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: 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 2: Thông hiểu

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có các cạnh bằng 1. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ABB') và (CC'D').

    Hình vẽ minh họa

    Vì ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương nên (ABB')//(CC'D') và BC\bot(ABB'A').

    Khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ABB') và (CC'D')

    d\left( (ABB'),(CC'D') ight) = d\left( C,(ABB'A') ight) = CB = 1

  • Câu 3: Vận dụng cao

    Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn BD sao cho HD = 3HB. Biết góc giữa mặt (SCD) và mặt phẳng đáy bằng 450. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD là:

    Hình vẽ minh họa:

    Kẻ HI // BC (I ∈ CD) ta có: \left\{\begin{matrix}CD\bot HI \\CD\bot SI \\\end{matrix} ight.

    => Góc giữa mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng đáy là góc \widehat{SIH} = 45^{0}

    Dựng hình bình hành ADBE

    Ta có: BD // (SAE) => d(SA, BD) = d(BD, (SAE)) = d(B, (SAE)) = d(H, (SAE))

    Kẻ HJ ⊥ AE (J ∈ AE) ta có: AE ⊥ (SHJ) => (SAE) ⊥ (SHJ) theo giao tuyến SJ

    Kẻ HK ⊥ SJ (K ∈ SJ) ta có: HK ⊥ (SAE) => HK = d(H, (SAE))

    Ta có: HK = \frac{HJ.HS}{\sqrt{HJ^{2} +HS^{2}}}

    Với \left\{ \begin{matrix}HJ = AO = a\sqrt{2} \\HS = HI = \dfrac{3}{4}BC = \dfrac{3}{2} \\\end{matrix} ight.

    Vậy HK =\dfrac{a\sqrt{2}.\dfrac{3}{2}a}{\sqrt{\left( a\sqrt{2} ight)^{2} +\left( \dfrac{3}{2}a ight)^{2}}} = \dfrac{3a\sqrt{31}}{17}

  • Câu 4: 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 5: Thông hiểu

    Cho hình lập phương ABCD.A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}. Tính \left( AC;DA_{1} ight)?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có:

    AC//A_{1}C_{1} \Rightarrow \left( AC;DA_{1} ight) = \left( A_{1}C_{1};DA_{1} ight) = \widehat{DA_{1}C_{1}}

    Do A_{1}C_{1};DA_{1};DC_{1} là các đường chéo hình vuông bằng nhau.

    Vậy tam giác AD_{1}C_{1} là tam giác đều \Rightarrow \widehat{DA_{1}C_{1}} = 60^{0}

    \Rightarrow \left( AC;DA_{1} ight) = \widehat{DA_{1}C_{1}} = 60^{0}

  • Câu 6: 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 7: 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 8: 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 9: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a. Cạnh bên SA=a\sqrt{2} và vuông góc với đáy (ABCD). Tính khoảng cách d từ điểm B đến mặt phẳng (SCD)

    Hình vẽ minh họa:

    Tính khoảng cách d từ điểm B đến mặt phẳng (SCD)

    Do AB // CD => d(B;(SCD))=d(A;(SCD))

    Kẻ AE ⊥ SD tại E (1)

    Ta có: \left\{ \begin{gathered}CD \bot AD \hfill \\CD \bot SA \hfill \\\end{gathered} ight. \Rightarrow CD \bot (SAD) \Rightarrow CD \bot AE(**)

    Từ (1) và (2) => AE ⊥ (SCD)

    => d(A;(SCD)) = AE

    Xét tam giác vuông SAD ta có:

    AE = \frac{{SA.AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}

    Vậy d(B;(SCD))=AE=\frac{{a\sqrt 6 }}{3}

     

  • Câu 10: Nhận biết

    Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có SA\bot(ABCD) và đáy là hình vuông. Chọn kết luận đúng?

    Hình vẽ minh họa

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

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

  • Câu 11: 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 12: Nhận biết

    Cho tứ diện OABC với các đường thẳng OA, OB, OC đôi một vuông góc. Bộ ba mặt phẳng vuông góc với nhau từng đôi một là

    Dễ thấy rằng OA ⊥ (OBC), OB ⊥ (OCA), OC ⊥ (OAB)

    Vậy bộ ba mặt phẳng vuông góc với nhau từng đôi một là (OAB), (OBC), (OCA).

  • Câu 13: 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 14: 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 15: 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 16: Nhận biết

    Cho khối chóp S.ABC có chiều cao bằng 6 đáy là tam giác ABC có diện tích bằng 12. Thể tích khối chóp đã cho là:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 12 \\ h = 6 \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối chóp tam giác là V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}.12.6 = 24

  • Câu 17: Vận dụng

    Cho hình lập phương ABCD.EFGH. Hãy xác định góc giữa cặp vecto \overrightarrow {AB} và \overrightarrow {DH}?

    Hình vẽ minh họa

    Xác định góc giữa hai vectơ

    Ta có:

    \begin{matrix} \left\{ \begin{gathered} AB \bot AE \hfill \\ AE//DH \hfill \\ \end{gathered} ight. = > AB \bot DH \hfill \\ \Rightarrow \widehat {\left( {AB,DH} ight)} = {90^0} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 18: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a và SA ⊥ (ABCD). Góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng 450. Tính tan α. Biết α là góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAB).

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: Góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng 450 khi đó:

    \begin{matrix} \left( SC;(ABCD) ight) = (SC;AC) = \widehat{SCA} \\ \Rightarrow SA = AC = 2a\sqrt{2} \\ \end{matrix}

    Gọi O là giao điểm của AC và BD ta có:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} DO\bot AC \\ DO\bot SA \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow DO\bot(SAC)=> Hình chiếu của SD trên mặt phẳng (SAC) là SO.

    => \left( SD;(SAC) ight) = (SD;SO) = \widehat{DSO}

    \left\{ \begin{matrix}DO = \dfrac{1}{2}BD = a\sqrt{2} \hfill \\SO = \sqrt{SA^{2} + AO^{2}} = a\sqrt{10} \hfill \\\end{matrix} ight.

    => \tan\widehat{DSO} = \frac{DO}{SO} = \frac{\sqrt{5}}{5}

  • Câu 19: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có SA\bot(ABC). Gọi hình chiếu vuông góc của điểm A lên cạnh BC là điểm H. Xác định góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC)?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có:

    BC = (SBC) \cap (ABC)

    Vì \left\{ \begin{matrix} BC\bot AS \\ BC\bot AH \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SAH) \Rightarrow BC\bot SH

    Vậy \left( (SBC);(ABC) ight) = \widehat{SHA}

  • Câu 20: 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 21: Nhận biết

    Cho hai đường thẳng a và a’ lần lượt có vecto chỉ phương là \overrightarrow u ;\overrightarrow {u'}. Nếu \varphi là góc giữa hai đường thẳng a và a’ thì

    Do góc giữa hai đường thẳng bằng hoặc bù với góc giữa hai vecto chỉ phương của chúng nên đáp án đúng là: \cos \varphi = \left| {\cos \left( {\overrightarrow u ;\overrightarrow {u'} } ight)} ight|

  • Câu 22: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, SA ⊥ (ABCD). Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau?

    Hình vẽ minh họa:

    Vì SA ⊥ (ABCD) => SA ⊥ BD

    Mà ABCD là hình thoi nên AC ⊥ BD

    => BD ⊥ (SAC)

    Mặt khác SO và SC thuộc mặt phẳng (SAC)

    => BD ⊥ SO, BD ⊥ SC

    Và AD, SC là hai đường thẳng chéo nhau

    => AD ⊥ SC là khẳng định sai.

  • Câu 23: Vận dụng cao

    Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng x, cạnh bên bằng y. Mặt phẳng (α) đi qua A và vuông góc với SC. Tìm hệ thức liên hệ giữa x và y để (α) cắt SC tại điểm C1 nằm giữa S và C.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC

    Do S.ABC là hình chóp đều nên SG ⊥ (ABC). Gọi C’ là trung điểm của AB

    => C, C’, G thẳng hàng

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} AB\bot CC' \\ SG\bot AB \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(SC'C) \Rightarrow AB\bot SC

    Trong tam giác SAC kẻ AC1⊥SC

    => SC ⊥ (ABC1)

    => Thiết diện cần tìm là tam giác ABC1 thỏa mãn đi qua A và vuông góc với SC. Tam giác SAC cân tại S nên để C1 nằm giữa S và C khi và chỉ khi \widehat{ASC} < 90^{0}.

    \begin{matrix} \Rightarrow \cos\widehat{ASC} > 0 \\ \Rightarrow SA^{2} + SC^{2} - AC^{2} > 0 \\ \Rightarrow 2b^{2} - a^{2} > 0 \Rightarrow a < b\sqrt{2} \\ \end{matrix}

  • Câu 24: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông ABCD vuông tại A và D, AB = 2a, AD = CD = a. Cạnh bên SA = a và vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD). Mệnh đề nào sau đây đúng?

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

    Do đó ((SBC),(ABCD)) = (SC, AC) = \widehat{SCA}

    Tam giác SAC vuông tại A => \tan\widehat{SCA} = \frac{SA}{AC} = \frac{\sqrt{2}}{2}

  • Câu 25: 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 26: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC và \widehat {ASB} = \widehat {BSC} = \widehat {CSA}. Góc giữa cặp vecto \overrightarrow {SA} ;\overrightarrow {BC} là:

     \begin{matrix} \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {SA} .\left( {\overrightarrow {SC} - \overrightarrow {SB} } ight) \hfill \\ = \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SC} - \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SB} \hfill \\ = \left| {\overrightarrow {SA} } ight|.\left| {\overrightarrow {SC} } ight|\cos \widehat {ASC} - \left| {\overrightarrow {SA} } ight|.\left| {\overrightarrow {SB} } ight|\cos \widehat {ASB} \hfill \\ = 0 \hfill \\ \Rightarrow SA \bot BC \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 27: 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 28: 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 29: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a; SA\bot(ABCD);SA = a\sqrt{2}. Gọi M,N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các cạnh SB;SD. Tính số đo góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (AMN).

    Hình vẽ minh họa

    Gọi \left\{ \begin{matrix} AC \cap BD = O \\ SO \cap MN = I \\ AI \cap SC = P \\ \end{matrix} ight.

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} AN\bot(SCD) \Rightarrow AN\bot SC \\ AM\bot(SBC) \Rightarrow AM\bot SC \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow SC\bot(AMN) \Rightarrow SC\bot(AMPN)

    \Rightarrow \left( SB;(AMN) ight) = \left( SB;(AMPN) ight) = \widehat{SMP}

    Ta có: SM = \frac{SA^{2}}{SB} = \frac{2a^{2}}{\sqrt{2a^{2} + a^{2}}} = \frac{2a\sqrt{3}}{3}

    SP = \frac{SA^{2}}{SC} = \frac{2a^{2}}{\sqrt{2a^{2} + 2a^{2}}} = a

    \Rightarrow \sin\widehat{SMP} = \frac{SP}{SM} = \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \widehat{SMP} = 60^{0}

  • Câu 30: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi tâm I, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi H;K lần lượt là hình chiếu của A lên SC;SD. Mệnh đề nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

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

  • Câu 31: 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 32: 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 33: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi H,K lần lượt là hình chiếu vuông của A lên SC,SD. Kết luận nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} SA\bot CD \\ AD\bot CD \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow CD\bot(SAD) \Rightarrow CD\bot AK

    Lại có: SD\bot AK

    \Rightarrow AK\bot(SCD)

  • Câu 34: 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 35: Nhận biết

    Mệnh đề nào sau đây đúng?

    Mệnh đề đúng là: Hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ ba thì có thể vuông góc với nhau

  • Câu 36: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = 2a, BC = a. Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm của cạnh AB, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 600. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SB và AC.

    Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SB và AC

    +) Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC} = \left( {\overrightarrow {SH} + \overrightarrow {HB} } ight)\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} } ight) \hfill \\ = \overrightarrow {SH} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {SH} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {HB} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {HB} .\overrightarrow {BC} \hfill \\ = \overrightarrow {HB} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {HB} .\overrightarrow {BC} \hfill \\ = \dfrac{1}{2}A{B^2} = 2{a^2} \hfill \\ \end{matrix}

    +) Mặt khác

    \begin{matrix} AC = a\sqrt 5 ;CH = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \hfill \\ SH = CH.\tan \widehat {SCH} = a\sqrt 6 \hfill \\ SB = \sqrt {S{H^2} + H{B^2}} = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 6 } ight)}^2} + {a^2}} = a\sqrt 7 \hfill \\ \end{matrix}

    => \cos \left( {SB,AC} ight) = \frac{{\left| {\overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC} } ight|}}{{SB.AC}} = \frac{{2{a^2}}}{{a\sqrt 7 .a\sqrt 5 }} = \frac{2}{{\sqrt {35} }}

  • Câu 37: 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 38: Thông hiểu

    Cho khối lăng trụ ABC.A'B'C có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A. Biết góc giữa mặt phẳng (A'BC) và mặt phẳng (ABC) bằng 30^{0} và cạnh AA' = 2a. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó

    \left\{ \begin{matrix} AM\bot BC \\ AA'\bot BC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(A'AM)

    \Rightarrow \left( (A'BC);(ABC) ight) = \widehat{A'MA} = 30^{0}

    Ta có: AM = \frac{AA'}{tan30^{0}} = 2a\sqrt{3}

    \Rightarrow BC = 2AM = 4a\sqrt{3}

    \Rightarrow S_{ABC} = \frac{1}{2}.AM.BC = 12a^{3}

    \Rightarrow V_{ABC.A'B'C'} = AA'.S_{ABC} = 24a^{3}

  • Câu 39: Vận dụng cao

    Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại B và \widehat{ACB} = 30^{0}. Tam giác SAC là tam giác đều và thuộc mặt phẳng vuông góc với (ABC). Xét điểm M thuộc cạnh SC sao cho mặt phẳng (MAB) tạo với hai mặt phẳng (SAB); (ABC) góc bằng nhau. Tỉ số\frac{MS}{MC} có giá trị bằng:

    Gọi H là trung điểm của AC, suy ra SH ⊥ (ABC).

    Gọi N là trung điểm của AB, suy ra AB ⊥ (SHN).

    Lấy K là giao điểm của AM, SH. Do đó \left\{ \begin{matrix} \left( (ABM),(ABC) ight) = \widehat{HNK} \\ \ \left( (ABM),(SAB) ight) = \widehat{KNS} \\ \end{matrix} ight.

    Theo giả thiết, NK là phân giác của góc \widehat{SNH}

    Giả sử: AB = 1 \Rightarrow BC = \sqrt{3} \Rightarrow AC = 2 \Rightarrow SH = \sqrt{3}

    Mặt khác: SN = \sqrt{HN^{2} + SH^{2}} = \frac{\sqrt{15}}{2}

    \Rightarrow \frac{KH}{KS} = \frac{HN}{SN} = \frac{\sqrt{5}}{5} (tính chất phân giác).

    Gọi E là trung điểm của CM, theo định lí Ta-lét thì:

    \frac{KH}{KS} = \frac{ME}{MS} = \frac{1}{\sqrt{5}}

    \Rightarrow \frac{MC}{MS} = \frac{2ME}{MS} = \frac{2}{\sqrt{5}}

    \Rightarrow \frac{MC}{MS} = \frac{2}{\sqrt{5}}

    Vậy \frac{MS}{MC} = \frac{\sqrt{5}}{2}

  • Câu 40: Thông hiểu

    Mệnh đề nào sau đây là đúng?

     

    • Hai đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau sai vì chúng có thể chéo nhau hoặc cắt nhau.

    • Một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng vuông góc với nhau thì song song với đường thẳng còn lại sai vì nó và đường thẳng còn lại có thể chéo nhau hoặc cắt nhau.

    • Hai đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thì vuông góc với nhau sai vì chúng có thể song song với nhau

     

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
  • 20 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