqrt{2}.x^{2} = \frac{x^{3}\sqrt{2}}{3}

  • Câu 5: Nhận biết

    Cho tứ diện ABCD có: AB = AC = AD, \widehat {BAC} = \widehat {BAD} = {60^0}. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) là:

    Hình vẽ minh họa

    Xác định góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD)

    Các tam giác ABC và ABD là tam giác đều

    => Tam giác ACD cân

    => BN ⊥ CD và AN ⊥ CD

    => \widehat {ANB} là góc của hai mặt phẳng (ACD) và (BCD)

  • Câu 6: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có AC = a, BD = 3a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và BC. Biết AC vuông góc với BD. Tính MN.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi P là trung điểm của AB => PN, PM lần lượt là đường trung bình của tam giác ABC và tam giác ABD.

    => \left\{ \begin{matrix}PN = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{a}{2} \\PM = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{3a}{2} \\\end{matrix} ight.

    Ta có: AC\bot BD \Rightarrow PN\botPM

    => MN = \sqrt{PN^{2} + PM^{2}} =\sqrt{\frac{a^{2}}{4} + \frac{9a^{2}}{4}} =\frac{a\sqrt{10}}{2}

  • Câu 7: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có độ dài các cạnh AB = AC = AD = BC = BD = a và CD = a\sqrt{2}. Tính góc giữa hai đường thẳng AD và BC.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi I, K, H lần lượt là trung điểm các cạnh DC, DB, AB.

    Khi đó: KH//AD,KI//BC \Rightarrow (AD;BC) = (KH;KI).

    Xét \Delta BIC,BI = \sqrt{BC^{2} - AC^{2}} = \sqrt{a^{2} - \frac{a^{2}}{2}} = \frac{a}{\sqrt{2}}.

    Ta có \left\{ \begin{matrix} AB\bot DH \\ AB\bot HC \\ \end{matrix} \Rightarrow AB\bot(DHC) \Rightarrow AB\bot HI ight..

    Xét \Delta BIH,HI = \sqrt{IB^{2} - HB^{2}} = \sqrt{\frac{a^{2}}{2} - \frac{a^{2}}{4}} = \frac{a}{2}. (1)

    Xét \Delta IHK, ta có: \left\{ \begin{matrix} IK = \frac{BC}{2} = \frac{a}{2} \\ HK = \frac{AD}{2} = \frac{a}{2} \\ \end{matrix} \Rightarrow IK = HK = \frac{a}{2} ight.. (2)

    Từ (1),(2) \Rightarrow HI = IK = HK \Rightarrow \Delta IHK là tam giác đều

    \Rightarrow \widehat{IKH} = 60^{0} \Rightarrow (KH;KI) = 60^{0}.

  • Câu 8: Thông hiểu

    Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2\sqrt 2, AA’ = 4. Tính góc giữa đường thẳng A’C với mặt phẳng (AA’BB’).

     Số đo góc giữa đường thẳng A’C với mặt phẳng (AA’BB’)

    Ta có CB \bot \left( {AA'B'B} ight) tại B. Khi đó A’B là hình chiếu của A’C lên mặt phẳng (AA’B’B)

    Vậy góc tạo bởi đường thẳng A’C và mặt phẳng (AA’BB’) là góc \widehat {CA'B}

    Khi đó \tan \widehat {CA'B} = \frac{{BC}}{{A'B}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt {{4^2} + {{\left( {2\sqrt 2 } ight)}^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {CA'B} = 30^\circ

  • Câu 9: Vận dụng cao

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABC) là một điểm nằm trên đoạn thẳng BC. Mặt phẳng (SAB) tạo với (SBC) một góc 600 và mặt phẳng (SAC) tạo với (SBC) một góc ϕ thỏa mãn \cos\phi = \frac{\sqrt{2}}{4}. Gọi ϕ là góc tạo bởi SA và mặt phẳng (ABC), tính tan ϕ.

    Hình vẽ minh họa:

    Dựng hình chữ nhật HNAM, suy ra tam giác HNC vuông cân tại N và tam giác HMB vuông cân tại M, suy ra AC ⊥ (SHN) và AB ⊥ (SHM).

    Kẻ HE ⊥ SB và HF ⊥ SC, HP ⊥ SN và HK ⊥ SM, suy ra HP ⊥ (SAC), HK ⊥ (SAB).

    Ta có: \widehat{HFP} = \phi;cos\phi = \frac{\sqrt{2}}{4} \Rightarrow \sin\phi = \sqrt{\frac{7}{8}}

    => \widehat{HEP} là góc giữa (SAB) và (SBC) bằng 600

    Suy ra:

    \begin{matrix} \sin\phi = \frac{HK}{HF} = \frac{SH.MH}{SN}.\frac{SC}{SH.HC} \\ = \frac{SC}{\sqrt{2}SN} = \sqrt{\frac{7}{8}} \\ \end{matrix}

    \begin{matrix}\sin\widehat{HEK} = \dfrac{HK}{HE} = \dfrac{SH.MH}{SM}.\dfrac{SB}{SH.HB}\hfill \\= \dfrac{SB}{\sqrt{2}SM} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \hfill\\\end{matrix}

    \Rightarrow \left\{ \begin{matrix}\dfrac{SC^{2}}{SN^{2}} = \dfrac{7}{4} \\\dfrac{SB^{2}}{SM^{2}} = \dfrac{3}{2} \\\end{matrix} ight.

    \Rightarrow \left\{ \begin{matrix}\dfrac{SH^{2} + HC^{2}}{SH^{2} + HN^{2}} = \dfrac{SH^{2} + 2NH^{2}}{SH^{2}+ HN^{2}} = \dfrac{7}{4} \\\dfrac{SH^{2} + HB^{2}}{SH^{2} + HM^{2}} = \dfrac{SH^{2} + 2MH^{2}}{SH^{2}+ HM^{2}} = \dfrac{3}{2} \\\end{matrix} ight.

    \Rightarrow \left\{ \begin{matrix} 3SH^{2} = NH^{2} \\ SH^{2} = MH^{2} \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow MH^{2} + NH^{2} = 4SH^{2}

    Suy ra AH^{2} = 4SH^{2} \Rightarrow \tan\left( SA;(ABC) ight) = \frac{AH}{SH} = \frac{1}{2}

  • Câu 10: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'có cạnh bằng a. Khoảng cách từ A' đến mp (ABCD) bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có A'A\bot(ABCD) nên d\left( A',(ABCD) ight) = A'A = a.

  • Câu 11: Thông hiểu

    Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình vuông, đường chéo BD = 4a. Biết góc giữa hai mặt phẳng (A'BD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 60^{0}. Khi đó thể tích hình hộp chữ nhật bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi góc giữa mặt phẳng (A'BD) và mặt phẳng (ABCD)là \alphavà O = AC \cap BD

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} AO\bot BD \\ AA'\bot BD \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow A'O\bot BD

    \Rightarrow \alpha = (AO;A'O) = \widehat{AOA'} = 60^{0}

    Ta có ABCD là hình vuông, BD = 4a nên AB = AD = 2a\sqrt{2}

    Ta có: AO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}BD = 2a

    Xét tam giác AOA’ có AA' = AO.tan60^{0} = 2a\sqrt{3}

    \Rightarrow V_{ABCD.A'B'C'D'} = AA'.S_{ABCD} = 2a\sqrt{3}.8a^{2} = 16a^{3}\sqrt{3}

  • Câu 12: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Cạnh bên SA = a\sqrt{3} và vuông góc với mặt đáy (ABC). Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC). Mệnh đề nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi M là trung điểm của BC => AM ⊥ BC.

    Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} AM\bot BC \\ BC\bot SA \\ \end{matrix} \Rightarrow ight.\ BC\bot(SAM) \Rightarrow BC\bot SM

    Do đó ((SBC),(ABC)) = (SM, AM) = \widehat{SMA}

    Tam giác ABC đều cạnh a, suy ra trung tuyến AM = \frac{a\sqrt{3}}{2}.

    Tam giác vuông SAM ta có: \sin\widehat{SMA} = \frac{SA}{SM} = \frac{SA}{\sqrt{SA^{2} + AM^{2}}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}

  • Câu 13: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA\bot(ABCD). Biết diện tích tam giác SBD bằng a^{2}. Khi đó SA bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O là tâm của đáy.

    Khi đó BD\bot(SAC) \Rightarrow BD\bot SO \Rightarrow S_{SBD} = \frac{1}{2}.SO.BD = a^{2}

    \Rightarrow SO = \frac{2a^{2}}{a\sqrt{2}} = a\sqrt{2}

    \Rightarrow SA = \sqrt{SO^{2} - AO^{2}} = \sqrt{2a^{2} - \frac{a^{2}}{2}} = \frac{a\sqrt{6}}{2}

  • Câu 14: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) là góc giữa cặp đường thẳng nào sau đây?

    Hình vẽ minh họa:

    Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cắt nhau theo giao tuyến SO và cùng vuông góc với đáy nên SO ⊥ (ABCD).

    Vậy góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) là góc giữa SB và BD.

  • Câu 15: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A;D; AB = a;AD = DC = a. Gọi I là trung điểm của AD, biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với đáy và mặt phẳng (SBC) tạo với đáy một góc 60^{0}. Tính khoảng cách từ trung điểm của cạnh SD đến mặt phẳng (SBC)?

    Từ I kẻ IP\bot BC \Rightarrow BC\bot SP

    \Rightarrow \left( (SBC);(ABCD) ight) = \widehat{SPI} = 60^{0}

    Gọi K là trung điểm của SD.

    Gọi Q = BC \cap AD, kẻ IH\bot SP

    Ta có:

    d\left( K;(SBC) ight) = \frac{1}{2}d\left( D;(SBC) ight)

    = \frac{1}{4}d\left( I;(SBC) ight) = \frac{1}{4}IH

    Xét tam giác ICQ có IP = \frac{CD.IQ}{QC} = \frac{2a}{\sqrt{5}}

    Xét tam giác SIP vuông tại I có SI = IP.tan60^{0} = \frac{2a\sqrt{3}}{5}

    \frac{1}{IH^{2}} = \frac{1}{IS^{2}} + \frac{1}{IP^{2}} \Rightarrow IH = \frac{3a^{2}}{5}

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

    \Rightarrow d\left( K;(SBC) ight) = \frac{a\sqrt{15}}{20}

  • Câu 16: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = 2a, AD = CD = a, SA = a\sqrt{2} và vuông góc với (ABCD). Tính cosin của góc giữa (SBC) và (SCD).

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi H, N lần lượt là trung điểm của SC, AB.

    Ta có CN = 1/2 AB suy ra tam giác ABC vuông cân tại C.

    Suy ra: \left\{ \begin{matrix} SA\bot BC \\ AC\bot BC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SAC)

    Do tam giác SAC vuông cân tại A nên AH = a.

    Kẻ AK ⊥ SD. Khi đó: \left\{ \begin{matrix} AH\bot(SBC) \\ AK\bot(SCD) \\ \end{matrix} ight.

    => ((SBC), (SCD)) = (AH, AK) = \widehat{KAH} = ϕ

    Xét tam giác vuông SAD có:

    \begin{matrix}\dfrac{1}{AK^{2}} = \dfrac{1}{SA^{2}} + \dfrac{1}{AD^{2}}\hfill \\\Rightarrow AK = \dfrac{a\sqrt{6}}{3}\hfill \\\end{matrix}

    Xét tam giác vuông AKH ta có:

    \cos\widehat{KAH} = \frac{AK}{AH} = \frac{\sqrt{6}}{3}

  • Câu 17: 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 18: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, O là giao điểm của hai đường chéo và SA = SC. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?

    Ta có: SA = SC => SAC là tam giác cân. Mặt khác O là trung điểm của AC

    => AC ⊥ SO

    Ta có: AC ⊥ BD, AC ⊥ SO => AC ⊥ (SBD)

  • Câu 19: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có SA \bot \left( {ABCD} ight) và SA = a\sqrt 3. Đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a,\,AD = a\sqrt 3. Gọi M là trung điểm của CD, góc giữa SA và mặt phẳng (SBM) bằng \alpha . Giá trị \tan \alpha bằng:

    Tính tan của góc giữa SA và mặt phẳng (SBM)

    Gọi K, I lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BM và SK.

    Ta có \left\{ \begin{gathered} BM \bot AK \hfill \\ BM \bot SA\left( {V\`i \,SA \bot \left( {ABCD} ight)} ight) \hfill \\ AK,SA \subset \left( {SAK} ight) \hfill \\ AK \cap SA = \left\{ A ight\} \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow BM \bot \left( {SAK} ight)

    Mà AI \subset \left( {SAK} ight) \Rightarrow BM \bot AI

    Ta có \left\{ \begin{gathered} AI \bot BM \hfill \\ AI \bot SK \hfill \\ BM,SK \subset \left( {SBM} ight) \hfill \\ BM \cap SK = \left\{ K ight\} \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow AI \bot \left( {SBM} ight)

    Suy ra hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng (SBM) là điểm I. Do đó bằng góc giữa hai đường thẳng SA và SI và bằng góc \widehat {ASK}.

    Ta có \left\{ \begin{gathered} SA \bot \left( {ABCD} ight) \hfill \\ AK \subset \left( {ABCD} ight) \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow SA \bot AK

    Tính tan của góc giữa SA và mặt phẳng (SBM)

    Có

    \begin{matrix} {S_{\Delta ABM}} = {S_{ABCD}} - {S_{\Delta AMD}} - {S_{\Delta BMC}} \hfill \\ = {a^2}\sqrt 3 - {a^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{4} - {a^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \hfill \\ BM = \sqrt {B{C^2} + M{C^2}} = \sqrt {3{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} = \dfrac{{a\sqrt {13} }}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    Ta có

    \begin{matrix} {S_{\Delta ABM}} = \dfrac{1}{2}AK.BM \hfill \\ \Rightarrow AK = \dfrac{{2{S_{\Delta ABM}}}}{{BM}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{a\dfrac{{\sqrt {13} }}{2}}} = a\dfrac{{2\sqrt 3 }}{{\sqrt {13} }} \hfill \\ \end{matrix}

    Xét tam giác vuông SAK có \tan \widehat {ASK} = \frac{{AK}}{{SA}} = \frac{{a\frac{{2\sqrt 3 }}{{\sqrt {13} }}}}{{a\sqrt 3 }} = \frac{2}{{\sqrt {13} }}

  • Câu 20: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB,AC,AD đôi một vuông góc với nhau. Gọi trung điểm của các cạnh BC,CD,DB lần lượt là J;Q;K. Tính thể tích tứ diện AJQK, biết AB = 6cm;AC = 7cm;AD = 4cm.

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: V_{ABCD} =\frac{1}{2}AB.\frac{1}{2}AD.AC = \frac{1}{2}.6.7.4 = 28\left( cm^{3}ight)

    Nhận thấy S_{JQK} = \frac{1}{2}S_{JQKD} =\frac{1}{4}S_{BCD}

    V_{JQK} = \frac{1}{4}V_{ABCD} = 7\left(cm^{3} ight)

  • Câu 21: Vận dụng cao

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có diện tích bằng 2a2, AB = a\sqrt{2}, BC = 2a. Gọi M là trung điểm của DC. Hai mặt phẳng (SBD) và (SAM) cùng vuông góc với đáy. Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAM) bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi H = AM ∩ BD

    Ta có: \left\{ \begin{matrix}(SBD)\bot(ABC) \\(SAM)\bot(ABC) \\(SBD)\ \cap \ (SAM) = SH \\\end{matrix} ight.

    => SH ⊥ (ABC)

    Vì AB song song CD nên theo định lý Ta-lét ta có:

    \frac{HB}{HD} = \frac{AB}{DM} =2

    \Rightarrow \frac{d\left( B;(SAM)ight)}{d\left( D;(SAM) ight)} = 2

    => d(B; (SAM)) = 2d(D; (SAM))

    Kẻ DK ⊥ AM tại K.

    Ta có: \left\{ \begin{matrix}DK\bot AM \\DK\bot SH \\\end{matrix} ight.=> DK ⊥ (SAM) tại K => d(D; (SAM)) = DK

    => d(B; (SAM)) = 2DK

    Vì M là trung điểm của DC và ABCD là hình bình hành có diện tích 2a2 nên ta có:

    S_{ADM} = \frac{1}{2}S_{ADC} =\frac{1}{4}S_{ABDC} = \frac{2a^{2}}{4} = \frac{a^{2}}{2}

    Lại có CD = AB = a\sqrt{2}

    \Rightarrow \left\{ \begin{matrix}DM = \dfrac{a\sqrt{2}}{2} \\AD = BC = 2a \\\end{matrix} ight.

    Khi đó

    S_{ADM} =\frac{1}{2}AM.DM.sin\widehat{D}

    \Leftrightarrow \frac{a^{2}}{2} =\frac{1}{2}.2a.sin\widehat{D}

    \Rightarrow \sin\widehat{D} =\frac{\sqrt{2}}{2} \Rightarrow \widehat{D} = 45^{0}

    Do vậy xét trong tam giác ADM ta có:

    \begin{matrix}AM^{2} = AD^{2} + DM^{2} - 2AD.DM.cos45^{0} \hfill\\AM^{2} = 4a^{2} + \dfrac{a}{2}^{2} -2.2a.\dfrac{a\sqrt{2}}{2}.\dfrac{\sqrt{2}}{2} \hfill\\AM^{2} = \dfrac{5a^{2}}{2} \hfill\\\end{matrix}

    AM = \frac{a\sqrt{10}}{2}

    Lại có S_{ADM} =\frac{1}{2}DK.AM

    \Rightarrow DK = \frac{2S_{ADM}}{AM} =\frac{2a}{\sqrt{10}} = \frac{a\sqrt{10}}{5}

    Từ đó d\left( B;(SAM) ight) = 2.DK =\frac{2a\sqrt{10}}{5}

  • Câu 22: Thông hiểu

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

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: AB = AD = AA' = a nên A cách đều các điểm B,D,A'

    BC' = DC' = C'A' = a\sqrt{2} nên C' cách đều các điểm B,D,A'

    Do đó A; C’ cùng nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác A'BD

    \Rightarrow AC'\bot(A'BD)

  • Câu 23: Thông hiểu

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Tính góc giữa AC’ và BD?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    BD ⊥ AC (do ABCD là hình vuông)

    BD ⊥ CC’

    ⇒ BD ⊥ AC’

    Do đó góc giữa AC' và BD bằng 900

  • Câu 24: Vận dụng cao

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA = 2a, SA ⊥ (ABC). Gọi (α) là mặt phẳng đi qua B và vuông góc với sc. Tính diện tích S của thiết diện tạo bởi (α) và hình chóp đã cho.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi I là trung điểm của AC => BI ⊥ AC

    Ta có:

    \begin{matrix}\left\{ \begin{matrix}BI\bot AC \hfill \\BI\bot SA \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow BI\bot(SAC) \hfill \\\Rightarrow BI\bot SC(*) \hfill \\\end{matrix}

    Kẻ IH ⊥ SC (**)

    Từ (*) và (**) => SC ⊥ (BIH)

    Vậy thiết diện cần tìm là tam giác IBH

    Do BI ⊥ (SAC) =? BI ⊥ IH => Tam giác IBH vuông tại I

    Ta có BI là đường cao của tam giác đều cạnh a

    => BI = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    Tam giác CHI đồng dạng tam giác CAS

    \begin{matrix}\Rightarrow \dfrac{IH}{SA} = \dfrac{CI}{CS} \hfill \\\Rightarrow IH = \dfrac{CI.SA}{CS} = \dfrac{CI.SA}{\sqrt{SA^{2} + AC^{2}}}= \dfrac{a\sqrt{5}}{5} \hfill\\\Rightarrow S_{BIH} = \dfrac{1}{2}BI.IH = \dfrac{a^{2}\sqrt{15}}{20} \hfill \\\end{matrix}

  • Câu 25: Thông hiểu

    Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình vuông, đường chéo BD = 4a. Biết góc giữa hai mặt phẳng (A'BD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 30^{0}. Khi đó thể tích hình hộp chữ nhật bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi góc giữa mặt phẳng (A'BD) và mặt phẳng (ABCD)là \alphavà O = AC \cap BD

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} AO\bot BD \\ AA'\bot BD \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow A'O\bot BD

    \Rightarrow \alpha = (AO;A'O) = \widehat{AOA'} = 30^{0}

    Ta có ABCD là hình vuông, BD = 4a nên AB = AD = 2a\sqrt{2}

    Ta có: AO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}BD = 2a

    Xét tam giác AOA’ có AA' = AO.tan30^{0} = \frac{2a\sqrt{3}}{3}

    \Rightarrow V_{ABCD.A'B'C'D'} = AA'.S_{ABCD} = \frac{2a\sqrt{3}}{3}.8a^{2} = \frac{16a^{3}\sqrt{3}}{3}

  • Câu 26: Nhận biết

    Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân tại A. Gọi M là trung điểm cạnh BC. Chọn kết luận đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Vì tam giác ABC cân tại A và M là trung điểm của BC

    => AM\bot BC

    Ta có: BC//B'C'

    \Rightarrow (B'C';AM) = (BC;AM) = 90^{0}

  • Câu 27: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau:

    Khẳng định đúng là “AB vuông góc với mặt phẳng (SAD)”

    Thật vậy, do SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ AB

    Mặt khác AB ⊥ AD.

    Từ đó suy ra AB ⊥ (SDA)

  • Câu 28: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác S.ABC có ABC vuông tại B và SA\bot(ABC). Kẻ đường cao AH của tam giác SAB. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định sai?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SA\bot(ABC) \Rightarrow SA\bot BC

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} BC\bot AB(gt) \\ BC\bot SA;\left( do\ SA\bot(ABC) ight) \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow BC\bot(SAB) \Rightarrow BC\bot AH

    Mà AH\bot SB \Rightarrow AH\bot(SBC)

    \Rightarrow \left\{ \begin{matrix} AH\bot SC \\ AH\bot BC \\ \end{matrix} ight.

    Vậy khẳng định sai là: “AH\bot AC”.

  • Câu 29: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại B, SA\bot(ABC). Gọi I là trung điểm của AC, H là hình chiếu của I trên SC. Chọn khẳng định đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} BI\bot AC \\ BI\bot SA;\left( SA\bot(ABC) ight) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BI\bot(SAC) \Rightarrow BI\bot SC(1)

    Theo giả thiết ta có: SC\bot IH(2)

    Từ (1) và (2) suy ra SC\bot(BHI)

    Mà SC \subset (SBC) nên (BHI)\bot(SBC)

  • Câu 30: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA =a\sqrt{6}. Gọi α là góc giữa SC và (SAB). Giá trị tan α bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix}BC\bot SA \\BC\bot AB \\\end{matrix} ight.=> BC ⊥ (SAB)

    => SB là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (SAB)

    => \alpha = \widehat{BSC}

    Mà SB = \sqrt{SA^{2} + AB^{2}} =a\sqrt{7}

    Vậy \tan\alpha = \frac{BC}{SB} =\frac{\sqrt{7}}{7}

  • Câu 31: Vận dụng cao

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B; SAB là tam giác cân tại S; AD = 3BC = 3AB = 3a. Gọi M là điểm thuộc đoạn AD sao cho AD = 3MD. Biết rằng SCM là tam giác đều. Gọi α là góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAD). Khi đó cos α nhận giá trị là

    Tính giá trị cos α

    Gọi K là trung điểm AB, N là trung điểm của AM, H là trung điểm của CM.

    Điểm M thuộc đoạn AD sao cho 3MD = AD = 3a

    => MD = a; AM = 2a

    Tam giác SAB cân tại A nên AB ⊥ SK.

    Vì HK là đường trung bình của hình thang vuông ABCM nên AB ⊥ HK và HK = \frac{{3a}}{2}

    Ta có: \left\{ \begin{gathered} AB \bot SK \hfill \\ AB \bot HK \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow AB \bot SH (1)

    Tam giác SCM đều nên CM ⊥ SH (2)

    Từ (1) và (2) suy ra SH ⊥ (ABCD)

    Ta có AN = MN = MD = a nên ABCN là hình vuông, từ đó tam giác CMN vuông cân tại N.

    Suy ra HM = HN = \frac{1}{2}CM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} và HM \bot HN

    Tam giác SCM đều cạnh bằng a\sqrt 2 nên SH = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}

    Tứ diện HSMN có HS, MN, HN đôi một vuông góc, đặt d = d(H, (SMN)).

    Ta có: \frac{1}{{{d^2}}} = \frac{1}{{H{M^2}}} + \frac{1}{{H{N^2}}} + \frac{1}{{H{S^2}}}

    = \frac{4}{{2{a^2}}} + \frac{4}{{2{a^2}}} + \frac{4}{{6{a^2}}} = \frac{{14}}{{3{a^2}}} \Rightarrow d = \frac{{a\sqrt {42} }}{{14}}

    Ta lại có:

    SB = \sqrt {S{H^2} + B{H^2}} = \sqrt {S{H^2} + B{K^2} + K{H^2}}

    = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{2} + \frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{9{a^2}}}{4}} = 2a

    Gọi I là hình chiếu của điểm B trên mặt phẳng (SAD)

    Khi đó góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAD) là góc \widehat {BSI} = \alpha

    Do BC // AD => BC //(SAD)

    => BI = d\left( {B;\left( {SAD} ight)} ight) = d\left( {C;\left( {SAD} ight)} ight) = 2d\left( {H,\left( {SAD} ight)} ight) = \frac{{a\sqrt {42} }}{7}

    Trong tam giác vuông BIS ta có:

    \sin \alpha = \frac{{BI}}{{SB}} = \frac{{\sqrt {42} }}{{14}} \Rightarrow \cos \alpha = \frac{{\sqrt {154} }}{{14}}

  • Câu 32: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC=a\sqrt{3}. Tam giác SBC đều và nằm trong mặt phẳng vuông với đáy. Tính khoảng cách d từ B đến mặt phẳng (SAC). 

    Hình vẽ minh họa:

    Tính khoảng cách d từ B đến mặt phẳng (SAC)

    Gọi M là trung điểm của BC

    => SH \bot BC \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} ight)

    Gọi N là trung điểm của AC

    => MN \bot AC

    Kẻ ME \bot SN,\left( {E \in SN} ight)

     \begin{matrix} d\left( {B,\left( {SAC} ight)} ight) = 2d\left( {M;\left( {SAC} ight)} ight) \hfill \\ = 2ME = 2.\dfrac{{SM.MN}}{{\sqrt {S{M^2} + M{N^2}} }} = \dfrac{{2a\sqrt {39} }}{{13}} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 33: 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 34: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = a\sqrt 3, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a. Góc giữa hai đường thẳng SC và BD nằm trong khoảng nào?

    Góc giữa hai đường thẳng SC và BD

    Gọi O là giao điểm của AC và BD và M là trung điểm của SA.

    Trong hình chữ nhật ABCD ta có

    OB = OD = \frac{{BD}}{2} = \frac{{\sqrt {A{D^2} + A{B^2}} }}{2} = \frac{{\sqrt {{a^2} + 3{a^2}} }}{2} = a

    Xét tam giác MAB vuông tại A, ta có:

    MB = \sqrt {A{B^2} + M{A^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2

    Xét tam giác MAO vuông tại O, ta có:

    MO = \sqrt {A{O^2} + M{A^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2

    Do MO // SC nên góc giữa hai đường thẳng SC và BD là góc giữa hai đường thẳng MO và BD.

    Áp dụng định lý cosin vào tam giác MOB ta có

    \begin{matrix} {\text{cos}}\widehat {MOB} = \dfrac{{O{B^2} + O{M^2} - B{M^2}}}{{2.OB.OM}} \hfill \\ = \dfrac{{{a^2} + 2{a^2} - 2{a^2}}}{{2.a.a\sqrt 2 }} = \dfrac{1}{{2\sqrt 2 }} \Rightarrow \widehat {MOB} \approx {69^o} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 35: Thông hiểu

    Cho tứ diện S.ABC có SBC và ABC nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Tam giác SBC đều, tam giác ABC vuông tại A. Gọi H, I lần lượt là trung điểm của BC và AB. Khẳng định nào sau đây sai?

    Hình vẽ minh họa:

    Khẳng định nào sau đây sai

    Ta có: SBC là tam giác đều có H là trung điểm BC nên SH⊥BC

    Mà (SBC)⊥(ABC) theo giao tuyến BC ⇒SH⊥(ABC)⇒SH⊥AB

    => SH \perp AB đúng.

    Ta có HI là đường trung bình của ΔABC nên H//AC⇒HI⊥AB

    => HI \perp AB đúng.

    Ta có \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {SH \bot AB} \\ {HI \bot AB} \end{array}} ight.

    ⇒AB⊥(SHI)⇒(SAB)⊥(SHI)

    => (SHI) \perp (SAB) đúng

  • Câu 36: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a; SA\bot(ABCD);SA = a\sqrt{2}. Tính khoảng cách giữa hai đường chéo nhau AC và SB bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Kẻ đường thẳng d qua B và song song AC

    Gọi M là hình chiếu vuông góc của A lên d

    Gọi H là hình chiếu của A lên SM.

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} SA\bot BM \\ BM\bot AM \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BM\bot(SAM) \Rightarrow AH\bot(SBM)

    \Rightarrow d(AC;SB) = d\left( A;(SBM) ight) = AH

    Xét tam giác SAM có đường cao AH nên

    \frac{1}{AH^{2}} = \frac{1}{AS^{2}} + \frac{1}{AM^{2}} = \frac{5}{2a^{2}}

    \Rightarrow AH = \frac{a\sqrt{10}}{5}

  • Câu 37: 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 38: Nhận biết

    Mệnh đề nào là mệnh đề đúng?

    Khẳng định đúng: “Khoảng cách từ một điểm A bất kì đến mặt phẳng (P) bằng độ dài đoạn AH với H là hình chiếu vuông góc của A trên (P).”

  • Câu 39: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có AC = AD = BC = BD = a;AB = x. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB;CD. Biết (ACD)\bot(BCD) và (ABC)\bot(ABD). Tính giá trị của x.

    Chỗ nhập nội dung câu trả lời tự luận
    Đáp án là:

    Cho tứ diện ABCD có AC = AD = BC = BD = a;AB = x. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB;CD. Biết (ACD)\bot(BCD) và (ABC)\bot(ABD). Tính giá trị của x.

    Chỗ nhập nội dung câu trả lời tự luận
  • Câu 40: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có H là trực tâm tam giác BCD, AH vuông góc với mặt phẳng đáy. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Vì AH ⊥ (BCD) => AH ⊥ CD (*)

    Do H là trực tâm tam giác BCD => BH ⊥ CD (**)

    Từ (*) và (**) => CD ⊥ AH, CD ⊥ BH => CD ⊥ (ABH) => CD ⊥ AB

Nộp bài

Chúc mừng Bạn đã hoàn thành bài!

Đề kiểm tra 45 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
Xem đáp án Làm lại
  • 53 lượt xem
Sắp xếp theo
🖼️
Xóa Gửi bình luận
Đề kiểm tra 45 phút Toán 11 Chương 8 Cánh Diều
Thời gian còn lại 45:00 Số câu đã làm 0/40
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40
Chưa làm Đã làm
Làm lại Nộp bài
Đăng nhập