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 hình chóp S.ABC có đáy ABC là một tam giác vuông cân tại B với trọng tâm G, cạnh bên SA tạo với đáy (ABC) một góc 30◦. Biết hai mặt phẳng (SBG) và (SCG) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SA và BC.

    Hình vẽ minh họa:

    Hai mặt phẳng (SBG) và (SCG) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC) nên SG ⊥ (ABC).

    Gọi cạnh AB = BC = a

    \begin{matrix}AG = \dfrac{2}{3}AM = \dfrac{\sqrt{5}}{3}a \hfill\\\Rightarrow SG = AG.\tan30^{0} = \dfrac{\sqrt{15}}{9}a \hfill\\SA = \dfrac{AG}{cos30^{0}} = \dfrac{2a\sqrt{15}}{9} \hfill\\\end{matrix}

    Từ G kẻ GE// BC (E ∈ AB), từ E kẻ EF // SA (F ∈ SB) suy ra (SA, BC) = (EF, EG)

    \begin{matrix}\overrightarrow{BF} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{BS} \hfill\\\Leftrightarrow \overrightarrow{GF} = \overrightarrow{GB} +\dfrac{1}{3}(\overrightarrow{GS} - \overrightarrow{GB}) \hfill\\\Leftrightarrow \overrightarrow{GF} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{GB} +\dfrac{1}{3}\overrightarrow{GS} \hfill\\\Leftrightarrow GF^{2} = \dfrac{4}{9}GB^{2} + \dfrac{1}{9}GS^{2} \hfill\\\Leftrightarrow GF^{2} = \dfrac{4}{9} \cdot \left( \dfrac{2}{3} \cdot\dfrac{a\sqrt{2}}{2} ight)^{2} + \dfrac{5}{27 \cdot 9}a^{2} =\dfrac{29}{27 \cdot 9}a^{2}\hfill \\\end{matrix}

    Xét tam giác EFG ta có:

    \begin{matrix}EF = \dfrac{1}{3}AS = \dfrac{2a\sqrt{15}}{27} \hfill\\EG = \dfrac{2}{3}BM = \dfrac{a}{3} \hfill\\\end{matrix}

    Khi đó:

    \begin{matrix}\cos\widehat{FEG} = \dfrac{EF^{2} + EG^{2} - FG^{2}}{2EF.EG} \hfill\\\Leftrightarrow \cos\widehat{FEG} = \dfrac{\dfrac{4.15a^{2}}{27.27} +\dfrac{a^{2}}{9} - \dfrac{29a^{2}}{27.9}}{2\dfrac{2a\sqrt{15}}{27} \cdot\dfrac{a}{3}}\hfill \\\Leftrightarrow \cos\widehat{FEG} = \dfrac{\sqrt{3}}{2\sqrt{5}} =\dfrac{\sqrt{15}}{10} \hfill\\\end{matrix}

  • Câu 2: Nhận biết

    Cho đường thẳng a và mặt phẳng (P). Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua a và vuông góc với mặt phẳng (P)?

    Có một khi a không vuông góc với (P), có vô số khi a vuông góc với (P).

  • Câu 3: Nhận biết

    Góc giữa hai đường thẳng bất kì trong không gian là góc nào trong các góc dưới đây?

    Góc giữa hai đường thẳng m và n trong không gian, kí hiệu là (m, n) là góc giữa hai đường thẳng a và b cùng đi qua một điểm và tương ứng song song với m và n.

  • Câu 4: 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 5: Thông hiểu

    Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Gọi D là trung điểm cạnh BC. Biết AA' = 2a, khoảng cách giữa hai đường thẳng A'B và C'D là:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi D' là trung điểm của B'C', ta có BDC'D' là hình bình hành

    \Rightarrow C'D//BD' \Rightarrow C'D//(A'BD').

    Kẻ B'H \bot BD'.

    Ta có: \left. \ \begin{matrix}A'D'\bot B'C' \\A'D'\bot BB' \\\end{matrix} ight\} \Rightarrow A'D'\bot(BCC'B')\Rightarrow A'D'\bot B'H.

    \left. \ \begin{matrix} B'H\bot BD' \\ B'H\bot A'D' \\ \end{matrix} ight\} \Rightarrow B'H\bot(A'BD')

    Suy ra,

    d(A'B,C'D) = d\left( C'D;(A'BD') ight) = d\left( C';(A'BD') ight) = d\left( B';(A'BD') ight) = B'H

    Ta có: B'D' = \frac{a}{2}; BB'= 2a.

    Xét \Delta BB'D' vuông tại B' ta có:

    \frac{1}{B'H^{2}} = \frac{1}{BB'^{2}} + \frac{1}{B'D'^{2}} = \frac{1}{4a^{2}} + \frac{4}{a^{2}} \Rightarrow BH = \frac{2a}{\sqrt{17}}

  • Câu 6: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 1, tam giác SAD là tam giác đều. Tìm sin của góc tạo bởi hai đường thẳng SA và BC.

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: BC//AD \Rightarrow (BC;SA) = (BD;SA) = \widehat{SAD} = 60^{0}

    \Rightarrow \sin(BC;SA) = \frac{\sqrt{3}}{2}

  • Câu 7: 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 8: 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 9: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O, SA ⊥ (ABCD). Góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD) là:

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    Hai mặt phẳng (ABCD) và (SBD) cắt nhau theo giao tuyến BD.

    Lại có AO nằm trong (ABCD) và vuông góc với BD tại O

    Mà SO nằm trong (SBD) và vuông góc với BD tại O.

    => Góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD) bằng góc giữa hai đường thẳng OA và OS, tức là góc \widehat{SOA}

  • Câu 10: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = CA = CB. Tính ϕ là góc giữa SC và mặt phẳng (ABC), biết (SAB) vuông góc với (ABC):

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi H là trung điểm của AB, ta có SH ⊥ AB, CH ⊥ AB

    Mà (SAB) ⊥ (ABC) nên SH ⊥ (ABC)

    Suy ra \left\{ \begin{matrix}SH\bot CH \\\widehat{\left( SC,(ABC) ight)} = \widehat{SCH} \\\end{matrix} ight.

    Ta có:

    ∆SAB = ∆CAB (c.c.c)

    => SH = CH. Do đó ∆SCH vuông cân tại H

    Vậy \widehat{\left( SC,(ABC) ight)} =\widehat{SCH} = 45^{0}

  • Câu 11: Vận dụng

    Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tất cả các cạnh bằng a (hình hộp như thế gọi là hình hộp thoi) và \widehat {ABC} = \widehat {B'BA} = \widehat {B'BC} = {60^0}. Tính diện tích tứ giác A’B’CD.

    Hình vẽ minh họa:

    Tính diện tích tứ giác

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {A'B'//C'D} \\ {A'B' = C'D'} \end{array}} ight.;\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {CD//C'D'} \\ {CD = C'D'} \end{array}} ight.

    => A’B’ // CD và A’B’ = CD

    => Tứ giác A’B’CD là hình bình hành

    Ngoài ra B’C = a = CD

    => => Tứ giác A’B’CD là hình thoi

    Ta sẽ chứng minh tứ giác A’B’CD là hình vuông.

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {CB'} .\overrightarrow {CD} = \left( {\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {BB'} } ight).\overrightarrow {BA} \hfill \\ = \overrightarrow {CB} .\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BB'} .\overrightarrow {BA} \hfill \\ = \overrightarrow {BB'} .\overrightarrow {BA} - \overrightarrow {BC} .\overrightarrow {BA} \hfill \\ = a.a.\cos {60^0} - a.a.\cos {60^0} = 0 \hfill \\ \Rightarrow CB' \bot CD \hfill \\ \end{matrix}

    => Tứ giác A’B’CD là hình vuông.

    Diện tích hình vuông đó là a2

  • Câu 12: 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 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 = 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.tan60^{0} = a\sqrt{3}

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

  • Câu 13: Thông hiểu

    Cho hình tứ diện ABCD có AB, CD, BC đôi một vuông góc. Khi đó ta có:

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    \begin{matrix}\left\{ \begin{matrix}CD\bot AB \subset (ABC) \hfill \\CD\bot CB \subset (ABC) \\AB \cap CB = B \hfill \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow CD\bot(ABC) \hfill \\\Rightarrow CD\bot(ABC) \hfill \\\end{matrix}

    Ta có:

    Nếu AB\bot(ACD) \Rightarrow AB\botAC (Vô lí)

    Nếu BC\bot(ACD) \Rightarrow BC\botAC (Vô lí)

    Nếu AD\bot(BCD) \Rightarrow B \equivD (Vô lí)

     

  • Câu 14: Vận dụng cao

    Cho hình chóp đều S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, tâm O, đường cao AA’, SO = 2a. Gọi M là điểm thuộc đoạn OA’ (M khác O và A’). Mặt phẳng (α) đi qua M và vuông góc với AA’. Đặt MA = x. Tính diện tích S thiết diện tạo bởi mặt phẳng (α) và hình chóp.

    Hình vẽ minh họa:

    Vì S.ABC là hình chóp đều => SO⊥(ABC) (với O là tâm của tam giác ABC)

    Do đó: SO ⊥ AA’ mà (α) ⊥ AA’ => SO // (α)

    Tương tự ta cũng có BC // (α)

    Qua M kẻ IJ // BC (I thuộc AB, J thuộc AC), kẻ MN // SO với N thuộc SA’

    Qua N kẻ EF // BC với E thuộc SB và F thuộc SC

    Khi đó thiết diện là hình thang IJEF

    Diện tích hình thang là:

    S_{IJEF} = \frac{1}{2}(IJ + EF).MN

    Xét tam giác ABC ta có:

    \frac{IJ}{BC} = \frac{AM}{AA'} \Rightarrow IJ = \frac{AM.BC}{AA'} = \frac{2x\sqrt{3}}{3}

    Xét tam giác SBC ta có:

    \frac{EF}{BC} = \frac{SN}{SA'} = \frac{OM}{OA'} \Rightarrow EF = \frac{OM.BC}{OA'} = 2\left( x\sqrt{3} - a ight)

    Xét tam giác SOA’ có:

    \frac{MN}{SO} = \frac{MA'}{OA'} \Rightarrow MN = \frac{OS.MA'}{OA'} = 2\left( 3a - 2x\sqrt{3} ight)

    \begin{matrix}S_{IJEF} = \dfrac{1}{2}(IJ + EF).MN \hfill \\= \dfrac{2}{3}\left( 4x\sqrt{3} - 3a ight)\left( 3a - 2x\sqrt{3}ight) \hfill\\= - 2\left( 8x^{2} - 6\sqrt{3}x + 3a^{2} ight) \hfill\\\end{matrix}

  • Câu 15: Thông hiểu

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Xác định đường thẳng vuông góc với đường thẳng C'B?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} A'D//B'C \\ B'C\bot BC' \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow A'D\bot BC'

  • Câu 16: 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 17: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, tam giác SBA đều và cạnh SC = a\sqrt{2}. Gọi trung điểm các cạnh AB,CD lần lượt là H,K. Mệnh đề nào sau đây sai?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có tam giác SAB đều cạnh bằng a nên AB = SB = a

    Mặt khác tam giác SBC có SB^{2} + BC^{2} = SC^{2} = 2a^{2}

    Suy ra tam giác SBC vuông cân tại B hay BC\bot SB

    Từ BC\bot(SAB) \Rightarrow BC\bot SH

    Tam giác ABS đều mà H là trung điểm của AB nên SH\bot AB

    \Rightarrow SH\bot(ABCD)

    Tam giác ABS đều nên AB không vuông góc với mặt phẳng (SAD)

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} AB\bot HK \\ AB\bot SH \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(SHK) \Rightarrow CD\bot(SHK)

  • Câu 18: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a;AD = 3a;SA\bot(ABCD);SA = 2a. Kẻ đường cao AI của tam giác SAB. Khi đó:

    a) BC\bot(SAB) Đúng||Sai

    b) \widehat{\left( SC;(ABCD) ight)} \approx 30^{0} Sai||Đúng

    c) AI\bot CS Đúng||Sai

    d) Diện tích tam giác AIC bằng \frac{7a^{2}}{5}Sai||Đúng

    Đáp án là:

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a;AD = 3a;SA\bot(ABCD);SA = 2a. Kẻ đường cao AI của tam giác SAB. Khi đó:

    a) BC\bot(SAB) Đúng||Sai

    b) \widehat{\left( SC;(ABCD) ight)} \approx 30^{0} Sai||Đúng

    c) AI\bot CS Đúng||Sai

    d) Diện tích tam giác AIC bằng \frac{7a^{2}}{5}Sai||Đúng

    BC\bot(SAB) đúng

    \widehat{\left( SC;(ABCD) ight)} \approx 32,3^{0} đúng

    AI\bot CS đúng

    Diện tích tam giác AIC bằng \frac{a^{2}\sqrt{46}}{5}

  • Câu 19: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và SA ⊥ (ABCD). Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: SA ⊥ (ABCD) nên tam giác SAB và tam giác SAD là tam giác vuông.

    Ta có: CD ⊥ DA mà DA là hình chiếu của DA trên (ABCD) nên CD vuông góc với DS

    => Mặt bên SDC là tam giác vuông tại D

    Tương tự ta có: mặt bên SBC là tam giác vuông tại B. Như vậy chỉ có khẳng định ”Mặt bên của hình chóp là những tam giác vuông” là chắc chắn đúng.

  • Câu 20: Nhận biết

    Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:

    Đáp án đúng: “Đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau thì vuông góc với mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với đường thẳng kia.”

  • Câu 21: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a; \widehat{ABC} = 60^{0}. Biết SO\bot(ABCD);SO = a\sqrt{3}. Gọi \alpha là góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAC). Khẳng định nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

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

    \Rightarrow (SBD)\bot(SAC)

    Mà (SBD) \cap (SAC) = SO

    \Rightarrow \left( SB;(SAC) ight) = (SB;SO) = \widehat{BSO}

    Ta có: \tan\widehat{BSO} = \frac{SB}{SO} = \frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{a\sqrt{3}} = \frac{1}{2}

    \Rightarrow \widehat{BSO} = \arctan\frac{1}{2} = \alpha

    Vậy \alpha \in \left( 25^{0};27^{0} ight)

  • Câu 22: 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 23: 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 24: Vận dụng cao

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a, tam giác SAB đều, góc giữa (SCD) và (ABCD) bằng 60◦. Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Biết hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) nằm trong hình vuông ABCD. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi H là hình chiếu của S lên (ABCD).

    Ta có: \left\{ \begin{matrix}SM\bot AB \\AB\bot SH \\\end{matrix} ight.

    => AB ⊥ MH

    => MH là đường trung bình của hình vuông ABCD

    Giả sử MH cắt CD tại N, ta có N là trung điểm CD

    Ta cũng có SN ⊥ CD nên \widehat{\left((SCD),(ABCD) ight)} = \widehat{(SN,MN)} = \widehat{SNM}

    Gọi P là trung điểm BC, ta có MP // AC nên AC // (SMP)

    Do đó, d(SM, AC) = d(AC,(SMP)) = d(O,(SMP))

    Gọi K là hình chiếu của H lên MP (nhận thấy HK // OB), I là hình chiếu của H lên SK

    Khi đó d(H, (SMP)) = HI

    Áp dụng định lý cosin cho tam giác SMN, ta có:

    \begin{matrix}SM^{2} = MN^{2} + SN^{2} - 2MN.SN.cos60^{0} \hfill\\\Leftrightarrow 3a^{2} = 4a^{2} + SN^{2} - 2.2a.SN.\dfrac{1}{2} \hfill \\\Leftrightarrow a = SN \hfill \\\end{matrix}

    Xét tam giác vuông SHN ta có:

    SH = SN.sin60^{0} =\frac{a\sqrt{3}}{2}

    HN = SN.cos60^{0} =\frac{a}{2}

    \Rightarrow MH = \frac{3}{4}.MN\Rightarrow KH = \frac{3}{4}NP = \frac{3a\sqrt{2}}{4}

    Xét tam giác SHK vuông tại H, ta có:

    HI = \sqrt{\frac{HK^{2}.SH^{2}}{HK^{2} +SH^{2}}} = \frac{3a\sqrt{5}}{10}

    Mặt khác: d\left( O;(SMP) ight) =\frac{2}{3}d\left( H;(SMP) ight) = \frac{a\sqrt{5}}{5}

  • 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: Nhận biết

    Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OB = OC = a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng OA và BC.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi M là trung điểm CB, ta có: OM ⊥ BC.

    Mặt khác vì OA, OB, OC đôi một vuông góc nên OA ⊥ (OBC)

    => OA ⊥ OM. Do đó khoảng cách giữa OA và BC là OM.

    Ta có: OM = \frac{1}{2}BC = \frac{a\sqrt{2}}{2}

  • Câu 27: Thông hiểu

    Cho hình lăng trụABC.A’B’Ccó đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a,\widehat {ACB} = 30^\circ, M là trung điểm cạnh AC. Góc giữa cạnh bên và mặt đáy của lăng trụ bằng 600. Hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của BM. Gọi \alpha là góc tạo bởi A’H với (A’ACC’). Tính \sin\alpha?

    Sin của góc tạo bởi A’H với (A’ACC’)

    Ta có A'H \bot \left( {ABC} ight) nên A’H là đường cao của lăng trụ.

    Kẻ HK \bot AC (K thuộc đoạn AC)

    Kẻ

    Suy ra HI \bot \left( {AA'C'C} ight)

    Khi đó \alpha = \left( {A'H,A'I} ight) = \widehat {HA'K}

    Sin của góc tạo bởi A’H với (A’ACC’)

    +) Do tam giác MCB cân tại B nên \widehat {BMC} = \widehat {BCM} = 30^\circ

    \begin{matrix} MH = \dfrac{1}{2}BM = \dfrac{1}{4}AC = \dfrac{1}{4}\dfrac{{AB}}{{\sin 30^\circ }} = \dfrac{a}{2} \hfill \\ \Rightarrow HK = MH.\sin 60^\circ = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4} \hfill \\ \end{matrix}

    +) Mặt khác, góc giữa cạnh bên A’A và mặt đáy bằng \widehat {A'AH} = 60^\circ (theo giả thiết)

    Và BM = AM = AB = a

    => Tam giác AMB là tam giác đều cạnh a

    \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow A'H = AH.\tan 60^\circ = \frac{{3a}}{2}

    Vì vậy, \sin \alpha = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\dfrac{{3a}}{2}}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{6}

  • Câu 28: 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 29: Nhận biết

    Tính thể tích khối lập phương có cạnh bằng 2a?

    Ta có: V = (2a)^{3} = 8a^{3}

  • Câu 30: Thông hiểu

    Cho hình chóp OABC có OA = OB = OC = 1, các cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc. Gọi M là trung điểm của AB. Tính tích vô hướng của hai vecto \overrightarrow {OC} ;\overrightarrow {MA}.

    Tính tích vô hướng của hai vecto

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {OC} .\overrightarrow {MA} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {OC} .\overrightarrow {BA} \hfill \\ = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {OC} .\left( {\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OB} } ight) \hfill \\ = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {OC} .\overrightarrow {OA} - \dfrac{1}{2}\overrightarrow {OC} .\overrightarrow {OB} \hfill \\ = 0 - 0 = 0 \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {OC} .\overrightarrow {MA} = 0 \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 31: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 3a. Cạnh bên SA vuông góc với (ABCD), góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 30◦ . Tìm khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC).

    Ta có:

    Gọi H là chân đường cao lên cạnh SB. Khi đó, ta có

    d(A, (SBC)) = AH. sin 30◦ => AH = AB . sin 30◦ = \frac{3a}{2}

  • Câu 32: Thông hiểu

    Khối lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A. Biết AB = 2a và góc giữa đường thẳng BC' và mặt phẳng (ACC'A') bằng 30^{0}. Tính thể tích khối lăng trụ đứng ABC.A'B'C'.

    Hình vẽ minh họa

    Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} AB\bot AC \\ AB\bot AA' \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(ACC'A')

    Suy ra \left( BC';(ACC'A') ight) = (BC';AC') = \widehat{AC'B} = 30^{0}

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

    \Rightarrow AA' = \sqrt{12a^{2} - 4a^{2}} = 2\sqrt{2}a

    Vậy V_{ABC.A'B'C'} = AA'.S_{ABC} = 2\sqrt{2}a.\frac{1}{2}.2a.2a = 4\sqrt{2}a^{3}

  • Câu 33: 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 34: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A và AB = a, SA ⊥ (ABC), SA = a. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy là:

    Hình vẽ minh họa:

    Theo bài ta có AB là hình chiếu của SB trên (ABC)

    Vậy \widehat{\left( SB,(ABC) ight)} =\widehat{(SB,\ AB)} = \widehat{SBA}

    Mà ∆SBA vuông cân tại A nên \widehat{SBA}= 45^{0}

  • Câu 35: 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 36: 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 37: Vận dụng cao

    Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = 2\sqrt{3} và AA’ = 2. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh A’B’, A’C’ và BC. Cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (AB’C’) và (MNP) bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của BC và B’C’; I = BM ∩ AB’, J = CN ∩ AC’, E = MN ∩ A’Q.

    Suy ra (MNP) ∩ (AB’C’) = (MNCB) ∩ (AB’C’) = IJ và gọi K = IJ ∩ PE

    => K ∈ AQ, với E là trung điểm của MN.

    (AA’QP) ⊥ IJ => AQ ⊥ IJ, PE ⊥ IJ

    => ((MNP), (AB’C’)) = (AQ, PE) = α.

    Ta có: AP = 3, PQ = 2

    \Rightarrow AQ = \sqrt{13} \Rightarrow QK = \frac{\sqrt{13}}{3}

    PE = \frac{5}{2} \Rightarrow PK = \frac{5}{3}

    \cos\alpha = \left| \cos\widehat{QKP} ight| = \frac{\left| KQ^{2} + KP^{2} - PQ^{2} ight|}{2KQ.KP} = \frac{\sqrt{13}}{65}

  • Câu 38: 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 39: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh đáy bằng 2a, đường cao bằng a\sqrt{2}. Giả sử \left( (SCD);(ABCD) ight) = \alpha. Mệnh đề nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O = AC \cap BC, M là trung điểm của CD.

    Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} (SCD) \cap (ABCD) = CD \\ OM\bot CD \\ SM\bot CD \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow \alpha = (OM;SM) = \widehat{SMO}

    Trong tam giác SMO có \tan\widehat{SMO} = \frac{SO}{OM} = \frac{a\sqrt{2}}{a} = \sqrt{2}

    \Rightarrow \tan\alpha = \sqrt{2}

  • Câu 40: Nhận biết

    Cho hai mặt phẳng (P), (Q) là hai mặt phẳng vuông góc với nhau có giao tuyến là đường thẳng m và a, b, c, d là các đường thẳng. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?

    "Nếu b ⊥ m thì b ⊂ (P) hoặc b ⊂ (Q)" là khẳng định sai vì có thể b ⊂ (P) và b ⊂ (Q).

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
  • 34 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