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 khối lăng trụ đứng ABC.A'B'C', đáy ABC có AB = AC = a;\widehat{BAC} = 120^{0}. Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho biết \left( (AB'C');(ABCD) ight) = 60^{0}.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trung điểm của B’C’, khi đó góc giữa mặt phẳng (AB’C’) và (ABCD) là góc \widehat{AHA'} = 60^{0}

    Ta có:

    S_{ABC} = \frac{1}{2}AC.AB.sin120^{0} = \frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}

    B'C' = BC = \sqrt{AB^{2} + AC^{2} - 2AB.AC.cos120^{0}}

    = \sqrt{a^{2} + a^{2} - 2.a.a.\left( - \frac{1}{2} ight)} = a\sqrt{3}

    \Rightarrow AH' = \frac{2S_{ABC}}{B'C'} = \frac{a}{2}

    \Rightarrow AA' = A'H.tan60^{0} = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    Vậy V = S_{ACB}.AA' = \frac{3a^{3}}{8}

  • Câu 2: Thông hiểu

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

    Hình vẽ minh họa

    Khẳng định nào sau đây là đúng

    Vì SA=SC => ΔSAC cân tại S

    Mà O là trung điểm AC => SO⊥AC

    Tương tự, ta cũng có SO⊥BD mà AC∩BD=O⊂(ABCD)

    => SO⊥(ABCD)

  • Câu 3: Thông hiểu

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

    Hình vẽ minh họa:

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

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

    => \alpha = \widehat{BSC}

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

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

  • Câu 4: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và mặt bên SAB là tam giác vuông tại S. Tính số đo góc giữa hai đường thẳng SA và CD.

    Hình vẽ minh họa

    Vì ABCD là hình bình hành nên CD//AB

    \Rightarrow (SA;CD) = (SA;AB) = \widehat{SAB} = 45^{0}

  • Câu 5: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông, tam giác SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm BC. Gọi \alpha là góc hợp bởi đường thẳng SA và mặt phẳng (SDM). Tính \alpha

    + Không mất tính tổng quát, đặt AB = 2

    + Gọi N là trung điểm AB suy ra SN \bot AB \Rightarrow SN \bot \left( {ABCD} ight)

    + Gọi h = d\left( {A,\left( {SDM} ight)} ight) \Rightarrow \sin \alpha = \frac{h}{{SA}}

    Gọi I = DM \cap CN,\,J = AB \cap DM

    + Ta có \frac{{d\left( {A,\left( {SDM} ight)} ight)}}{{d\left( {N,\left( {SDM} ight)} ight)}} = \frac{{{\text{AJ}}}}{{NJ}} = \frac{4}{3}

    \Rightarrow h = d\left( {A,\left( {SDM} ight)} ight) = \frac{4}{3}d\left( {N,\left( {SDM} ight)} ight)

    + Ta có 

    \Delta CNB = \Delta DMC \Rightarrow \widehat {NCB} = \widehat {MDC}

    \Rightarrow \widehat {NCB} + \widehat {DMC} = \widehat {MDC} + \widehat {DMC} = 180^\circ - \widehat {MCD} = 90^\circ

    \Rightarrow DM \bot CN \Rightarrow DM \bot \left( {SNC} ight)

    + Gọi NH là đường cao \Delta SNI \Rightarrow NH \bot \left( {SDM} ight)

    \Rightarrow d\left( {N,\left( {SDM} ight)} ight) = NH

    + Tam giác NJI đồng dạng tam giác MBJ

    \begin{matrix} \Rightarrow \dfrac{{NI}}{{MB}} = \dfrac{{NJ}}{{MJ}} \hfill \\ \Rightarrow NI = \dfrac{{NJ}}{{MJ}}.MB = \dfrac{{NJ}}{{\sqrt {M{B^2} + B{J^2}} }} \hfill \\ MB = \dfrac{3}{{\sqrt {{1^2} + {2^2}} }}.1 = \dfrac{3}{{\sqrt 5 }} \hfill \\ \end{matrix}

    + Tam giác SAB là tam giác đều cạnh bằng 2 \Rightarrow SN = \sqrt 3

    \frac{1}{{N{H^2}}} = \frac{1}{{N{S^2}}} + \frac{1}{{N{I^2}}} \Rightarrow NH = \frac{{3\sqrt 2 }}{4}

    h = d\left( {A,\left( {SDM} ight)} ight) = \frac{4}{3}d\left( {N,\left( {SDM} ight)} ight) = \frac{4}{3}.\frac{{3\sqrt 2 }}{4} = \sqrt 2

    \Rightarrow \sin \alpha = \frac{h}{{SA}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \alpha = 45^\circ

  • Câu 6: Nhận biết

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

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

    => AC ⊥ SO

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

  • Câu 7: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác S.ABCD có ABCD là hình bình hành tâm O. Tam giác ABD có tất cả các cạnh bằng a\sqrt{2}, SA\bot(ABCD);SA = \frac{3a\sqrt{2}}{2}. Góc giữa đường thẳng SO với mặt đáy bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: \left( SO;(ABCD) ight) = (SO;OA) = \widehat{SOA}

    Xét tam giác SAO ta có:

    SA = \frac{3a\sqrt{2}}{2}

    AO = \sqrt{AB^{2} - OB^{2}}

    = \sqrt{AB^{2} - \left( \frac{BD}{2} ight)^{2}} = \sqrt{2a^{2} - \frac{a^{2}}{2}} = \frac{a\sqrt{6}}{2}

    \Rightarrow \tan\widehat{SOA} = \frac{SA}{AO} = \frac{1}{\sqrt{3}}

    \Rightarrow \left( SO;(ABCD) ight) = \widehat{SOA} = 30^{0}

  • Câu 8: Thông hiểu

    Cho một khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng x(cm), biết độ dài cạnh bên và cạnh đáy tỉ lệ 2:1. Tính thể tích V của khối chóp?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O là tâm hình vuông ABCD

    OC = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\sqrt{AB^{2} + BC^{2}} = \frac{1}{2}\sqrt{x^{2} + x^{2}} = \frac{x\sqrt{2}}{2}

    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)

    Trong tam giác SOC vuông tại O ta có:

    SO = \sqrt{SC^{2} - OC^{2}} = \sqrt{(2x)^{2} - \left( \frac{x\sqrt{2}}{2} ight)^{2}} = \frac{x\sqrt{14}}{2}

    Vậy thể tích hình chóp là: V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}S_{ABCD}.SO = \frac{1}{3}.\frac{x\sqrt{14}}{2}.x^{2} = \frac{x^{3}\sqrt{14}}{6}

  • Câu 9: 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 10: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA ⊥ (ABC), H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác SAB. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định sai?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: SA ⊥ (ABC) mà BC thuộc (ABC)

    => SA ⊥ BC

    Xét tam giác ABC vuông tại B ta có:

    AB ⊥ BC

    => BC ⊥ (SAB) => BC ⊥ AH

    Khi đó: AH ⊥ SB, AH ⊥ BC => AH ⊥ (SBC) => AH ⊥ SC

    Nếu có: AH ⊥ AC trong khi SA ⊥ AC thì AC ⊥ (SAB)

    => AC ⊥ AB (vô lí)

  • Câu 11: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có thể tích bằng \frac{4}{3}a^{3}, đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a\sqrt{2}; SA = SD. Biết mặt bên (SAD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Xác định khoảng cách d\left( B;(SCD) ight)?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi I là trung điểm của AD

    Tam giác SAD cân tại S suy ra SI\bot AD

    Ta có \left\{ \begin{matrix} SI\bot AD \\ (SAD)\bot(ABCD) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SI\bot(ABCD)

    Suy ra SI là đường cao của hình chóp

    Theo giả thiết

    V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}SI.S_{ABCD}

    \Leftrightarrow \frac{4a^{3}}{3} = \frac{1}{2}SI.2a^{2}

    \Leftrightarrow SI = 2a

    Vì AB//(SCD) \Rightarrow d\left( B;(SCD) ight) = d\left( A;(SCD) ight) = 2d\left( I;(SCD) ight)

    Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên SD

    Mặt khác \left\{ \begin{matrix} SI\bot DC \\ ID\bot DC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow IH\bot DC. Ta có: \left\{ \begin{matrix} IH\bot SD \\ IH\bot DC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow IH\bot(SCD)

    \Rightarrow d\left( I;(SCD) ight) = IH

    Xét tam giác SID vuông tại I có:

    \frac{1}{IH^{2}} = \frac{1}{SI^{2}} + \frac{1}{ID^{2}} = \frac{1}{4a^{2}} + \frac{4}{2a^{2}} \Rightarrow IH = \frac{2a}{3}

    \Rightarrow d\left( B;(SCD) ight) = d\left( A;(SCD) ight) = 2d\left( I;(SCD) ight) = \frac{4a}{3}

  • Câu 12: 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 13: 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 14: 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 15: Nhận biết

    Cho lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a. Góc giữa đường thẳng A’B và mặt phẳng (A’B’C’) bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Vì BB’ ⊥ (A’B’C’) nên A’B’ là hình chiếu vuông góc của A’B lên (A’B’C’)

    => Góc giữa đường thẳng A’B và mặt phẳng (A’B’C’) là \widehat{BA'B'}

    Ta có: A’B’ = BB’ = a nên tam giác B’A’B vuông cân tại B’

    => \widehat{BA'B'} =45^{0}

  • Câu 16: 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 17: Vận dụng

    Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 3a. Điểm H thuộc cạnh AC với HC = a. Dựng đoạn SH vuông góc với mặt phẳng (ABC) với SH = 2a. Khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB) bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi D là trung điểm của AB, do giả thiết suy ra CD ⊥ AB.

    Trong (ABC) kẻ HM // CD suy ra HM ⊥ AB (1).

    Do giả thiết SH ⊥ (ABC) => SH ⊥ AB (2)

    Từ (1), (2) suy ra AB ⊥ (SHM)

    Trong mặt phẳng (SHM) kẻ HK ⊥ SM (3), theo chứng minh trên => HK ⊥ AB (4)

    Từ (3), (4) => HK ⊥ (SAB) => d (H; (SAB)) = HK

    Dễ thấy CH ∩ (SAB) = {A}

    \frac{d\left( C;(SAB) ight)}{d\left(H;(SAB) ight)} = \frac{CA}{HA} = \frac{3}{2}

    Do đó d\left( C;(SAB) ight) =\frac{3}{2}d\left( H;(SAB) ight)

    Theo giả thiết ∆ABC đều => CD =\frac{3a\sqrt{3}}{2}

    Xét ∆ABC do HM // CD theo định lý Ta - lét ta có:

    \frac{HM}{CD} = \frac{AH}{AC} =\frac{2}{3}

    Áp dụng hệ thức lượng trong ∆SHM vuông tại H, ta có:

    HM = \frac{2}{3}CD \Rightarrow HM =\frac{2}{3}.\frac{3a\sqrt{3}}{2} = a\sqrt{3}

  • Câu 18: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O, tam giác SAB cân. Giả sử E;F lần lượt là trung điểm các cạnh AB;CD. Khẳng định nào dưới đây sai?

    Hình vẽ minh họa

    Vì tam giác SAB là tam giác cân tại S nên SE\bot AB

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} AB//CD \\ SE\bot AB \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SE\bot CD

  • Câu 19: Nhận biết

    Cho hình chóp ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa SB và mặt phẳng (SAC) là góc nào dưới đây?

    Hình vẽ minh họa

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

    Hình chiếu của SB lên mặt phẳng (SAC) là SO.

    Vậy \widehat{\left( SC;(SAC) ight)} = \widehat{BSO}

  • Câu 20: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Cạnh bên SA = 2a và vuông góc với mặt đáy (ABCD). Gọi H và K lần lượt là trung điểm của cạnh BC và CD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD. 

    Gọi E=HK∩AC. Do HK//BD nên suy ra

    d(HK;SD)=d(HK;(SBD))=d(E;(SBD))=d(A;(SBD))/2 (vì OE=AO/2=1/2)

    Kẻ AF⊥SO(1) ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {BD \bot AC} \\ {BD \bot SA} \end{array}} ight.

    ⇒BD⊥(SAC)⇒BD⊥AF(2)

    Từ (1) và (2) ⇒AF⊥(SBD), khi đó d(A;(SBD))=AF

    \begin{matrix} AF = \dfrac{{SA.AO}}{{\sqrt {S{A^2} + A{O^2}} }} \hfill \\ = \dfrac{{2a.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {2a} ight)}^2} + {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} ight)}^2}} }} = \dfrac{{2a}}{3} \hfill \\ \Rightarrow d\left( {HK;SD} ight) = \dfrac{1}{2}AF = \dfrac{a}{3} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 21: Vận dụng cao

    Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A0’B’C’ có cạnh bên bằng cạnh đáy. Đường thẳng MN (M ∈ A’C, N ∈ BC’) là đường vuông góc chung của A’C và BC’. Tỉ số \frac{NB}{NC'} bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi H, I lần lượt là trung điểm của AB, AC’

    Suy ra HI // BC’

    Trong mặt phẳng (ABB’A’), tia A’H cắt tia B’B tại S, gọi K là hình chiếu của B trên SH

    Dễ thấy BK ⊥ (SCH)

    Gọi M là hình chiếu của K trên A’C, chú ý rằng CH = HA’ nên HI ⊥ A’C, do đó KM // HI // BC’

    Trong mặt phẳng (BC’MK) lấy điểm N trên BC’ sao cho BKMN là hình bình hành

    Khi đó MN là đoạn vuông góc chung cần tìm

    Ta có:

    \frac{NB}{BC'} = \frac{MK}{2HI} =\frac{1}{2}\left( 1 + \frac{HK}{A'H} ight)

    = \frac{1}{2}\left( 1 + \frac{HK}{HS}ight) = \frac{1}{2}\left( 1 + \frac{HB^{2}}{HS^{2}}ight)

    Do 2HB = SB nên:

    \frac{NB}{BC'} = \frac{1}{2}\left( 1+ \frac{HB^{2}}{HB^{2} + SB^{2}} ight)

    = \frac{1}{2}\left( 1 +\frac{HB^{2}}{HB^{2} + 4HB^{2}} ight) = \frac{3}{5}

    => \frac{NB}{NC'} =\frac{3}{2}

  • Câu 22: Nhận biết

    Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau?

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} a\bot b \\ b//c \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow a\bot c

    Vậy mệnh đề đúng là: “Một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì vuông góc với đường thẳng còn lại.”

  • Câu 23: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có 3CD = 4AB. Gọi trung điểm của các cạnh BC,AC,DB lần lượt là G,E,F. Biết rằng 6EF = 5AB. Tính (CD;AB)?

    Hình vẽ minh họa

    Đặt AB = a

    Vì trung điểm của các cạnh BC,AC,DB lần lượt là G,E,F

    Suy ra \left\{ \begin{matrix}GE = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{a}{2} \\GF = \dfrac{1}{2}CD = \dfrac{2}{3}AB = \dfrac{2a}{3} \\EF = \dfrac{5}{6}AB = \dfrac{5a}{6} \\\end{matrix} ight.

    Từ đó GE^{2} + GF^{2} = \frac{a^{2}}{4} + \frac{4a^{2}}{9} = \frac{25a^{2}}{36} = EF^{2}

    Suy ra tam giác GEF vuông tại G.

    Vì GE//AB;GF//CD nên (AB,CD) = (GE,GF) = \widehat{EGF} = 90^{}

  • Câu 24: 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 25: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh bằng 2. Đường thẳng SO vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và SO=\sqrt{3}. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng SA và BD.

    Hình vẽ minh họa:

    Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng SA và BD

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {BD \bot AC} \\ {BD \bot SO} \end{array} \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} ight)} ight.

    Trong (SAC) kẻ OK⊥SA(1) ta có:

    OK⊂(SAC)⇒OK⊥BD(2) 

    Từ (1) và (2) ta có OK là đường vuông góc chung của SA và BD

    Khi đó d(SA;BD)=OK

    \begin{matrix} OK = \dfrac{{SO.OA}}{{\sqrt {S{O^2} + O{A^2}} }} \hfill \\ = \dfrac{{\sqrt 3 .\dfrac{{2\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {\sqrt 3 } ight)}^2} + {{\left( {\dfrac{{2\sqrt 2 }}{2}} ight)}^2}} }} = \dfrac{{\sqrt {30} }}{5} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 26: Nhận biết

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

    Ta có: V = (2a)^{3} = 8a^{3}

  • Câu 27: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông ABC cân với cạnh huyền AB = 4\sqrt 2, cạnh bên SC \bot \left( {ABC} ight) và SC = 2. Gọi M là trung điểm AC, N là trung điểm AB. Tính góc giữa hai đường thẳng SM và CN.

    Tính góc giữa hai đường thẳng SM và CN

    Đặt \overrightarrow {CA} = \overrightarrow x ;\overrightarrow {CB} = \overrightarrow y ;\overrightarrow {CS} = \overrightarrow z

    Do tam giác vuông cân ABC tại C có AB = 4\sqrt 2 suy ra:

    CA = CB = 4;CN = 2\sqrt 2 ;SM = 2\sqrt 2

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {CN} = \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {CB} } ight) = \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow x + \overrightarrow y } ight) \hfill \\ \overrightarrow {SM} = \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {CM} = - \overrightarrow z + \dfrac{1}{2}\overrightarrow x \hfill \\ \end{matrix}

    Vậy \overrightarrow {CN} .\overrightarrow {SM} = \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow x + \overrightarrow y } ight)\left( {\overrightarrow x - 2\overrightarrow z } ight)

    Mặt khác: \left\{ \begin{gathered} {\overrightarrow x ^2} = {\overrightarrow y ^2} = 16 \hfill \\ {\overrightarrow z ^2} = 4 \hfill \\ \overrightarrow x .\overrightarrow y = \overrightarrow y .\overrightarrow z = \overrightarrow z .\overrightarrow x = 0 \hfill \\ \end{gathered} ight.

    \Rightarrow \overrightarrow {CN} .\overrightarrow {SM} = \frac{1}{4}\left( {{{\overrightarrow x }^2} - 2\overrightarrow x .\overrightarrow z + \overrightarrow y .\overrightarrow x - 2\overrightarrow y .\overrightarrow z } ight) = 4

    Gọi \alpha góc giữa hai véctơ \overrightarrow {SM} và \overrightarrow {CN}

    Theo công thức tích vô hướng của hai véctơ ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {CN} .\overrightarrow {SM} = \left| {\overrightarrow {CN} } ight|.\left| {\overrightarrow {SM} } ight|.{\text{cos}}\alpha \hfill \\ \Rightarrow {\text{cos}}\alpha = \dfrac{{\overrightarrow {CN} .\overrightarrow {SM} }}{{\left| {\overrightarrow {CN} } ight|.\left| {\overrightarrow {SM} } ight|}} = \dfrac{4}{8} = \dfrac{1}{2} \hfill \\ \Rightarrow \alpha = {60^o} \hfill \\ \end{matrix}

    Vậy góc giữa hai đường thẳng SM và CN bằng {60^o}

  • Câu 28: Thông hiểu

    Cho tứ diện đều ABCD, M là trung điểm của AB. Gọi α là góc giữa hai đường thẳng CM và DM. Tính giá trị của cos α?

    Gọi a là độ dài cạnh của tứ diện đều. Khi đó:

    CD = a;MC = MD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}

    Ta có hình vẽ minh họa:

    Tính cosin góc giữa hai đường thẳng

    Áp dụng định lí cosin vào tam giác CMD ta được:

    \begin{matrix} \cos \widehat {CMD} = \dfrac{{M{C^2} + M{D^2} - C{D^2}}}{{2MC.MD}} \hfill \\ = \dfrac{{\dfrac{{3{a^2}}}{2} - {a^2}}}{{\dfrac{{3{a^2}}}{2}}} = \dfrac{{\dfrac{{{a^2}}}{2}}}{{\dfrac{{3{a^2}}}{2}}} = \dfrac{1}{3} \hfill \\ \Rightarrow \cos \alpha = \dfrac{1}{3} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 29: Thông hiểu

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

    Hình vẽ minh họa

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

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

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

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

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

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

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

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

  • Câu 30: 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 31: Thông hiểu

    Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a,SA\bot(ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD, biết d\left( A;(SBC) ight) = \frac{a\sqrt{2}}{2}.

    Hình vẽ minh họa

    Kẻ AH\bot SB

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

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

    \Rightarrow d\left( A;(SBC) ight) = AH = \frac{a\sqrt{2}}{2}

    Xét tam giác SAB vuông tại A có:

    \frac{1}{AH^{2}} = \frac{1}{SA^{2}} + \frac{1}{SB^{2}} \Rightarrow SA = a

    \Rightarrow V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}.SA.S_{ABCD} = \frac{a^{3}}{3}

  • Câu 32: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh bằng 4a. Cạnh bên hình chóp SA = 2a. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm M của OA. Gọi α là góc giữa SD và mặt phẳng đáy. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề dưới đây.

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: SM ⊥ (ABCD)

    => Hình chiếu vuông góc của SD trên mặt phẳng (ABCD) là cạnh MD.

    \Rightarrow \alpha = \left( SD,(ABCD) ight) = (SD;MD) = \widehat{SDM}

    Ta tính được: SM = \sqrt{SA^{2} - AM^{2}} = a\sqrt{2}

    Xét tam giác ADM có:

    MD = \sqrt{AM^{2} + AD^{2} - 2AM.AD.cos45^{0}} = a\sqrt{10}

    => \tan\alpha = \tan\widehat{SDM} = \frac{SM}{MD} = \frac{\sqrt{5}}{5}

  • Câu 33: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnha, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và SA = 2a. Gọi M là trung điểm của SC. Tính côsin của góc \alpha là góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng (ABC)?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trung điểm cạnh AC.

    Khi đó HM//SA nên HM vuông góc (ABC) tại H.

    Do đó \left( \widehat{BM,(ABC)} ight) = \left( \widehat{BM,BH} ight) = \widehat{MBH} do \Delta MBH vuông tại H.

    Ta có:

    \cos\widehat{MBH} = \frac{BH}{BM} = \frac{BH}{\sqrt{HM^{2} + BH^{2}}} = \dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{a^{2} + \left(\dfrac{a\sqrt{3}}{2} ight)^{2}}} = \dfrac{\sqrt{21}}{7}.

  • Câu 34: Nhận biết

    Cho khối chóp tam giác có chiều cao bằng 5, diện tích đáy bằng 6. Thể tích của hình chóp bằng:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 6 \\ h = 5 \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối chóp tam giác là V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}.6.5 = 10

  • Câu 35: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA\bot(ABCD); SA = AB. Gọi trung điểm các cạnh BC;SC lần lượt là E;F. Tính \left( EF;(SAD) ight)?

    Hình vẽ minh họa

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

    \Rightarrow \left( EF;(SAD) ight) = \left( BS;(SAD) ight) = (BS;AS) = \widehat{BSA}

    Xét tam giác SAB vuông tại A có SA = AB

    \Rightarrow \widehat{BSA} = 45^{0}

    \Rightarrow \left( EF;(SAD) ight) = \widehat{BSA} = 45^{0}

  • Câu 36: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi α là góc tạo bởi đường thẳng BD với (SAD). Tính sin α.

    Hình vẽ minh họa:

    Vì (SAB) ⊥ (ABCD), AD ⊥ AB nên AD ⊥ (SAB)

    Trong (SAB), kẻ BH ⊥ SA = H, ta có BH ⊥ (SAD)

    Khi đó sin (BD, (SAD)) = sinα = BH/BD

    Xét tam giác SAB đều cạnh a có đường cao BH = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    => \sin\alpha = \frac{\sqrt{6}}{4}

  • Câu 37: Vận dụng cao

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với BC = 2AB = 2a. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Mặt phẳng (α) đi qua S vuông góc với AB. Tính diện tích S của thiết diện tạo bởi (α) và hình chóp đã cho.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi H là trung điểm của AB => SH ⊥ AB

    => SH ⊂ (α) và SH ⊥ (ABCD) (do (SAB) ⊥ (ABCD) theo giao tuyến AB)

    Kể HM ⊥ AB khi đó ta có: HM ⊂ (α)

    Do đó thiết diện là tam giác SHM vuông tại H

    Ta có:

    \begin{matrix}SH = \dfrac{a\sqrt{3}}{2};HM = BC = 2a \hfill \\\Rightarrow S_{SHM} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.2a =\dfrac{a^{2}\sqrt{3}}{2} \hfill\\\end{matrix}

  • Câu 38: Nhận biết

    Mệnh đề nào là mệnh đề đúng?

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

  • Câu 39: Vận dụng 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 40: Vận dụng cao

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 3, BC = 4. Tam giác SAC nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng SA bằng 4. Cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Xét tam giác ABC vuông tại B ta có:

    AC = \sqrt{AB^{2} + BC^{2}} = \sqrt{3^{2} + 4^{2}} = 5

    Gọi K là chân đường vuông góc kẻ từ C xuống SA.

    Xét tam giác CAK vuông tại K ta có:

    AK = \sqrt{CA^{2} - CK^{2}} = \sqrt{5^{2} - 4^{2}} = 3

    Kẻ SH ⊥ AC, H ∈ AC. Vì (SAC) ⊥ (ABCD) và (SAC) ∩ (ABCD) = AC nên SA ⊥ (ABCD).

    Kẻ SH ⊥ AC, H ∈ AC và KP // SH, P ∈ AC thì KP ⊥ (ABCD).

    Xét tam giác BAC vuông tại B và tam giác KAC vuông tại K ta thấy các cạnh tương ứng bằng nhau và KP là đường cao của tam giác KAC nên BP là đường cao của tam giác BAC.

    Kẻ PM ⊥ KA, M ∈ KA.

    Vì KA ⊥ P B và KA ⊥ PM nên KA ⊥ (PMB).

    Suy ra KA ⊥ MB.

    Như vậy, góc giữa mặt phẳng (SAC) và (SAB) bằng góc \widehat{PMB}

    Xét tam giác KAC vuông tại K ta có:

    KP.AC = KA.KC \Rightarrow KP = \frac{KA.KC}{AC} = \frac{3.4}{5} = \frac{12}{5}

    Suy ra: BP = KP = \frac{12}{5}

    Xét tam giác KPA vuông tại P ta có:

    PA = \sqrt{KA^{2} - KP^{2}} = \sqrt{3^{2} - \left( \frac{12}{5} ight)^{2}} = \frac{9}{5}

    Lại có: PM.AK = PA.PK \Rightarrow PM = \frac{PA.PK}{AK} = \frac{36}{25}

    Xét tam giác PMB vuông tại P ta có:

    MB = \sqrt{PB^{2} + PM^{2}} = \sqrt{\left( \frac{12}{5} ight)^{2} + \left( \frac{36}{25} ight)^{2}} = \frac{12\sqrt{34}}{25}

    Ta có: \cos\widehat{PMB} = \frac{MP}{MB} = \frac{36}{25}.\frac{25}{12\sqrt{34}} = \frac{3\sqrt{34}}{34}

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
  • 17 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