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 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 2: 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 3: 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 4: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, (SAB) ⊥ (ABCD), (SAC) ⊥ (ABCD), SA = 2a. Gọi α là góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAD). Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng?

    Hình vẽ minh họa:

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

    => Hình chiếu vuông góc của SB trên mặt phẳng (SAD) là SA

    => \left( SB;(SAD) ight) = (SB;SA) = \widehat{BSA}

    Xét tam giác SAB vuông ta có:

    \cos\widehat{BSA} = \frac{SA}{SB} = \frac{SA}{\sqrt{SA^{2} + AB^{2}}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}

  • Câu 5: Thông hiểu

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

    Hình vẽ minh họa:

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

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

  • Câu 6: 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 7: Nhận biết

    Cho tứ diện ABCD có: AB = AC = AD, \widehat {BAC} = \widehat {BAD} = {60^0}. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Mặt phẳng (BCD) vuông góc với mặt phẳng:

    Hình vẽ minh họa:

    Mặt phẳng (BCD) vuông góc với mặt phẳng nào

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {BN \bot CD} \\ {AN \bot CD} \end{array} \Rightarrow } ight.CD \bot \left( {ABN} ight)

    Mà CD \subset \left( {BCD} ight) \Rightarrow \left( {BCD} ight) \bot \left( {ABN} ight)

  • Câu 8: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh x, SA vuông góc với đáy và SA = x\sqrt{3}. Tính chiều cao hình chóp S.ABC?

    Ta có SA\bot(ABC) nên SA là đường cao của hình chóp

    Tam giác ABC đều cạnh x nên S_{ABC} = \frac{x^{2}\sqrt{3}}{4}

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

  • Câu 9: Vận dụng

    Cho hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a. Tính cosin của góc giữa hai mặt bên không liền kề nhau.

    Hình vẽ minh họa:

    Hình chóp tứ diện đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a, ta tìm góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC).

    Gọi M, N là trung điểm các cạnh AD và BC, khi đó SM ⊥ AD và SN ⊥ BC (do các tam giác SBC; SAD là các tam giác đều).

    Vì BC // AD nên giao tuyến của hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) là đường thẳng d qua S và song song AD, BC.

    Vì SM ⊥ AD và SN ⊥ BC nên SM ⊥ d và SN ⊥ d mà SM ⊂ (SAD); SN ⊂ (SBC) góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) là góc \widehat{MSN}.

    Mặt bên là các tam giác đều cạnh a nên SM = SN = \frac{a\sqrt{3}}{2}; MN = AB = a.

    Khi đó:

    \begin{matrix}\cos\widehat{MSN} = \dfrac{SM^{2} + SN^{2} - MN^{2}}{2.SM.SN} \hfill \\= \dfrac{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{2} ight)^{2} + \left(\dfrac{a\sqrt{3}}{2} ight)^{2} -a^{2}}{2.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}} = \frac{1}{3} \hfill \\\end{matrix}

  • Câu 10: Vận dụng cao

    Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh AB = 2, AD = 3, AA’ = 4. Góc giữa hai mặt phẳng (AB’D’) và (A’C’D) là α. Tính giá trị gần đúng của α.

    Hình vẽ minh họa:

    Phần 1: Xác định góc

    Bước 1: Tìm giao tuyến giữa hai mặt phẳng:

    Trong mặt phẳng (ADD’A’) gọi E là giao điểm của AD’ và A’D.

    Trong mặt phẳng (A’B’C’D’) gọi F là giao điểm của B’D’ và A’C’.

    Khi đó EF là giao tuyến của hai mặt phẳng (AB’D’) và (A’C’D).

    Bước 2: Trong mỗi mặt phẳng, ta cần tìm đường thẳng vuông góc với giao tuyến:

    Trong mặt phẳng (DA’C’) kẻ A’H ⊥ EF tại H, A’H cắt DC’ tại K.

    Ta chứng minh D’H ⊥ EF.

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} DC’\bot A’K \\ DC’\bot A’D’ \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow DC’\bot(A’D’K) \Rightarrow DC’\bot D’H

    Mặt khác: \left\{ \begin{matrix} DC’\bot D’H \\ D’C//EF \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow DH’\bot EF

    Bước 3: Xác định góc giữa hai mặt phẳng:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} D’H \subset (AB’D’) \\ D’H\bot EF \\ A’H \subset (DA’C’) \\ A’H\bot EF \\ (AB’D’) \cap (DA’C’) = EF \\ \end{matrix} ight.

    => α = ((AB’D’), (DA’C’)) = (D’H, A’H)

    Phần 2: Tính góc α:

    Ta sẽ sử dụng định lý cosin trong tam giác A’HD’

    Bước 1: Chứng minh tam giác A’HD’ cân:

    Trong tam giác A’DC’ ta có EF là đường trung bình, nên suy ra H là trung điểm A’K.

    Vì A’D’ ⊥ (DD’C’C) nên A’D’ ⊥ D’K.

    Do đó tam giác A’D’K vuông tại D’.

    Xét tam giác A’D’K vuông tại D’ có D’K là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên D’H = A’H = A’K/2

    Bước 2: Tính độ dài cạnh A’K:

    Ta tính đường cao A’K của tam giác ADC’ thông qua diện tích.

    Áp dụng định lý Pi – ta - go ta tính được độ dài các cạnh tam giác A’DC’ là: A'D = 5;A'C' = \sqrt{13};D'C = 2\sqrt{5}

    Sử dụng công thức Hê-rông ta tính được S_{A'DC'} = \sqrt{61}

    Mặt khác

    S_{A'DC'} = \frac{1}{2}A'K.DC' = \frac{1}{2}A'K.2\sqrt{5}

    \Rightarrow A'K = \frac{\sqrt{305}}{5}

    Từ đó suy ra D’H = A’H = A’K/2 = \frac{\sqrt{305}}{10}

    Bước 3: Tính góc α bằng định lý cosin:

    Trong tam giác A’HD’ ta có:

    \cos\widehat{A'HD'} = \frac{HA^{2} + HD^{2} - A'D'^{2}}{2HA.HD}

    = \dfrac{2\left( \dfrac{\sqrt{305}}{10}ight)^{2} - 3^{2}}{2\left( \dfrac{\sqrt{305}}{10} ight)^{2}} = -\dfrac{29}{61}

    \Rightarrow \widehat{A'HD'} = 118,4^{0}

    Do đó góc giữa hai đường thẳng A’H và D’H bằng 61,60

    Vậy α = 61,60

  • Câu 11: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy SA = a. Gọi M là trung điểm của SB. Góc giữa AM bằng BD bằng?

    Góc giữa hai đường thẳng AM bằng BD

    Xét \Delta ABD vuông cân tại A, ta có:

    BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2

    Góc giữa 2 đường thẳng BA và BD bằng 45^0, suy ra \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BD} } ight) = {135^o}

    Xét \Delta SAB vuông cân tại A, ta có:

    \begin{matrix} SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \hfill \\ AM = \dfrac{{SA.AB}}{{SB}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    Vì là trung điểm của SB nên: 2\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AS} + \overrightarrow {AB}

    Ta có:

    \begin{matrix} 2\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BD} = \left( {\overrightarrow {AS} + \overrightarrow {AB} } ight).\overrightarrow {BD} \hfill \\ = \overrightarrow {AS} .\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BD} \hfill \\ \end{matrix}

    (Do \overrightarrow {AS} \bot \overrightarrow {BD}, nên \overrightarrow {AS} .\overrightarrow {BD} = 0)

    \begin{matrix} \overrightarrow {AS} .\overrightarrow {BD} = \dfrac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BD} }}{2} \hfill \\ = \dfrac{{AB.BD.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BD} } ight)}}{2} \hfill \\ = \dfrac{{a.a\sqrt 2 .\cos \left( {{{135}^o}} ight)}}{2} = \dfrac{{ - {a^2}}}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    Do đó: 

    \begin{matrix} \cos \left( {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {BD} } ight) = \dfrac{{\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BD} }}{{AM.BD}} \hfill \\ = \dfrac{{\dfrac{{ - {a^2}}}{2}}}{{\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.a\sqrt 2 }} = - \dfrac{1}{2} \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {BD} } ight) = {120^o} \hfill \\ \end{matrix}

    Vậy góc giữa AM bằng BD bằng {60^o}

  • Câu 12: Thông hiểu

    Cho hình chóp SABCD có SA ⊥ (ABCD), đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B có độ dài cạnh AB = a. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng IJ và SD.

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có AD // (IJ) ⇒ IJ // (SAD) ⇒ d(IJ, SD) = d(IJ, (SAD)) = d(I, (SAD)) = IA = a/2

  • Câu 13: 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 14: 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 15: 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 16: 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 17: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAD đều. góc giữa BC và SA là:

    Hình vẽ minh họa

    Vì BC//AD \Rightarrow (BC,SA) = (AD,SA) = 60^{0}

  • Câu 18: 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 19: 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 20: Thông hiểu

    Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2\sqrt 2, AA’ = 4. Tính góc giữa đường thẳng A’C với mặt phẳng (AA’BB’).

     Số đo góc giữa đường thẳng A’C với mặt phẳng (AA’BB’)

    Ta có CB \bot \left( {AA'B'B} ight) tại B. Khi đó A’B là hình chiếu của A’C lên mặt phẳng (AA’B’B)

    Vậy góc tạo bởi đường thẳng A’C và mặt phẳng (AA’BB’) là góc \widehat {CA'B}

    Khi đó \tan \widehat {CA'B} = \frac{{BC}}{{A'B}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt {{4^2} + {{\left( {2\sqrt 2 } ight)}^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {CA'B} = 30^\circ

  • Câu 21: 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 22: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC, tam giác ABC vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy (ABC). Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB (tham khảo hình vẽ bên). Mệnh đề nào sau đây sai?

    Ta có: SA ⊥ (ABC) => SA ⊥ BC

    Mặt khác BC ⊥ AB

    Suy ra BC ⊥ (SAB) nên hình chiếu vuông góc của SC trên (SAB) là SB

    Vậy \widehat{\left( SC,(SAB) ight)} =\widehat{(SC,SB)} = \widehat{BSC\ }(vì tam giác SBC vuông tại B)

  • Câu 23: Nhận biết

    Biết khối chóp có diện tích đáy và chiều cao lần lượt bằng 9;4. Thể tích khối chóp bằng:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 9 \\ h = 4 \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}.9.4 = 12

  • Câu 24: 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 25: Vận dụng

    Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có các kích thước AB = 4,AD = 3,AA' = 5. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC' và B'C bằng:

    Đáp án: 30/19 (Ghi kết quả dưới dạng phân số tối giản a/b).

    Đáp án là:

    Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có các kích thước AB = 4,AD = 3,AA' = 5. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC' và B'C bằng:

    Đáp án: 30/19 (Ghi kết quả dưới dạng phân số tối giản a/b).

    Hình vẽ minh họa

    Trong (BB'C'C) kẻ C'M//B'C;(M \in BC).

    \Rightarrow B^{'}C//\left( AC^{'}M ight) \Rightarrow d\left( A^{'}C;B^{'}C ight) = d\left( B^{'}C;\left( AC^{'}M ight) ight) = d\left( C;\left( AC^{'}M ight) ight)

    Kẻ CH\bot AM;CK\bot C^{'}H.

    Do \left\{ \begin{matrix} CH\bot AM \\ CC^{'}\bot AM \\ \end{matrix} \Rightarrow AM\bot\left( CC^{'}H ight) \Rightarrow AM\bot CK ight.

    Mà CK\bot C^{'}H \Rightarrow CK\bot\left( AC^{'}M ight) \Rightarrow d\left( C;\left( AC^{'}M ight) ight) = CK.

    Ta có: B^{'}C^{'}MC là hình bình hành nên CM = B'C' =3.

    \frac{1}{d^{2}(B;AM)} = \frac{1}{AB^{2}} + \frac{1}{BM^{2}} \Rightarrow d(B;AM) = \frac{12}{\sqrt{13}}

    \Rightarrow CH = \frac{1}{2}d(B;AM) = \frac{6}{\sqrt{13}}.

    Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông C^{'}CH ta có:

    \frac{1}{CK^{2}} = \frac{1}{CH^{2}} + \frac{1}{CC^{'2}} \Rightarrow CK = \frac{30}{19}.

  • Câu 26: 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 27: 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 28: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có SA\bot(ABC);SA = 2a, tam giác ABC vuông tại \widehat{B} và AB = a\sqrt{2}. Tính \left( SC;(ABC) ight)?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} SC \cap (ABC) = \left\{ C ight\} \\ SA\bot(ABC) \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow \left( SC;(ABC) ight) = (SC;AC) = \widehat{SCA}

    Mà AC = \sqrt{AB^{2} + BC^{2}} = \sqrt{2a^{2} + 2a^{2}} = 2a = SA

    Vì tam giác SCA vuông cân tại A \Rightarrow \left( SC;(ABC) ight) = 45^{0}

  • Câu 29: 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 30: 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 31: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Trực tâm của tam giác SBC và ABC lần lượt là H và K. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định sai?

    Ta có: BC ⊥ SA, BC ⊥ SH => BC ⊥ (SAH)

    CK ⊥ AB, CK ⊥ SA => CK ⊥ (SAB) => CK ⊥ SB

    Mặt khác CH ⊥ SB => SB ⊥ (CHK)

    Ta có: BC ⊥ (SAH) => BC ⊥ HK

    SB ⊥ (CHK) => SB ⊥ HK

    => HK ⊥ (SBC)

    Dùng phương pháp loại trừ ta suy ra: BC ⊥ (SAB) là đáp án sai.

  • Câu 32: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA\bot(ABCD);SB = 2a. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Do SA\bot(ABCD) nên góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng góc \widehat{SBA}.

    Ta có: \cos\widehat{SBA} = \frac{AB}{SB} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat{SBA} = 60^{0}

    Vậy góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 60^{0}.

  • Câu 33: Vận dụng cao

    Cho hình chóp S.ABC với SA = 3,SB = 4,SC = 5. Một mặt phẳng (\alpha) thay đổi luôn đi qua trọng tâm của S.ABC cắt các cạnh SA,SB,SC tại các điểm A_{1},B_{1},C_{1}. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = \frac{1}{SA_{1}^{2}} + \frac{1}{SB_{1}^{2}} + \frac{1}{SC_{1}^{2}}?

    Chỗ nhập nội dung câu trả lời tự luận
    Đáp án là:

    Cho hình chóp S.ABC với SA = 3,SB = 4,SC = 5. Một mặt phẳng (\alpha) thay đổi luôn đi qua trọng tâm của S.ABC cắt các cạnh SA,SB,SC tại các điểm A_{1},B_{1},C_{1}. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = \frac{1}{SA_{1}^{2}} + \frac{1}{SB_{1}^{2}} + \frac{1}{SC_{1}^{2}}?

    Chỗ nhập nội dung câu trả lời tự luận
  • Câu 34: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C. Tam giác SAB vuông cân tại S có M là trung điểm của BC và \widehat{BSC} = 60^{0}. Gọi góc giữa hai đường thẳng AB và CM là \alpha. Chọn kết luận đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Giả sử SA = a \Rightarrow \left\{ \begin{matrix} SB = CA = CB = a \\ AB = a\sqrt{2} \\ \end{matrix} ight.

    Lại có: \widehat{BSC} = 60^{0} suy ra tam giác SBC đều suy ra SC = a

    Suy ra CM = CN = \frac{a\sqrt{3}}{2} hay MN//AB

    Khi đó (AB;CM) = (MN,CM)

    Áp dụng định lí cosin cho tam giác MNC ta có:

    \cos\widehat{CMN} = \frac{MC^{2} + MN^{2} - NC^{2}}{2.MC.MN} = \frac{\sqrt{6}}{6}

    \Rightarrow \cos(AB;CM) = \left| \cos\widehat{CMN} ight| = \frac{\sqrt{6}}{6}

  • Câu 35: Thông hiểu

    Khối chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA = SB = 2a. Mặt phẳng (SAB) tạo với mặt phẳng đáy một góc 90^{0}. Xác định thể tích khối chóp S.ABCD?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trung điểm của AB

    Tam giác SAB cân tại S nên SH\bot AB

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

    Vậy SH là đường cao của hình chóp

    Xét tam giác AHS vuông tại H ta có:

    SH = \sqrt{SA^{2} - AH^{2}} = \sqrt{(2a)^{2} - \left( \frac{a}{2} ight)^{2}} = \frac{a\sqrt{15}}{2}

    Vậy thể tích hình chóp là:

    V = \frac{1}{3}.SH.S_{ABCD} = \frac{1}{3}.\frac{a^{2}\sqrt{15}}{2}.a^{2} = \frac{a^{3}\sqrt{15}}{6}

  • Câu 36: Nhận biết

    Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC vuông tại B, SA\bot(ABC). Khi đó:

    Hình vẽ minh họa

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

  • Câu 37: 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 38: 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 39: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là hình tam giác vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi H;K lần lượt là hình chiếu của điểm A trên cạnh SB;SC. Kết luận nào sau đây sai?

    Hình vẽ minh họa

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

    \Rightarrow BC\bot(SAB) đúng

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

    Ta có: \left\{ \begin{matrix}AH\bot SC \\AK\bot SC \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow SC\bot(AHK) đúng

    Vậy kết luận sai là: AK\bot(SBC).

  • Câu 40: 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}

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
  • 44 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