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: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Dựng mặt phẳng (P) cách đều năm điểm A, B, C, D và S. Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng (P) như vậy?

    Gọi O là tâm hình bình hành ABCD.

    Các mặt phẳng cách đều A, B, C, D và S là

    1) Mặt phẳng qua trung điểm của SA, SB, SC, SD

    2) Mặt phẳng qua O và song song (SAB)

    3) Mặt phẳng qua O và song song (SAD)

    4) Mặt phẳng qua O và song song (SCD)

    5) Mặt phẳng qua O và song song (SBC)

  • Câu 2: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D. Biết SA\bot(ABCD);AD = BC = a;AB = 2a. Xác định kết luận sai?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của AB. Ta có: CM = MA = MB = a

    Suy ra tam giác ACB vuông tại C.

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

    \left\{ \begin{matrix} AB\bot AD \\ AB\bot SA \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(SAD) \Rightarrow (SAB)\bot(SAD)

    \left\{ \begin{matrix} CD\bot AD \\ CD\bot SA \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow CD\bot(SAD) \Rightarrow (SCD)\bot(SAD)

  • Câu 3: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, SA ⊥ (ABCD). Góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) là góc giữa

    Hình vẽ minh họa:

    Vì SA ⊥ (ABCD) nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (ABCD).

    Do đó góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) là góc giữa SC và AC.

  • Câu 4: Thông hiểu

    Cho hai tam giác đều DAC và BAC lần lượt nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng (DAB) và (DBC). Tính giá trị cos α.

    Tính giá trị cos α

    Giả sử cạnh của tam giác đều bằng 2a. Khi đó AB = AD = CB = CD = 2a

    Gọi H là trung điểm của AC. Tam giác DAC đều suy ra DH ⊥ AC.

    Tương tự BH ⊥ AC.

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\left( {DAC} ight) \bot \left( {ABC} ight)} \\ {\left( {DAC} ight) \cap \left( {ABC} ight)} \\ {DH \bot AC} \\ {DH \subset \left( {DAC} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow DH \bot \left( {ABC} ight)

    Gọi K là trung điểm của DB.

    Ta có: ABD cân tại A nên AK \bot BD

    Và CBD cân tại C nên CK \bot DB

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\left( {DAB} ight) \cap \left( {DBC} ight) = BD} \\ {AK \bot BD;AK \subset \left( {DAB} ight)} \\ {CK \bot BD;CK \subset \left( {DAB} ight)} \end{array}} ight.

    Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (DAB) và (DBC) là góc giữa hai đường thẳng AK và CK.

    Ta có DH = a\sqrt 3 ;BH = a\sqrt 3 nên BDH vuông cân tại H.

    Từ đó ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {DB = \sqrt {D{H^2} + H{B^2}} = a\sqrt 6 } \\ {HK = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}} \end{array}} ight.

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {AC \bot DH} \\ {AC \bot BH} \\ {DH \cap BH = H} \\ {DH;BH \subset \left( {DBH} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow AC \bot \left( {DBH} ight) mà HK \subset \left( {DBH} ight) \Rightarrow AC \bot HK

    Xét tam giác ACK có KH vừa là trung tuyến, vừa là đường cao nên tam giác ACK cân tại K.

    Nên ta có: KH là phân giác của góc \widehat {AKC} suy ra \widehat {AKC} = 2\widehat {CKH}

    Ta có: t = \tan \widehat {CKH} = \frac{{HC}}{{HK}} = \frac{a}{{a\sqrt 6 :3}} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}

    Vậy \cos \alpha = \frac{{1 - {t^2}}}{{1 + {t^2}}} = \frac{{1 - \frac{6}{9}}}{{1 + \frac{6}{9}}} = \frac{1}{5}

  • Câu 5: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật. SA vuông góc với (ABCD), AH và AK lần lượt là đường cao của tam giác SAB và SAD. Hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) vuông góc vì

    Hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) vuông góc vì BC ⊥ (SAB) do BC ⊥ AB và BC ⊥ SA

  • Câu 6: 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 7: Nhận biết

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

    Có 1 nếu M không thuộc a, có vô số nếu M thuộc a

  • Câu 8: Nhận biết

    Cho khối chóp và lăng trụ có diện tích đáy, chiều cao tương ứng với nhau và thể tích lần lượt là V và V' . Khi đó tỉ số \frac{V}{V'} = 1/3

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

    Đáp án là:

    Cho khối chóp và lăng trụ có diện tích đáy, chiều cao tương ứng với nhau và thể tích lần lượt là V và V' . Khi đó tỉ số \frac{V}{V'} = 1/3

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

    Ta có:

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

    Thể tích hình lăng trụ là: V' = B.h

    Khi đó: \dfrac{V}{V'} =\dfrac{\dfrac{1}{3}B.h}{B.h} = \dfrac{1}{3}

  • Câu 9: Thông hiểu

    Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình vuông, đường chéo BD = 2a. 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 = 2a nên AB = AD = a\sqrt{2}

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

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

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

  • Câu 10: Nhận biết

    Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau. Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề sai?

    Mệnh đề sai là: “Nếu đường thẳng a vuông góc với giao tuyến của (P) và (Q) thì a vuông góc với mặt phẳng (P) và vuông góc với mặt phẳng (Q).”

  • Câu 11: Nhận biết

    Tính thể tích khối lập phương có cạnh bằng 3a?

    Ta có: V = (3a)^{3} = 27a^{3}

  • Câu 12: Thông hiểu

    Cho hình tứ diện ABCD, có AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau và AB = a, BC = b, CD = c.

    Độ dài AD bằng:

     Hình vẽ minh họa

    Tính độ dài đoạn thẳng AD

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {AB \bot BC} \\ {AB \bot CD} \end{array}} ight. ⇒AB⊥(BCD)

    => Tam giác ABD vuông tại B.

    Lại có BC⊥CD nên tam giác BCD vuông tại C.

    Khi đó: 

    \begin{matrix} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {A{D^2} = A{B^2} + B{D^2}} \\ {B{D^2} = B{C^2} + C{D^2}} \end{array}} ight. \hfill \\ \Rightarrow A{D^2} = A{B^2} + B{C^2} + C{D^2} \hfill \\ \Rightarrow AD = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 13: 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 14: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Góc tạo bởi cạnh bên SA và mặt phẳng đáy bằng 60^{0}. Thể tích khối chóp S.BCD bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O là giao điểm của 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)

    Suy ra OA là hình chiếu vuông góc của SA lên mặt phẳng đáy

    \Rightarrow \left( SA;(ABCD) ight) = \widehat{SAO} = 60^{0}

    ABCD là hình vuông nên OA = \frac{1}{2}AC = \frac{a\sqrt{2}}{2}

    Xét tam giác vuông SOA ta có:

    SO = AO.\tan\widehat{SDO} =\frac{a\sqrt{2}}{2}.\tan60^{0} = \frac{a\sqrt{6}}{3}

    \Rightarrow S_{BCD} = \frac{a^{2}}{2}

    \Rightarrow V_{S.BCD} = \frac{1}{3}.SO.S_{BCD} = \frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{2}.\frac{a^{2}}{2} = \frac{a^{3}\sqrt{6}}{12}

  • Câu 15: 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 16: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác S.ABC, đáy là tam giác ABC vuông cân tại C và AB = a\sqrt{3};AC = a. Biết tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Thể tích hình chóp tam giác S.ABC bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trung điểm của AB

    Tam giác SAB đều nên SH\bot AB

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

    Vậy SH là đường cao của hình chóp tam giác S.ABC

    Tam giác SAB đều nên SH = \frac{3a}{2}

    Tam giác ABC vuông cân tại C nên

    AB^{2} = AC^{2} + BC^{2} \Rightarrow BC = \sqrt{3a^{2} - a^{2}} = a\sqrt{2}

    Vậy thể tích hình chóp S.ABC là: V_{S.ABC} = \frac{1}{3}.\frac{3a}{2}.\frac{1}{2}.a\sqrt{2}.a = \frac{a^{3}\sqrt{2}}{4}

  • Câu 17: Thông hiểu

    Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có độ dài tất cả các cạnh bằng a và các góc \widehat{BAD};\widehat{DAA'};\widehat{A'AB} đều bằng 60^{0}. Gọi trung điểm của các cạnh AA',CD lần lượt là M,N. Gọi \alpha là góc tạo bởi hai đường thẳng MN và B'C. Xác định \cos\alpha?

    Hình vẽ minh họa

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

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

    Vì \widehat{BAD} = \widehat{DAA'} = \widehat{A'AB} = 60^{0} và các cạnh của hình hộp bằng a

    Do đó A'D = a;C'D = C'A' = a\sqrt{3}

    A'P = \frac{A'D^{2} + A'C'^{2}}{2} - \frac{DC'^{2}}{4}

    \Rightarrow A'P = \frac{a\sqrt{5}}{2}

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

    \cos\alpha = \frac{A'D^{2} + A'P^{2} - DP^{2}}{2A'D.A'P} = \frac{3\sqrt{5}}{10}

  • Câu 18: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a\sqrt{3};BC = a\sqrt{2}. Cạnh bên SA = a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách giữa SB và DC bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Vì DC // AB nên khoảng cách giữa SB và DC bằng khoảng cách giữa mặt phẳng (SAB) và DC.

    Do đó: d(DC, SB) = d(DC, (SAB)) = d(D, (SAB)) = AD = a\sqrt{2}

  • Câu 19: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC đáy là tam giác ABC vuông tại B và SA\bot(ABC). Mệnh đề nào sau đây sai?

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} BC\bot SA;\left( do\ SA\bot(ABC) ight) \\ BC\bot AB \\ SA \cap AB = \left\{ A ight\} \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SAB)

    \Rightarrow BC\bot SB

    Vậy đáp án sai là: BC\bot(SAC).

  • Câu 20: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD đều cạnh bằng a. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Góc giữa AO và CD bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Góc giữa AO và CD bằng bao nhiêu?

    Gọi M là trung điểm của CD

    Vì ABCD là tứ diện đều nên AM ⊥ CD, OM ⊥ CD

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {CD} .\overrightarrow {AO} = \overrightarrow {CD} .\left( {\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {MO} } ight) \hfill \\ = \overrightarrow {CD} .\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {CD} .\overrightarrow {MO} = \overrightarrow 0 \hfill \\ \end{matrix}

    => \overrightarrow {CD} \bot \overrightarrow {AO} nên số đo góc giữa AO và CD là 900

  • Câu 21: Vận dụng cao

    Cho hình tứ diện ABCD có tất cả các cạnh bằng 6a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CA, CB. Gọi P là điểm trên cạnh BD sao cho BP = 2PD. Diện tích S thiết diện của tứ diện ABCD bị cắt bởi (MNP) là:

    Hình vẽ minh họa:

    Trong mặt phẳng (ABD) qua P kẻ đường thẳng song song AB cắt AD tại Q.

    Ta có: \frac{DP}{DB} = \frac{PQ}{AB} = \frac{1}{3}

    Dễ thấy MN là đường trung bình của ∆ABC

    => MN // AB // PQ

    => 4 điểm M, N, P, Q đồng phẳng và MN = 3a

    => Thiết diện cần tìm chính là hinh thang MNPQ

    Do tất cả các cạnh cạnh của tứ diện ABCD bằng 6a => ∆BNP = ∆AMQ.

    Vậy MNPQ là hình thang cân.

    Ta có:

    \begin{matrix} MQ = \sqrt{AM^{2} + AQ^{2} - 2AM.AQ.cos60^{0}} \\ = \sqrt{9a^{2} + 16a^{2} - 2.3a.4a.\frac{1}{2}} = a\sqrt{13} \\ \end{matrix}

    Kẻ đường cao QI, ta có:

    \begin{matrix}QI = \sqrt{MQ^{2} - MI^{2}} \hfill \\= \sqrt{13a^{2} - \dfrac{a^{2}}{4}} = \dfrac{a\sqrt{51}}{2} \hfill \\\Rightarrow S_{MNPQ} = \dfrac{(MN + PQ).QI}{2} \hfill \\= \dfrac{3a + 2a}{2}.\dfrac{a\sqrt{51}}{2} = \dfrac{5a^{2}\sqrt{147}}{4} \\\end{matrix}

  • Câu 22: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a; SA = a;SA\bot(ABCD). Khoảng cách giữa hai đường thẳng SC;BD bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Dựng Cx//BD;(\alpha) = (SC;Cx)

    \Rightarrow d(BD;SC) = d\left( BD;(\alpha) ight)

    d\left( BD;(\alpha) ight) = d\left( O;(\alpha) ight) = \frac{1}{2}d\left( A;(\alpha) ight)

    Dựng AK\bot SC. Dễ thấy AK\bot(\alpha) \Rightarrow d\left( A;(\alpha) ight) = AK

    \frac{1}{AK^{2}} = \frac{1}{SA^{2}} + \frac{1}{AC^{2}} \Rightarrow AK = \frac{a\sqrt{6}}{3}

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

  • Câu 23: Vận dụng cao

    Cho khối lập phương ABCD.A’B’C’D’. Gọi M là trung điểm của AD, φ là góc giữa hai mặt phẳng (BMC’) và (ABB’A’). Khẳng định nào dưới đây đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương

    => MA, CB, C’B’ cùng vuông góc với (ABB’A’)

    => Tam giác MBC’ có hình chiếu vuông góc lên mặt phẳng (ABB’A’) là tam giác ABB’.

    Ta có S_{ABB'} = S_{MBC'}.cos\phi \Rightarrow \cos\phi = \frac{S_{ABB'}}{S_{MBC'}}

    Xét tam giác MBC’, ta có:

    \begin{matrix}MB = \sqrt{MA^{2} + AB^{2}} = \sqrt{\dfrac{a^{2}}{4} + a^{2}} =\dfrac{\sqrt{5}a}{2} \hfill\\C'B = \sqrt{2}a\hfill \\MC' = \sqrt{DM^{2} + DC'} = \sqrt{\dfrac{a^{2}}{4} + 2a^{2}} =\dfrac{3a}{2} \hfill\\\end{matrix}

    Đặt p = (MB + MC’ + BC’)/2

    Áp dụng công thức Hê-rông ta có:

    S_{MBC'} = \sqrt{p(p - MC')(p - MB)(p - BC')} = \frac{3a^{2}}{4}

    Mặt khác S_{ABB'} = \dfrac{a^{2}}{2}\Rightarrow \cos\phi = \dfrac{S_{ABB'}}{S_{MBC'}} =\dfrac{\dfrac{a^{2}}{2}}{\dfrac{3a^{2}}{4}} = \dfrac{2}{3}

  • Câu 24: Vận dụng

    Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tất cả các cạnh bằng a và các góc tại đỉnh B đều bằng 600.

    Đường thẳng B’C vuông góc với đường thẳng:

    Hình vẽ minh họa:

    Đường thẳng B’C vuông góc với đường thẳng nào

    Ta có: 

    \begin{matrix} \overrightarrow {CB'} .\overrightarrow {CD} = \left( {\overrightarrow {CC'} + \overrightarrow {C'B'} } ight).\overrightarrow {CD} \hfill \\ = \overrightarrow {CC'} .\overrightarrow {CD} + \overrightarrow {C'B'} .\overrightarrow {CD} \hfill \\ = CC'.CD.\cos \widehat {C'CD} + C'B'.CD.\cos \widehat {B'C'D'} \hfill \\ = a.a.\cos {60^0} + a.a.\cos \left( {{{180}^0} - \widehat {ABC}} ight) \hfill \\ = \dfrac{{{a^2}}}{2} - \dfrac{{{a^2}}}{2} = 0 \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 25: Nhận biết

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Chiều cao của hình chóp bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên đáy ABCD là hình vuông và các cạnh bên bằng nhau.

    Gọi O là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD).

    Khi đó các tam giác SOA, SOB, SOC, SOD bằng nhau nên bốn đoạn thẳng OA, OB, OC, OD bằng nhau.

    Suy ra O trùng với tâm của hình vuông ABCD, hay O là giao điểm của AC và BD. Vậy chiều cao của hình chóp là:

    \begin{matrix}SO = \sqrt{SB^{2} - OB^{2}} \hfill \\= \sqrt{a^{2} - \dfrac{a^{2}}{2}} = \sqrt{\dfrac{a^{2}}{2}} =\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\hfill \\\end{matrix}

  • Câu 26: Nhận biết

    Cho tứ diện ABCD. Gọi trung điểm các cạnh AC và AD lần lượt là các điểm M,N. Giao tuyến của hai mặt phẳng (BMN) và mặt phẳng (BCD) là

    Hình vẽ minh họa

    Hai mặt phẳng (BMN) và mặt phẳng (BCD) có điểm B chung và MN // CD nên theo tính chất giao tuyến của hai mặt phẳng thì giao tuyến là đường thẳng d đi qua B và song song với MN (hoặc song song với CD).

  • Câu 27: Thông hiểu

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Gọi I là trung điểm của cạnh AB. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng A'D và B'I ta được kết quả là:

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi độ dài cạnh hình lập phương là a, a > 0

    Ta có:

    B'C//A'D \Rightarrow (A'D;B'I) = (B'I,B'C)

    Tính được \left\{ \begin{matrix}B'I = \sqrt{a^{2} + \left( \dfrac{a}{2} ight)^{2}} =\dfrac{a\sqrt{5}}{2} = CI \\B'C = a\sqrt{2} \\\end{matrix} ight.

    Trong tam giác B’CI ta có:

    \cos\widehat{IB'C} = \dfrac{\left(\dfrac{a\sqrt{5}}{2} ight)^{2} + \left( a\sqrt{2} ight)^{2} - \left(\dfrac{a\sqrt{5}}{2}ight)^{2}}{2.\dfrac{a\sqrt{5}}{2}.a\sqrt{2}}

    = \frac{2a^{2}}{a^{2}\sqrt{10}} = \frac{\sqrt{10}}{5}

  • Câu 28: 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 29: Vận dụng

    Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau. H là hình chiếu vuông góc của O trên mặt phẳng (ABC). Khẳng định nào dưới đây là khẳng định sai?

    Hình vẽ minh họa:

    Chọn khẳng định sai

    Ta có: OA ⊥ OB, OA ⊥ OC => OA ⊥ (OBC) => OA ⊥ BC (*)

    Gọi M là giao điểm của AH và BC

    Theo giả thiết ta có: OH ⊥ (ABC) => OH ⊥ BC (**)

    Từ (*) và (**) suy ra: BC ⊥ (AOM) => BC ⊥ OM

    Xét tam giác BOC vuông ta có:

    \frac{1}{{O{I^2}}} = \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}

    Xét tam giác AOI vuông ta có:

    \frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}

    Từ chứng minh trên ta có: BC ⊥ (AOM) => BC ⊥ AM (1)

    Gọi N là giao điểm của BH và AC. Chứng minh tương tự ta có: AC ⊥ BN (2)

    Từ (1) và (2) => H là trực tâm tam giác ABC

    Vậy 3O{H^2} = A{B^2} + A{C^2} + B{C^2} là kết quả sai.

  • Câu 30: Nhận biết

    Giả sử đường thẳng ∆ cắt mặt phẳng (P) tại M. Trên ∆ lấy hai điểm A và B. Khi đó \frac{d\left( A;(P) ight)}{d\left( B;(P) ight)} bằng:

    \frac{d\left( A;(P) ight)}{d\left( B;(P) ight)} = \frac{AM}{BM}

  • Câu 31: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy, góc \widehat{SBD}=60^0. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AB và SO.

    Hình vẽ minh họa:

    Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AB và SO

    Ta có ΔSAB = ΔSAD(c−g−c) suy ra SB=SD

    Mà \widehat {SBD} = {60^0} => ΔSBD đều cạnh SB=SD=BD=a\sqrt2

    Xét tam giác vuông SAB có:

    SA = \sqrt {S{B^2} - A{B^2}} = a

    Gọi E là trung điểm AD, suy ra OE//AB và AE⊥OE

    Do đó d(AB;SO)=d(AB;(SOE))=d(A;(SOE))

    Kẻ AK⊥SE(1)

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {OE \bot AD} \\ {OE \bot SA} \end{array}} ight.

    ⇒ OE⊥(SAD)⇒OE⊥AK(2)

    Từ (1) và (2) ⇒ AK⊥(SOE)

    => d\left( {A;\left( {SOE} ight)} ight) = AK = \frac{{SA.AE}}{{\sqrt {S{A^2} + A{E^2}} }} = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}

  • Câu 32: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tìm mệnh đề sai dưới đây?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có:

    ABCD là hình chữ nhật nên BD không vuông góc với AC

    Vậy BD không vuông góc với mặt phẳng (SAC)

  • Câu 33: 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 34: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A và AB = a\sqrt{2}. Biết SA\bot(ABC) và SA = a. Góc nhị diện \lbrack S,\ BC,\ Abrack có số đo bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Kẻ AM\bot BC tại M \Rightarrow M là trung điểm của BC và AM = \frac{1}{2}BC = \frac{\left( a\sqrt{2} ight)\sqrt{2}}{2} = a .

    Ta có \left\{ \begin{matrix} (SBC) \cap (ABC) = BC \\ (SAM)\bot BC \\ (SAM) \cap (SBC) = SM \\ (SAM) \cap (ABC) = AM \\ \end{matrix} ight. \Rightarrow \left( \widehat{(SBC),(ABC)} ight) = \left( \widehat{SM,AM} ight).

    Suy ra góc giữa (SBC) và (ABC) bằng góc \widehat{SMA}.

    Ta có: \tan\widehat{SMA} = \frac{SA}{AM} = \frac{a}{a} = 1 \Rightarrow \widehat{SMA} = 45{^\circ}

    Suy ra góc nhị diện \lbrack S,\ BC,\ Abrack có số đo bằng 45{^\circ}.

  • Câu 35: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SB vuông góc với mặt phẳng (ABCD) (tham khảo hình vẽ). Khẳng định nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Từ giả thiết ABCD là hình vuông và SB vuông góc với đáy

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

  • Câu 36: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Giả sử H là hình chiếu của A trên cạnh SB. Ta có các khẳng định sau:

    a) AH\bot SC b) BC\bot(SAB) c) SC\bot AB

    Có bao nhiêu khẳng định đúng trong các khẳng định đã cho?

    Hình vẽ minh họa

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

    \Rightarrow BC\bot AH;\left( do\ \ \ AH \subset (SAB) ight)

    Lại có: \left\{ \begin{matrix} AH\bot SB \\ AH\bot BC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AH\bot(SBC) \Rightarrow AH\bot SC

    Vậy có 2 khẳng định đúng.

  • Câu 37: 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 38: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB,AC,AD đôi một vuông góc với nhau; AB = 8a;AC = 5a;AD = 6a. Gọi trung điểm của các cạnh BC,CD,DB lần lượt là J;Q;K. Tính thể tích tứ diện AJQK?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: V_{ABCD} = \frac{1}{2}AB.\frac{1}{2}AD.AC = 60a^{3}

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

    V_{JQK} = \frac{1}{4}.V_{ABCD} = 15a^{3}

  • Câu 39: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm H của cạnh BC. Biết tam giác SBC là tam giác đều. Gọi α là số đo của góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABC). Tính tan α.

    Hình chiếu của SA lên mặt phẳng (ABC) là AH

    => Góc giữa SA và mặt phẳng (ABC) là \widehat{SAH}

    Tam giác ABC và SBC là các tam giác đều cùng cạnh a

    AH = SH =\frac{a\sqrt{3}}{2}

    Vậy tan α = 1

  • Câu 40: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a; SA = 3a\sqrt{2};SA\bot(ABCD). Tính \tan\left( SC;(SAD) ight)?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: ABCD là hình vuông \Rightarrow AC\bot BD

    Mặt khác SA\bot(ABCD) \Rightarrow SA\bot CD

    Suy ra CD\bot(SAD)

    => SD là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (SAD)

    Do đó \left( SC;(SAD) ight) = (SC;SD) = \widehat{CSD}

    Xét tam giác SCD vuông tại D ta có:

    \tan\widehat{CSD} = \frac{CD}{SD} = \frac{CD}{\sqrt{SA^{2} + AD^{2}}} = \frac{a^{2}}{\sqrt{\left( 3a\sqrt{2} ight)^{2} + a^{2}}} = \frac{1}{\sqrt{19}} = \frac{\sqrt{19}}{19}

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
  • 24 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