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 chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a, SA\bot(ABCD) và SA = a\sqrt{6}. Giả sử \alpha = \left( SB;(SAC) ight). Chọn kết luận đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Dễ thấy BO\bot(SAC) \Rightarrow \alpha = \left( SB;(SAC) ight) = \widehat{BSO}

    Ta có: \sin\alpha = \dfrac{BO}{SB} =\dfrac{\dfrac{a\sqrt{2}}{2}}{a\sqrt{7}} =\dfrac{\sqrt{14}}{14}

  • Câu 2: 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 3: 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 4: Vận dụng

    Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có mặt đáy ABCD là hình thoi tâm O, góc \widehat{BAD} = 60^{0} và A’A = A’B = A’D. Hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABCD) là:

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: ABCD là hình thoi =>AB = AD mà \widehat{BAD} = 60^{0} nên tam giác ABD là tam giác đều (*)

    Ta có: A’A = A’B = A’D nên hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABCD) trùng với tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD. (**)

    Từ (*) và (**) => I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.

  • Câu 5: 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 6: Nhận biết

    Trong không gian, tập hợp các điểm M cách đều hai điểm A và B là:

    Trong không gian, tập hợp các điểm M cách đều hai điểm A và B là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB.

  • Câu 7: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA ⊥ (ABCD). Gọi I là trung điểm của SC. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (ABCD) bằng độ dài đoạn thẳng nào?

    Hình vẽ minh họa:

    Do I là trung điểm của SC và O là trung điểm AC nên IO ∥ SA. Do SA ⊥ (ABCD) nên IO ⊥ (ABCD), hay khoảng cách từ I đến mặt phẳng (ABCD) bằng độ dài đoạn thẳng IO

  • Câu 8: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), AB = BC = a, AD = 2a. Biết góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 450. Tính góc giữa mặt phẳng (SAD) và (SCD).

    Tính góc giữa mặt phẳng (SAD) và (SCD)

    Tam giác ABC vuông cân tại B, suy ra AC = AB\sqrt 2 = a\sqrt 2

    Vì SA \bot \left( {ABCD} ight) nên AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABCD).

    Khi đó

    \begin{matrix} \widehat {\left( {SC;\left( {ABCD} ight)} ight)} = \widehat {\left( {SC;AC} ight)} = \widehat {SCA} = {45^0} \hfill \\ \Rightarrow SA = AC = a\sqrt 2 \hfill \\ \end{matrix}

    Gọi M là trung điểm của AD => CM ⊥ AD.

    Mà CM ⊥ SA nên CM ⊥ (SAD) => CM ⊥ SD

    Hạ CH ⊥ SD . Khi đó SD ⊥ (CMH) => MH ⊥ SD

    Ta có:

    \begin{matrix} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {(SAD) \cap (SCD) = SD} \\ {MH \subset (SAD)} \\ {MH \bot SD} \\ {CH \subset (SCD)} \\ {CH \bot SD} \end{array}} ight. \hfill \\ \Rightarrow \widehat {((SAD),(SCD))} = \widehat {(MH,CH)} = \widehat {MHC} \hfill \\ \end{matrix}

    Ta lại có: SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}} = a\sqrt 6 ;CM = AB = a

    \begin{matrix} \Delta SAD \sim \Delta MHD \hfill \\ \Rightarrow \dfrac{{SA}}{{SD}} = \dfrac{{MH}}{{MD}} \hfill \\ \Rightarrow MH = \dfrac{{SA.MD}}{{SD}} = \dfrac{{a\sqrt 2 a}}{{a\sqrt 6 }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3} \hfill \\ \end{matrix}

    Tam giác MHC vuông tại M

    \Rightarrow \tan \widehat {MHC} = \frac{{CM}}{{MH}} = \frac{a}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{3}}} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {MHC} = {60^0}

    Vậy \left( {\widehat {\left( {SAD} ight);\left( {SCD} ight)}} ight) = {60^0}

  • 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: 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 11: Thông hiểu

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

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

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

    Hình vẽ minh họa

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

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

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

    Vậy có 2 khẳng định đúng.

  • Câu 12: 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 13: Nhận biết

    Tính thể tích khối lập phương có cạnh bằng 4a?

    Ta có: V = (4a)^{3} = 64a^{3}

  • Câu 14: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Biết \left( (SAB);(ABCD) ight) = 90^{0} và tam giác SAB đều. Xác định thể tích hình chóp S.ABCD?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trung điểm của AB

    Tam giác SAB đều nên SH\bot AB

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} SH\bot AB \\ (SAB)\bot(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{a^{2} - \left( \frac{a}{2} ight)^{2}} = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}.a^{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a^{3}\sqrt{3}}{6}

  • Câu 15: Vận dụng cao

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành và SA = SB = SC = 11, \widehat{SAB} = 30^{0}, \widehat{SBC} = 60^{0};\widehat{SCA} =45^{0}. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AB và SD?

    Hình vẽ minh họa:

    Dựa vào định lý cosin ta dễ dàng tính được BC = 11, AB = 11\sqrt{3};AC = 11\sqrt{2}

    => ∆ABC vuông tại C

    Do SA = SB = SC, nên hình chiếu của S xuống mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm H của AB

    => SH ⊥ (ABCD) và SH =SA.sin\widehat{SAB} = \frac{11}{2}

    Kẻ HK ⊥ CD, AP ⊥ CD, tứ giác APKH là hình chữ nhật, HK = AP = \frac{11\sqrt{6}}{3}(Do \frac{1}{AP^{2}} = \frac{1}{AD^{2}} +\frac{1}{AC^{2}})

    Trong tam giác vuông SHK, kẻ HI ⊥ SK

    Do AB // CD => d(AB, SD) = d(H, SD) = HI

    Ta có: \frac{1}{HI^{2}} =\frac{1}{SH^{2}} + \frac{1}{SK^{2}} \Rightarrow HI =\sqrt{22}

  • Câu 16: 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 17: Nhận biết

    Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D'. Mặt phẳng (BCD'A') vuông góc với mặt phẳng nào trong các mặt phẳng dưới đây?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: ABCD.A'B'C'D' là hình hộp chữ nhật suy ra \left\{ \begin{matrix} BC\bot AB \\ BC\bot BB' \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(ABB'A')

    \Rightarrow (BCD'A')\bot(ABB'A')

  • Câu 18: Nhận biết

    Cho hình lập phương như hình vẽ:

    Hỏi đường thẳng nào vuông góc với đường thẳng BC'?

    Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} AD'\bot AB \\ AD'\bot A'D \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AD'\bot(ABC'D') \Rightarrow AD'\bot BC'

  • Câu 19: 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 20: 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 21: Vận dụng

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Gọi M là trung điểm của BB’. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AM và A’C’.

    Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng

    + Ta có AC // A’C’ nên góc giữa AM và A’C’ là góc giữa AC và AM.

    + Xét tam giác AMC có:

    MA = MC = \sqrt {M{B^2} + A{B^2}}

    = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} ight)}^2} + {a^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}

    AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 2

    Áp dụng định lí cosin trong tam giác AMC, ta có:

    \begin{gathered} cos\left( {AM\,,\,AC} ight) = \left| {\dfrac{{A{M^2} + A{C^2} - M{C^2}}}{{2MA.AC}}} ight| \hfill \\ = \dfrac{{AC}}{{2MA}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{{2.\dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}}} = \dfrac{{\sqrt {10} }}{5} \hfill \\ \end{gathered}

  • Câu 22: 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 23: Thông hiểu

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

    Hình vẽ minh họa

    Dựng Cx//BD;(\alpha) = (SC;Cx)

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

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

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

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

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

  • Câu 24: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a (tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và A’C’ bằng:

    Do BD và A’C’ lần lượt nằm trên hai mặt phẳng (ABCD) và (A’B’C’D’) song song với nhau nên d(A’C’, BD) = d((ABCD),(A’B’C’D’)).

    Mà ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên ta có d((ABCD), (A’B’C’D’)) = AA’ = a. Vậy d(A’C’, BD) = a.

  • Câu 25: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a. Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng:

    Hình ảnh minh họa:

    Hai mặt phẳng vuông góc

    Vẽ DE ⊥ SC tại E.

    Vì các tam giác SBC và SDC là các tam giác vuông có các cạnh tương ứng bằng nhau nên BE ⊥ SC và BE = DE.

    Tam giác SBC vuông tại B và BE là đường cao nên

    \begin{matrix}\dfrac{1}{BE^{2}} = \dfrac{1}{SB^{2}} + \dfrac{1}{BC^{2}}\hfill \\= \dfrac{1}{2a^{2}} + \dfrac{1}{a^{2}} = \dfrac{3}{2a^{2}} \Rightarrow BE^{2} = \dfrac{3}{2a^{2}} \hfill\\\end{matrix}

    Khi đó \left\{ \begin{matrix} SC\ = \ (SCD)\ \cap \ (SBC) \\ DE\bot SC,\ DE \subset (SCD) \\ BE\bot SC,\ BE \subset (SBC) \\ \end{matrix} ight.

    Vậy ((SCD), (SBC)) = (DE, BE).

    Ta có:

    \begin{matrix}\cos\widehat{DEB} = \dfrac{BE^{2} + DE^{2} - DB^{2}}{2.BE.DE} = -\dfrac{1}{2} \hfill\\\Rightarrow \widehat{DEB} = 120^{0}\hfill \\\end{matrix}

    Khi đó (DE, BE) = 60◦. Vậy ((SCD), (SBC)) = 60◦

  • Câu 26: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a tâm I, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết SA = a\sqrt{3};\beta = \left( SI;(ABCD) ight). Tính \tan\beta?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SA\bot(ABCD) nên AI là hình chiếu vuông góc của SI trên mặt phẳng đáy.

    Do đó góc giữa đường thẳng SI và mặt phẳng (ABCD) bằng góc giữa SI và AI.

    Xét tam giác SAI vuông tại A nên \widehat{SIA} < 90^{0} \Rightarrow (SI;AI) = \widehat{SIA}

    \tan\widehat{SIA} = \dfrac{SA}{AI} =\dfrac{a\sqrt{3}}{\dfrac{a\sqrt{2}}{2}} = \sqrt{6}

    Vậy \tan\beta = \sqrt{6}

  • Câu 27: 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 28: Thông hiểu

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

    Hình vẽ minh họa

    Góc giữa AO và CD bằng bao nhiêu?

    Gọi M là trung điểm của CD

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

    Ta có:

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

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

  • Câu 29: Vận dụng cao

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

    Hình vẽ minh họa:

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

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

    Dễ thấy MN là đường trung bình của ∆ABC

    => MN // AB // PQ

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

    => Thiết diện cần tìm chính là hinh thang MNPQ

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

    Vậy MNPQ là hình thang cân.

    Ta có:

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

    Kẻ đường cao QI, ta có:

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

  • Câu 30: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA = a. Gọi M là trung điểm của SD và \alpha là góc giữa hai đường thẳng AC và BM. Chọn kết luận đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của SO và BM.

    Trong mặt phẳng (SAC) kẻ NK // AC, NK \cap SA = N;NK \cap SC = K

    Ta có: I là trọng tâm tam giác SBD.

    Ta có: SO = \sqrt{SA^{2} + AO^{2}} = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    Tam giác SBD đều cạnh bằng a\sqrt{2} \Rightarrow BM = \frac{a\sqrt{2}.\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{6}}{2} \Rightarrow BI = \frac{2}{3}MB = \frac{a\sqrt{6}}{3}

    \Rightarrow \frac{IK}{OC} = \frac{2}{3} \Rightarrow IK = \frac{2}{3}OC = \frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{2}}{2} = \frac{a\sqrt{2}}{3}

    \frac{SK}{SC} = \frac{2}{3} \Rightarrow SK = \frac{2}{3}SC = \frac{2}{3}.a\sqrt{3}

    Tam giác SBC vuông tại B \Rightarrow \cos\widehat{SBC} = \frac{SB}{SC} = \frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3}

    Lại có:

    KB^{2} = SK^{2} + SB^{2} - 2SK.SB.cos\widehat{BSK}

    = \left( \frac{2a\sqrt{3}}{3} ight)^{2} + 2a^{2} - 2.\frac{2a\sqrt{3}}{3}.a\sqrt{2}.\frac{\sqrt{6}}{3} = \frac{2}{3}a^{2}

    \Rightarrow \cos\widehat{KIB} = \frac{IK^{2} + IB^{2} - KB^{2}}{2.IK.IB}

    = \frac{\left( \frac{a\sqrt{2}}{3} ight)^{2} + \left( \frac{a\sqrt{6}}{3} ight)^{2} - \frac{2a^{2}}{3}}{2.\frac{a\sqrt{2}}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{3}} = \frac{1}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{6}

    Vậy cosin góc giữa hai đường thẳng AC và BM là \frac{\sqrt{3}}{6}.

    VD

     

    1

  • Câu 31: Thông hiểu

    Tính thể tích hình chóp đều S.ABCD biết chiều cao bằng a\sqrt{2} và độ dài cạnh bên bằng a\sqrt{6}?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O là tâm hai đường chéo AC và BD

    Ta có: tam giác SAC cân, O là trung điểm của AC nên SO\bot CA

    Tương tự tam giác SBD cân, O là trung điểm của BD nên SO\bot BD

    \Rightarrow SO\bot(ABCD)

    Tam giác SOA vuông tại O nên OA = \sqrt{SA^{2} - SO^{2}} = 2a \Rightarrow AC = BD = 4a

    Vậy thể tích hình chóp là: V = \frac{1}{3}SO.S_{ABCD} = \frac{1}{3}.a\sqrt{2}.\frac{4a.4a}{2} = V = \frac{8\sqrt{2}a^{3}}{3}

  • Câu 32: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1. Tính \cos \left( {\overrightarrow {A{C_1}} ;\overrightarrow {BD} } ight)

    Tính cosin góc giữa hai vecto

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {A{C_1}} .\overrightarrow {BD} = \left( {\overrightarrow {A{A_1}} + \overrightarrow {AC} } ight).\left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} } ight) \hfill \\ = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} \hfill \\ = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BD} \hfill \\ = 0 \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {A{C_1}} .\overrightarrow {BD} = 0 \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 33: Nhận biết

    Cho tứ diện ABCD có đáy BCD là tam giác vuông cân tại C. Gọi trung điểm các cạnh AB,AC,BC,CD lần lượt là M,N,P,Q. Khi đó (MN,PQ) bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} MN//BC \\ PQ//BD \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow (MN,PQ) = (BC,BD) = \widehat{DBC} = 45^{0}

  • Câu 34: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có SA = SB và CA = CB. Tính số đo góc giữa hai đường thẳng chéo nhau SC và AB.

    Hình vẽ minh họa:

    Số đo góc giữa hai đường thẳng chéo nhau

    \begin{matrix} \overrightarrow {SC} \overrightarrow {AB} = - \overrightarrow {CS} .(\overrightarrow {CB} - \overrightarrow {CA} ) \hfill \\ = \overrightarrow {CS} .\overrightarrow {CA} - \overrightarrow {CS} .\overrightarrow {CB} \hfill \\ = CS.CA.\cos \widehat {SCA} - CS.CB.\cos \widehat {SCB} \hfill \\ = CS.CA.\dfrac{{S{C^2} + C{A^2} - S{A^2}}}{{2SC.CA}} \hfill \\ - CS.CB.\dfrac{{S{C^2} + C{B^2} - S{B^2}}}{{2SC.CB}} \hfill \\ = \frac{{S{C^2} + C{A^2} - S{A^2}}}{2} - \dfrac{{S{C^2} + C{B^2} - S{B^2}}}{2} = 0 \hfill \\ ({\text{Do }}SA = SB{\text{ v\`a }}CA = CB) \Rightarrow SC \bot AB \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 35: Nhận biết

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

    Hình vẽ minh họa:

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

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

  • Câu 36: 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 37: 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 38: 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 39: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA ⊥ (ABCD). Gọi AM, AN lần lượt là đường cao của tam giác SAB và tam giác SAD. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Khẳng định đúng trong các khẳng định đã cho

    Ta có: SA ⊥ (ABCD) => SA ⊥ BC

    Mà AB ⊥ BC => BC ⊥ (SAB)

    => BC ⊥ AE

    Mà AM nằm trong mặt phẳng (SAB)

    Xét tam giác SAB có:

    AM ⊥ SB

    Mà BC ⊥ AM => AM ⊥ (SBC) => AM ⊥ SC

    Chứng minh tương tự ta được: AN ⊥ SC

    => SC ⊥ (AMN)

  • Câu 40: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật, biết SA\bot(ABCD);AB = a;SA = AD = a\sqrt{3}. Xác định tính đúng sai của các kết luận sau?

    a) BC\bot(SAB) Đúng||Sai

    b) (SAD)\bot(SCD) Đúng||Sai

    c) \widehat{\left( (SCD);(ABCD) ight)} = \widehat{SCA} Sai||Đúng

    d) \widehat{\left( SC;(SAD) ight)} = 30^{0}Sai||Đúng

    Đáp án là:

    Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật, biết SA\bot(ABCD);AB = a;SA = AD = a\sqrt{3}. Xác định tính đúng sai của các kết luận sau?

    a) BC\bot(SAB) Đúng||Sai

    b) (SAD)\bot(SCD) Đúng||Sai

    c) \widehat{\left( (SCD);(ABCD) ight)} = \widehat{SCA} Sai||Đúng

    d) \widehat{\left( SC;(SAD) ight)} = 30^{0}Sai||Đúng

    Hình vẽ minh họa

    a) Ta có: \left\{ \begin{matrix} BC\bot SA\left( do\ SA\bot(ABCD) ight) \\ BC\bot AB \\ SA\bigcap AB = \left\{ A ight\} \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow BC\bot(SAB)

    b) Ta có: \left\{ \begin{matrix} CD\bot SA\left( do\ SA\bot(ABCD) ight) \\ CD\bot AD \\ SA\bigcap AD = \left\{ A ight\} \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow CD\bot(SAD) mà CD \subset (SCD)

    \Rightarrow (SCD)\bot(SAD)

    c) Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} (SCD) \cap (ABCD) = CD \\ AD\bot CD \equiv \left\{ D ight\} \\ SD\bot CD \equiv \left\{ D ight\} \\ \end{matrix} ight.

    Suy ra góc giữa (SCD) và (ABCD) là góc giữa AD và SD đó là góc \widehat{SDA}.

    d) Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} SC \cap (SAD) = \left\{ S ight\} \\ CD\bot(SAD) \equiv \left\{ D ight\} \\ \end{matrix} ight.

    Suy ra SD là hình chiếu vuông góc của SC lên (SAD)

    Nên góc giữa SC và (SAD) là góc giữa SC và SD đó là góc \widehat{CSD} trong tam giác vuông SCD.

    Xét tam giác SCD vuông tại D ta có:

    \tan\widehat{SCD} = \sqrt{6} \Rightarrow \widehat{\left( SC;(SAD) ight)} = \widehat{SCD} eq 30^{0}

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
  • 57 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