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 tứ diện ABCD có AB = AC = AD và \widehat {BAC} = \widehat {BAD} = {60^0};\widehat {CAD} = {90^0}. Gọi I và J lần lượt là trung điểm của AB và CD. Hãy xác định góc giữa cặp vecto \overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {IJ}?

    Hình vẽ minh họa:

    Hãy xác định góc giữa cặp vecto

    Xét tam giác ICD có J là trung điểm của CD => \overrightarrow {IJ} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {JC} + \overrightarrow {ID} } ight)

    Tam giác ABC có AB = AC và \widehat {BAC} = {60^0} => Tam giác ABC đều => CI ⊥ AB

    Tương tự ta chứng minh được tam giác aBD đều => DI ⊥ AB

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {IJ} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB} .(\overrightarrow {IC} + \overrightarrow {ID} ) \hfill \\ = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {IC} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {ID} = 0 \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {IJ} \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {IJ} } ight) = {90^0} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 2: Nhận biết

    Cho mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau, đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (Q). Khi đó khẳng định nào là khẳng định đúng?

    Cho mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau, đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (Q), khi đó a nằm trên (P) hoặc song song với (P).

  • Câu 3: Thông hiểu

    Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình thoi. Gọi mặt phẳng (\alpha) chứa cạnh A'C' và cắt AB;BC lần lượt tại I;J. Chọn kết luận đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} (\alpha) \cap (ABCD) = IJ \\ (\alpha) \cap (A'B'C'D') = A'C' \\ (A'B'C'D')//(ABCD) \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow A'C'//IJ mà A'C'//AC

    \Rightarrow AC//IJ

    Mặt khác BD\bot AC

    \Rightarrow BD\bot IJ.

  • Câu 4: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C. Gọi H là trung điểm AB. Biết rằng SH vuông góc với mặt phẳng (ABC) và AB = SH = a. Tính cosin của góc α tọa bởi hai mặt phẳng (SAB) và (SAC).

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có SH ⊥ (ABC) => SH ⊥ CH. (1)

    Tam giác ABC cân tại C => CH ⊥ AB (2)

    Từ (1) và (2) => CH ⊥ (SAB)

    Gọi I là trung điểm AC => HI // BC => HI ⊥ AC (3)

    Mặt khác AC ⊥ SH (do SH ⊥ (ABC) (4)

    Từ (3) và (4) => AC ⊥ (SHI)

    Kẻ HK ⊥ SI (K ∈ SI) (5)

    Từ AC ⊥ (SHI) => AC ⊥ HK (6)

    Từ (5) và (6), suy ra HK ⊥ (SAC)

    Vì HK ⊥ (SAC) và HC ⊥ (SAB) nên góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SAB) bằng góc giữa hai đường thẳng HK và HC

    Xét tam giác CHK vuông tại K ta có:

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

    \frac{1}{HK^{2}} = \frac{1}{SH^{2}} + \frac{1}{HI^{2}} \Rightarrow HK = \frac{a}{3}

    Do đó \cos\alpha = \frac{2}{3}

  • Câu 5: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a. Góc tạo bởi cạnh bên SB và mặt phẳng đáy bằng 60^{0}. Thể tích khối chóp là:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là tâm của tam giác đều ABC

    Khi đó SH\bot(ABC);BH = \frac{a\sqrt{3}}{3}

    Theo bài ra ta có:

    \left( SB;(ABC) ight) = \widehat{SBH} = 60^{0}

    Tam giác SBH vuông tại H có: SH = BH.tan60^{0} = \frac{a\sqrt{3}}{3}.\sqrt{3} = a

    \Rightarrow V_{S.ABC} = \frac{1}{3}.SO.S_{ABC} = \frac{1}{3}.a.\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4} = \frac{\sqrt{3}a^{3}}{12}

  • Câu 6: Nhận biết

    Cho khối chóp S.ABC có SA\bot(ABC) biết độ dài các cạnh SA = 4cm,AB = 6cm, BC = 10cm;CA = 8cm. Thể tích khối chóp S.ABC là:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có:

    AB^{2} + AC^{2} = 6^{2} + 8^{2} = 10^{2} = BC^{2}

    Nên tam giác ABC vuông tại A

    Suy ra S_{ABC} = \frac{1}{2}AB.AC = 24

    Vậy V_{S.ABC} = \frac{1}{3}.S_{ABC}.SA = 32cm^{3}

  • Câu 7: Thông hiểu

    Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Góc giữa SB và mặt phẳng (SCA) bằng 600. Gọi M là trung điểm của SB. Tính của góc giữa mặt phẳng (AMO) và mặt phẳng (SAB).

    Tính của góc giữa mặt phẳng (AMO) và mặt phẳng (SAB)

    Hình chóp S.ABCD đều, O là tâm của đáy nên SO \bot \left( {ABCD} ight);BD \bot \left( {SAC} ight)

    ABCD là hình vuông cạnh a nên AC = BD = a\sqrt 2 ;OB = \frac{1}{2}BD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}

    Ta có: \left( {SAB} ight) \cap \left( {AMO} ight) = AM

    Khi đó: \sin \varphi = \frac{{d\left( {O;\left( {SAB} ight)} ight)}}{{d\left( {O;AM} ight)}} với \varphi là góc giữa hai mặt phẳng (AMO) và (SAB).

    Do BD \bot \left( {SAC} ight) suy ra góc giữa SB và (SAC) là góc giữa SB và SO và bằng góc \widehat {BSO} = {60^0}.

    Tam giác SBO vuông tại O nên ta có:

    \begin{matrix} SO = \dfrac{{OB}}{{\tan {{60}^0}}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{{2\sqrt 3 }} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{6} \hfill \\ SB = \dfrac{{OB}}{{\sin {{60}^0}}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3} \hfill \\ \Rightarrow MB = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{6} \hfill \\ \end{matrix}

    Gọi I là trung điểm của AB. Kẻ OH ⊥ SI (1)

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {AB \bot OI} \\ {AB \bot SO} \end{array}} ight. \Rightarrow AB \bot \left( {SOI} ight) \Rightarrow OH \bot AB (2)

    Từ (1) và (2) suy ra OH \bot \left( {SAB} ight) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SAB} ight)} ight) = OH

    Vì OI là đường trung bình của tam giác ABD nên OI = \frac{1}{2}AD = \frac{a}{2}

    Tam giác SOI vuông tại O, đường cao OH, có

    \frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{I^2}}} + \frac{1}{{S{O^2}}} = \frac{{10}}{{{a^2}}} \Rightarrow OH = \frac{a}{{\sqrt {10} }}

    Áp dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến trong các tam giác SAB và SBC, ta có:

    \begin{matrix} A{M^2} = \dfrac{{2A{B^2} + 2S{A^2} - S{B^2}}}{4} = \dfrac{{2{a^2}}}{3} \Rightarrow AM = a\sqrt {\dfrac{2}{3}} \hfill \\ C{M^2} = \dfrac{{2C{B^2} - 2C{S^2} - S{B^2}}}{4} = \dfrac{{2{a^2}}}{3} \Rightarrow CM = a\sqrt {\dfrac{2}{3}} \hfill \\ \end{matrix}

    Trong tam giác AMC, có:

    \cos \widehat {CAM} = \frac{{A{M^2} + A{C^2} - M{C^2}}}{{2AMM.AC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat {CAM} = {30^0}

    \begin{matrix} d\left( {O;AM} ight) = \dfrac{{d\left( {C;AM} ight)}}{2} \hfill \\ = \frac{1}{2}AC.\sin \widehat {CAM} = \dfrac{1}{2}AC.\sin {30^0} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4} \hfill \\ \Rightarrow \sin \varphi = \dfrac{{d\left( {O;\left( {SAB} ight)} ight)}}{{d\left( {O;AM} ight)}} = \dfrac{a}{{\sqrt {10} }}:\dfrac{{a\sqrt 2 }}{4} = \dfrac{2}{{\sqrt 5 }} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 8: Vận dụng

    Cho hình vuông ABCD và tam giác đều SAB cạnh a nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Tính sin góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAD).

    Tính sin góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAD)

    Gọi I là trung điểm của AB. Khi đó SI \bot \left( {ABCD} ight)

    Ta có \left\{ \begin{gathered} AD \bot AB \hfill \\ AD \bot SI \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} ight) mà AD \subset \left( {SAD} ight) \Rightarrow \left( {SAD} ight) \bot \left( {SAB} ight)

    Dựng BH \bot SA tại H suy ra SH \bot \left( {SAD} ight)

    Trong mặt phẳng (SAD) kẻ Hx // AD. Trong mặt phẳng (BC, Hx) qua C kẻ đường thẳng song song với BH cắt Hx tại K thì CK \bot \left( {SAD} ight)

    Suy ra SK là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng (SAD) nên góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAD) là góc \widehat {CSK}

    Ta có BH = CK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}

    Trong tam giác SCI có

    SC = \sqrt {S{I^2} + I{C^2}} = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{4} + \frac{{5{a^2}}}{4}} = a\sqrt 2

    Suy ra \sin \widehat {CSK} = \frac{{CK}}{{SC}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 6 }}{4}

  • Câu 9: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD, SA vuông góc với đáy. Kẻ AH vuông góc với SB (H ∈ SB). Chọn mệnh đề đúng.

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    SA ⊥ BC

    AB ⊥ BC

    => BC ⊥ (SAB) => BC ⊥ AH

    Mà AH ⊥ SB nên AH ⊥ (SBC) => AH ⊥ SC

  • Câu 10: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A và SA ⊥ (ABC). M là trung điểm của BC. Hãy xác định góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (SBC).

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: Giao tuyến của hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là BC. (1)

    Ta có: SA ⊥ (ABC), mà đường thẳng BC nằm trong (ABC) => SA ⊥ BC.

    Do tam giác ABC cân tại A và M là trung điểm BC => BC ⊥ AM tại M.

    Như vậy: \left\{ \begin{matrix} BC\bot MA \subset (SAM) \\ BC\bot SA \subset (SAM) \\ MA\ \cap \ SA = A \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow (SAM)\bot BC.\ (2)

    Lại có: \left\{ \begin{matrix} (SMA) \cap (ABC) = MA \\ (SMA) \cap (SBC) = MS \\ \end{matrix} ight.

    Từ (1), (2), (3) => \alpha = \widehat{SMA}

  • Câu 11: Vận dụng

    Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB = a;AD = 2a;AA' = a\sqrt{2}. Gọi mặt phẳng (\alpha) qua A và vuông góc với A'B. Tính diện tích thiết diện tạo bởi (\alpha) và hình hộp chữ nhật đã cho?

    Hình vẽ minh họa

    Hình chữ nhật ABB'A' có AB = a;AA' = a\sqrt{2}. Lấy M là trung điểm của BB'. Ta dễ dàng chứng minh AM\bot A'B

    Ta lại có AD\bot A'B suy ra mặt phẳng (\alpha) chính là mặt phẳng (ADM).

    Qua điểm M kẻ MN // AD. Thiết diện khi đó là hình chữ nhật ADMN.

    Ta tính được AM = \frac{a\sqrt{6}}{2};AD = 2a

    Suy ra diện tích hình chữ nhật ADMN là: a^{2}\sqrt{6}.

  • Câu 12: Thông hiểu

    Tính thể tích khối lăng trụ đứng tam giác trong hình vẽ sau:

    Quan sát hình vẽ ta thấy:

    Tam giác ABC vuông cân tại B

    \Rightarrow AB = BC = \frac{AC}{\sqrt{2}} = a

    \Rightarrow S_{ABC} = \frac{1}{2}a^{2}

    Khi đó V_{ABC.A'B'C'} = S_{ABC}.BB' = \frac{1}{2}a^{2}.a = \frac{a^{3}}{2}

  • Câu 13: Nhận biết

    Cho hai đường thẳng phân biệt a, b và mặt phẳng (P) trong đó a ⊥ (P). Chọn mệnh đề sai trong các mệnh đề dưới đây.

    Mệnh đề sai: “Nếu a ⊥ b thì b // (P).”

    Vì b có thể nằm trong (P).

  • Câu 14: Nhận biết

    Trong không gian cho đường thẳng a và điểm M. Có bao nhiêu đường thẳng đi qua M và vuông góc với a?

    Trong không gian cho đường thẳng a và điểm M. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M vuông góc với a. Khi đó mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P) và đi qua M đều vuông góc với a.

    => Vậy có vô số đường thẳng đi qua M và vuông góc với a.

  • Câu 15: 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 16: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD), đáy ABCD là hình chữ nhật với AC = a\sqrt{5} và BC = . Tính khoảng cách giữa SD và BC.

    Hình vẽ minh họa:

    Theo giả thiết, suy ra AD là hình chiếu vuông góc của SD lên mặt phẳng (ABCD) và CD ⊥ AD (do ABCD là hình chữ nhật), nên theo định lý ba đường vuông góc suy ra CD ⊥ SD. Vì CD cũng vuông góc với BC nên CD là đoạn vuông góc chung của SD và BC.

    CD = \sqrt{AC^{2} - BC^{2}} =\sqrt{5a^{2} - 2a^{2}} = a\sqrt{3}

  • Câu 17: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có BCD là tam giác vuông tại đỉnh B, cạnh CD = a,BD = \frac{a\sqrt{6}}{3}, AB = AC = AD = \frac{a\sqrt{3}}{2}. Tính cosin của góc nhị diện [A, BC, D].

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M, H lần lượt là trung điểm của BC, CD.

    Do \Delta BCD vuông tại B nên BH = CH = DH hay H là tâm đường tròn ngoại tiếp \Delta BCD.

    Mà AB = AC = AD nên AH là đường cao kẻ từ A xuống (BCD) hay AH\bot(BCD).

    \Rightarrow AH\bot BC. (1)

    M, H là trung điểm của BC, CD nên MH là đường trung bình của \Delta BCD

    \Rightarrow \left\{ \begin{matrix}MH = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{a\sqrt{6}}{6}. \\MH//BD \\\end{matrix} ight.

    Mà MD\bot BC nên MH\bot BC. (2)

    Từ (1), (2) suy ra: BC\bot(AMH).

    Suy ra: \left\{ \begin{matrix} BC\bot AM \\ BC\bot MH \\ \end{matrix} \Rightarrow \lbrack A,BC,Dbrack = \widehat{AMH} ight..

    Lại có: AH = \sqrt{AC^{2} - CH^{2}} = \sqrt{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} ight)^{2} - \left( \frac{a}{2} ight)^{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{2}.

    \Rightarrow \tan\widehat{AMH} = \frac{AH}{MH} = \sqrt{3} \Rightarrow \widehat{AMH} = \frac{\pi}{3} \Rightarrow \cos\widehat{AMH} = \frac{1}{2}.

  • Câu 18: 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 19: Nhận biết

    Cho tứ diện đều ABCD. Số đo góc giữa hai đường thẳng AB và CD là:

    Gọi a là độ dài cạnh tứ diện. Khi đó

    \begin{matrix} \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = \left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CB} } ight).\overrightarrow {CD} \hfill \\ = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {CD} + \overrightarrow {CB} .\overrightarrow {CD} \hfill \\ = AC.CD.\cos {120^0} + CB.CD.\cos {60^0} \hfill \\ = - \dfrac{{{a^2}}}{2} + \dfrac{{{a^2}}}{2} = 0 \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {CD} \Rightarrow AB \bot CD \hfill \\ \end{matrix}

     

  • Câu 20: Thông hiểu

    Cho tứ diện SABC 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:

    Do SBC là tam giác đều có H là trung điểm BC => SH ⊥ BC.

    Mà ta có (SBC) ⊥ (ABC) theo giao tuyến BC

    => SH ⊥ (ABC) => SH ⊥ AB.

    Vì HI là đường trung bình của tam giác ABC => HI // AC => HI ⊥ AB.

    Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} SH\bot AB \\ HI\bot AB \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(SHI) \Rightarrow (SAB)\bot(SHI)

    Dùng phương pháp loại trừ thì khẳng định “(SAB) ⊥ (SAC)” là sai.

  • Câu 21: 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 22: Vận dụng cao

    Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ nội tiếp mặt cầu (S) có bán kính R = \frac{{\sqrt {17} }}{2}. Gọi I; J là trung điểm BC, CD và \alpha là góc giữa đường thẳng AC’ và mặt phẳng (C’IJ). Giá trị lớn nhất của \sin \alpha là

    Giá trị lớn nhất của góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

    Đặt CD = a\,,\,CB = b\,,CC' = c\,\,\,\left( {a,b,c > 0} ight).

    AC{'^2} = {a^2} + {b^2} + {c^2} = 17.

    Gọi K là hình chiếu của A lên (C’IJ)

    \left( {\widehat {AC',\left( {C;{\text{IJ}}} ight)}} ight) = \left( {\widehat {AC',AK}} ight) = \alpha

    Ta có \sin \alpha = \frac{{d\left( {A,\left( {C'{\text{IJ}}} ight)} ight)}}{{AC'}} = \frac{{3d\left( {C,\left( {C'{\text{IJ}}} ight)} ight)}}{{\sqrt {17} }}

    Trong (ABCD) kẻ tại E

    \left\{ \begin{gathered} IJ \bot CE \hfill \\ IJ \bot CC\prime \hfill \\ CE \subset \left( {CEC'} ight) \hfill \\ \,CC' \subset \left( {CEC'} ight) \hfill \\ CE \cap CC' = C \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow IJ \bot \left( {CEC'} ight) \Rightarrow \left( {C'IJ} ight) \bot \left( {CEC'} ight)

    Trong (CEC’) kẻ CH \bot C'E tại H

    Suy ra d\left( {C,\left( {C'{\text{IJ}}} ight)} ight) = CH = h

    Do đó \sin \alpha = \frac{{3h}}{{\sqrt {17} }}

    Ta có:

    \begin{matrix} \dfrac{1}{{{h^2}}} = \dfrac{1}{{{c^2}}} + \dfrac{4}{{{a^2}}} + \dfrac{4}{{{b^2}}} = \dfrac{1}{{{c^2}}} + 4\left( {\dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{b^2}}}} ight) \geqslant \dfrac{1}{{{c^2}}} + \dfrac{{16}}{{{a^2} + {b^2}}} \hfill \\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{{h^2}}} \geqslant \frac{1}{{{c^2}}} + \dfrac{{16}}{{17 - {c^2}}} = \dfrac{{17 - {c^2} + {c^2}}}{{17{c^2}}} + \dfrac{{16\left( {17 - {c^2} + {c^2}} ight)}}{{17\left( {17 - {c^2}} ight)}} \hfill \\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{{h^2}}} \geqslant \dfrac{{17 - {c^2}}}{{17{c^2}}} + \dfrac{{16{c^2}}}{{17\left( {17 - {c^2}} ight)}} + 1 \geqslant 2.\dfrac{4}{{17}} + 1 = \dfrac{{25}}{{17}} \Leftrightarrow h \leqslant \dfrac{{\sqrt {17} }}{5}. \hfill \\ \Rightarrow \sin \alpha \leqslant \dfrac{3}{5}. \hfill \\ \end{matrix}

    Vậy đạt giá trị lớn nhất là \frac{3}{5}

    Dấu xảy ra khi: \left\{ \begin{gathered} {a^2} = {b^2} = \frac{{34}}{5} \hfill \\ {c^2} = \frac{{17}}{5} \hfill \\ \end{gathered} ight. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} a = b = \sqrt {\frac{{34}}{5}} \hfill \\ c = \sqrt {\frac{{17}}{5}} \hfill \\ \end{gathered} ight.

  • Câu 23: 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 24: Vận dụng cao

    Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AB = AC = BB’ = a, \widehat{BAC} = 120^{0}. Gọi I là trung điểm của CC’. Tính cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (ABC) và (AB’I).

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi E là giao điểm của B’I và BC, H thuộc BC sao cho EA ⊥ AH tại A, K ∈ B’I sao cho KH ⊥ CB tại H.

    Ta có: KH ⊥ CB => KH // CC’

    => KH ⊥ (ABC) tại H => KH ⊥ EA mà EA ⊥ AH => EA ⊥ (AKH) => EA ⊥ AK

    Góc giữa hai mặt phẳng (AIB’) và (ACB) là \widehat{KAH}

    Ta có: BC = 2a.cos 300 = a\sqrt{3}

    Mặt khác AE2 = EC2 + AC2 − 2AC.EC. cos ACE

    AE2 = 3a2 + a2 − 2a.a\sqrt{3}.cos 1500= 7a2

    => AE = a\sqrt{7}

    Ta có:

    \cos\widehat{AEC} = \frac{AE^{2} +EC^{2} - AC^{2}}{2.AE.EC} = \frac{9}{2\sqrt{21}}

    \tan\widehat{AEC} =\sqrt{\frac{1}{cos^{2}\widehat{AEC}} - 1} =\frac{\sqrt{3}}{9}

    Ta có:

    \frac{EH}{EB} =\frac{HK}{BB'}

    \Rightarrow HK = \frac{BB'.EH}{EB} =\frac{AE.BB'}{2BC.cos\widehat{AEC}} = \frac{7a}{9}

    \cos\widehat{KAH} = \frac{AH}{AK} =\frac{AH}{\sqrt{AH^{2} + HK^{2}}} = \frac{\sqrt{30}}{10}

  • Câu 25: 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 26: Thông hiểu

    Trong không gian cho hai tam giác đều ABC và ABC’ có chung cạnh AB và nằm trong hai mặt phẳng khác nhau. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, CB, BC’ và C’A. Tứ giác MNPQ là hình gì?

    Hình vẽ minh họa:

    Vì M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, CB, BC’ và C’A

    => \left\{ \begin{matrix}PQ = MN = \dfrac{1}{2}AB \\PQ//AB//MN \\\end{matrix} ight.

    => MNPQ là hình bình hành

    Gọi H là trung điểm của AB

    Vì hai tam giác ABC và ABC’ đều nên \left\{ \begin{matrix} CH\bot AB \\ C'H\bot AB \\ \end{matrix} ight.

    => AB\bot(CHC') \Rightarrow AB\bot CC'

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} PQ//AB \\ \begin{matrix} PN//CC' \\ AB\bot CC' \\ \end{matrix} \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow PQ\bot PN

    Vậy tứ giác MNPQ là hình chữ nhật

  • Câu 27: 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 28: 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 29: Vận dụng

    Giả sử V là thể tích khối tứ diện đều ABCD . Trung điểm tất cả các cạnh của tứ diện tạo thành một đa diện có thể tích V' . Tỉ số \frac{V'}{V} = 1/2

    (Kết quả được ghi dưới dạng phân số tối giản a/b)

    Đáp án là:

    Giả sử V là thể tích khối tứ diện đều ABCD . Trung điểm tất cả các cạnh của tứ diện tạo thành một đa diện có thể tích V' . Tỉ số \frac{V'}{V} = 1/2

    (Kết quả được ghi dưới dạng phân số tối giản a/b)

    Hình vẽ minh họa

    Giả sử tứ diện đều cạnh bằng a

    Hình đa diện cần tính có được bằng cách cắt 4 góc tứ diện

    Mỗi góc cũng là một tứ diện đều có cạnh bằng \frac{a}{2}

    Do đó thể tích phần cắt bỏ là V'' = 4.\frac{V}{8} = \frac{V}{2}

    (Vì tứ diện cạnh giảm một nưả thì thể tích giảm \left( \frac{1}{2} ight)^{3} = \frac{1}{8}

    Vậy V' = \frac{V}{2} \Rightarrow \frac{V'}{V} = \frac{1}{2}

  • Câu 30: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA\bot(ABCD);SA = a\sqrt{2}. Tính \left( SC;(ABCD) ight)?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SA\bot(ABCD) nên góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng góc \widehat{SCA}.

    Ta có: SA = a\sqrt{2};AC = a\sqrt{2}

    \Rightarrow \tan\widehat{SCA} = \frac{SA}{AC} = 1 \Rightarrow \widehat{SCA} = 45^{0}

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

  • Câu 31: Vận dụng cao

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD), SA = AB = a, AD = 3a. Gọi M là trung điểm của BC. Tính cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (ABCD) và (SDM).

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên DM, ta có DM ⊥ (SAH).

    Gọi α là góc giữa (SDM) và (ABCD) ta có: \alpha = \widehat{SHA}

    Ta có:

    \begin{matrix}S_{ADM} = \dfrac{1}{2}S_{ABCD} = \dfrac{3}{2}a^{2} \hfill\\DM = \sqrt{CD^{2} + CM^{2}} = \sqrt{a^{2} + \left( \dfrac{3}{2}a^{2}ight)} = \dfrac{a\sqrt{13}}{2} \hfill\\\end{matrix}

    Ta có:

    AH = \frac{2S_{ADM}}{DM} = \frac{3}{2}a^{2}.\frac{2}{\sqrt{13}a} = \frac{6a\sqrt{13}}{13}

    Ta lại có:

    \begin{matrix}\tan\alpha = \dfrac{SA}{AH} = \dfrac{1}{\dfrac{6\sqrt{13}}{13}} =\dfrac{\sqrt{13}}{6} \hfill\\\Rightarrow \cos\alpha = \dfrac{1}{\sqrt{1 + tan^{2}\alpha}} =\dfrac{6}{7} \hfill\\\end{matrix}

    Vậy \cos\alpha = \frac{6}{7}

  • Câu 32: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có đường thẳng SA vuông góc với đáy (ABC), SA = 2a. Khoảng cách từ điểm S đến đường thẳng AB bằng:

    Vì SA vuông góc với đáy (ABC) nên SA\bot AB \Rightarrow d(S,AB) = SA = 2a

  • Câu 33: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O và SA = SC, SB = SD. Khẳng định nào sau đây sai?

    Hình vẽ minh họa:

    Do ABCD là hình thoi tâm O và SA = SC, SB = SD nên \left\{ \begin{matrix}SO\bot AC \\SO\bot BD \\\end{matrix} ight. => SO ⊥ (ABCD)

    Từ \left\{ \begin{matrix}SO\bot AC \\AC\bot BD \\\end{matrix} ight.=> AC ⊥ (SBD)

    Từ \left\{ \begin{matrix}SO\bot BD \\AC\bot BD \\\end{matrix} ight.=> BD ⊥ (SAC)

    Như vậy, các khẳng định “SO ⊥ (ABCD)”, “AC ⊥ (SBD)”, “BD ⊥ (SAC)” là các khẳng định đúng.

    Khẳng định “BC ⊥ (SAB)” là khẳng định sai. Vì nếu BC ⊥ (SAB) suy ra BC ⊥ SB, cùng với BC ⊥ SO ta có BC ⊥ (SBD), nên qua điểm B có hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với đường thẳng BC (vô lí).

  • Câu 34: Thông hiểu

    Cho tứ diện OABC có OA;OB;OC đôi một vuông góc. Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Kết luận nào sai?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} OA\bot OC \\ OB\bot OC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow OC\bot(OAB) \Rightarrow OC\bot AB đúng

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} BC\bot AH \\ BC\bot OA \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(OAH) \Rightarrow BC\bot OH đúng

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} AB\bot CH \\ AB\bot OC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(OCH) \Rightarrow AB\bot OH

    Mà BC\bot OH \Rightarrow OH\bot(ABC) đúng

    Vậy OH\bot OA hay tam giác HOA vuông tại H sai

  • Câu 35: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, đáy ABCD cạnh bằng 2a, cạnh bên SB = a\sqrt{5}. Tính thể tích hình chóp S.ABCD?

    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)

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} S_{ABCD} = 4a^{2} \\ SO = \sqrt{SB^{2} - OB^{2}} = \sqrt{5a^{2} - 2a^{2}} = a\sqrt{3} \\ \end{matrix} ight.

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

  • Câu 36: Thông hiểu

    Cho ba vecto \vec{n}, \vec{a}, \vec{b} bất kì đều khác với vecto \vec{0}. Nếu vecto \vec{n} vuông góc với cả hai vecto \vec{a} và \vec{b} thì \vec{n}, \vec{a} và \vec{b}:

    Nếu vecto \vec{n} vuông góc với cả hai vecto \vec{a} và \vec{b} thì \vec{n}, \vec{a} và \vec{b} thì có thể đồng phẳng.

  • Câu 37: Nhận biết

    Cho tứ diện ABCD. Chứng minh rằng nếu \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB} thì AB \bot CD;AC \bot BD;AD \bot BC. Điều ngược lại đúng không? Sau đây là lời giải

    Bước 1: Ta có sự tương đương

    Bước 2: Chứng minh tương tự ta có: AB \bot CD;AD \bot BC

    Bước 3: Ngược lại đúng, vì quá trình chứng minh ở bước 1 và bước 2 là quá trình biến đổi tương đương.

    Bước giải trên đúng hay sai? Nếu sai thì sai ở đâu?

    Lời giải đã cho là lời giải đúng

  • Câu 38: Vận dụng

    Cho hình lăng trụ ABC. MNP có tất cả các cạnh bằng nhau. Gọi I là trung điểm của cạnh AC. Cosin của góc tạo bởi NC và BI bằng bao nhiêu?

     Gọi E là trung điểm MP => NE // BI

    => Góc giữa hai đường thẳng NC và BI bằng góc giữa hai đường thẳng NC và NE

    => Góc cần tính là \widehat {CNE}

    Đặt a là chiều dài cạnh của hình lăng trụ ta có:

    \begin{matrix} NC = a\sqrt 2 \hfill \\ NE = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \hfill \\ CE = \sqrt {C{P^2} + E{P^2}} = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    => \cos \widehat {CNE} = \frac{{N{C^2} + N{E^2} - C{E^2}}}{{2NC.NE}} = \frac{{\sqrt 6 }}{4}

  • Câu 39: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB=a\sqrt{2}.Cạnh bên SA = 2a và vuông góc với mặt đáy (ABCD). Tính khoảng cách d từ D đến mặt phẳng (SBC)

    Hình vẽ minh họa

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

    Ta có: AD // BC => d\left( {D;\left( {SCD} ight)} ight) = d\left( {A;\left( {SBC} ight)} ight)

    Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB => AK \bot SB (*)

    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 AH\left( {**} ight)

    Từ (*) và (**) => AH \bot \left( {SBC} ight)

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

  • Câu 40: Thông hiểu

    Một tấm ván hình chữ nhật ABCD được dùng làm mặt phẳng nghiêng để kéo một vật lên khỏi hố sâu 2\ m. Cho biết AB = 1\ m, AD = 3,5\ m. Tính góc giữa đường thẳng BD và đáy hố. (Kết quả làm tròn đến độ).

    Đáp án : 33\ ^{0}

    Đáp án là:

    Một tấm ván hình chữ nhật ABCD được dùng làm mặt phẳng nghiêng để kéo một vật lên khỏi hố sâu 2\ m. Cho biết AB = 1\ m, AD = 3,5\ m. Tính góc giữa đường thẳng BD và đáy hố. (Kết quả làm tròn đến độ).

    Đáp án : 33\ ^{0}

    Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của C, D lên đáy hố là mặt phẳng (AKHB).

    Khi đó BD có hình chiếu lên đáy là KB, suy ra

    \left( BD,(AKHB) ight) = (BD,BK) = \widehat{DBK}.

    Với độ sâu hố là DK = CH = 2(m), ta có

    AK = \sqrt{AD^{2} - DK^{2}} = \frac{\sqrt{33}}{2}.

    KB = \sqrt{AK^{2} + AB^{2}} = \frac{\sqrt{37}}{2}.

    \tan DBK = \frac{DK}{KB} = \frac{4\sqrt{37}}{37}

    \Rightarrow \widehat{DBK} \approx 33{^\circ}.

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
  • 33 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