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 tứ diện ABCD, có AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau và AB = a, BC = b, CD = c.

    Độ dài AD bằng:

     Hình vẽ minh họa

    Tính độ dài đoạn thẳng AD

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {AB \bot BC} \\ {AB \bot CD} \end{array}} ight. ⇒AB⊥(BCD)

    => Tam giác ABD vuông tại B.

    Lại có BC⊥CD nên tam giác BCD vuông tại C.

    Khi đó: 

    \begin{matrix} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {A{D^2} = A{B^2} + B{D^2}} \\ {B{D^2} = B{C^2} + C{D^2}} \end{array}} ight. \hfill \\ \Rightarrow A{D^2} = A{B^2} + B{C^2} + C{D^2} \hfill \\ \Rightarrow AD = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 2: 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 3: 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 4: Nhận biết

    Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân tại A. Gọi M là trung điểm cạnh BC. Chọn kết luận đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Vì tam giác ABC cân tại A và M là trung điểm của BC

    => AM\bot BC

    Ta có: BC//B'C'

    \Rightarrow (B'C';AM) = (BC;AM) = 90^{0}

  • Câu 5: Vận dụng cao

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và \widehat{ABC} = 60^{0}, SB = a. Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Gọi γ là góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SCD). Tính sinγ.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi M là trung điểm của SD

    Góc giữa SB và (SCD) cùng bằng góc giữa OM và (SCD)

    (Vì OM // SB)

    Gọi H là hình chiếu của O trên (SCD) => (OM; (SCD)) = (OM; MH) = OMH

    Trong (SBD) kẻ OE // SK, trong đó K là hình chiếu của S lên mặt đáy, khi đó tứ diện OECD là tứ diện vuông cân nên

    \begin{matrix}\dfrac{1}{OH^{2}} = \dfrac{1}{OC^{2}} + \dfrac{1}{OD^{2}} +\dfrac{1}{OE^{2}}\hfill \\OC = \dfrac{a}{2},OD = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}\hfill \\\dfrac{OE}{SK} = \dfrac{OD}{KD} = \dfrac{3}{4} \Rightarrow OE =\dfrac{3}{4}SK\hfill \\\Rightarrow SK = \sqrt{SB^{2} - BK^{2}} = \sqrt{a^{2} - \left(\dfrac{a\sqrt{3}}{3} ight)^{2}} = \dfrac{a\sqrt{6}}{3} \hfill\\\Rightarrow OE = \dfrac{3}{4}SK = \dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{a\sqrt{6}}{3} =\dfrac{a\sqrt{6}}{4}\hfill \\\Rightarrow \dfrac{1}{OH^{2}} = \dfrac{1}{\left( \dfrac{a}{2} ight)^{2}}+ \dfrac{1}{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{2} ight)^{2}} + \dfrac{1}{\left(\dfrac{a\sqrt{6}}{4} ight)^{2}} = \dfrac{a^{2}}{8}\hfill \\\Rightarrow OH = \dfrac{a\sqrt{2}}{4}\hfill \\\end{matrix}

    Vì tam giác AOM vuông tại H

    \begin{matrix}\Rightarrow OM = \dfrac{1}{2}SB = \dfrac{a}{2},OH = \dfrac{a\sqrt{2}}{4}\hfill \hfill\\\Rightarrow \sin\widehat{OMH} = \dfrac{OH}{OM} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \sin\varphi = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\hfill \\\end{matrix}

  • Câu 6: Vận dụng cao

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD), SA = AB = a, AD = 3a. Gọi M là trung điểm của BC. Tính cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (ABCD) và (SDM).

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên DM, ta có DM ⊥ (SAH).

    Gọi α là góc giữa (SDM) và (ABCD) ta có: \alpha = \widehat{SHA}

    Ta có:

    \begin{matrix}S_{ADM} = \dfrac{1}{2}S_{ABCD} = \dfrac{3}{2}a^{2} \hfill\\DM = \sqrt{CD^{2} + CM^{2}} = \sqrt{a^{2} + \left( \dfrac{3}{2}a^{2}ight)} = \dfrac{a\sqrt{13}}{2} \hfill\\\end{matrix}

    Ta có:

    AH = \frac{2S_{ADM}}{DM} = \frac{3}{2}a^{2}.\frac{2}{\sqrt{13}a} = \frac{6a\sqrt{13}}{13}

    Ta lại có:

    \begin{matrix}\tan\alpha = \dfrac{SA}{AH} = \dfrac{1}{\dfrac{6\sqrt{13}}{13}} =\dfrac{\sqrt{13}}{6} \hfill\\\Rightarrow \cos\alpha = \dfrac{1}{\sqrt{1 + tan^{2}\alpha}} =\dfrac{6}{7} \hfill\\\end{matrix}

    Vậy \cos\alpha = \frac{6}{7}

  • Câu 7: Nhận biết

    Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D có tất cả các cạnh đều bằng nhau. Trong các mệnh đề sau. Mệnh đề nào có thể sai?

    Dễ thấy các đáp án A’C’ ⊥ BD, A’B ⊥ DC’, BC’ ⊥ A’D đúng

    Đáp án BB’ ⊥ BD sẽ bị sai trong trường hợp hình hộp có cạnh bên không vuông góc với mặt đáy

  • Câu 8: Nhận biết

    Cho hai đường thẳng a,b và mặt phẳng (Q). Chọn mệnh đề sai trong các mệnh đề dưới đây?

    Mệnh đề: “Nếu a//(Q),b\bot a thì b\bot(Q).” Sai vì đường thẳng b có thể nằm trong mặt phẳng (Q).

  • Câu 9: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có AB = AC = AD và \widehat {BAC} = \widehat {BAD} = {60^0}. Hãy xác định góc giữa cặp vecto \overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {CD}?

     Hình vẽ minh họa:

    Xác định góc giữa cặp vecto

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AB} .(\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} ) \hfill \\ = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \hfill \\ = |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AD} |.\cos (\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AD} ) \hfill \\ - |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AC} |.\cos (\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} ) \hfill \\ = |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AD} |.\cos {60^0} - |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AC} |.\cos {60^0}{\text{ }} \hfill \\ {\text{Do }}AC = AD \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = 0 \hfill \\ \Rightarrow (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD} ) = {90^0} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 10: Vận dụng

    Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a\sqrt{2} và cạnh bên bằng 2a. Gọi α là góc tạo bởi hai mặt phẳng (SAC) và (SCD). Tính cos α.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi tâm của đáy là O, M là trung điểm của CD

    Trong (SOM), kẻ OH vuông góc với SM tại H

    Khi đó ta có OH ⊥ (SCD). Mà OD ⊥ (SAC).

    Do đó ((SCD), (SAC)) = (OH, OD) = \widehat{HOD} = α.

    Ta có OD = a, SO = a\sqrt{3};OM = \frac{a\sqrt{2}}{2}

    Xét tam giác OSM vuông tại O ta có:

    \begin{matrix}\dfrac{1}{OH^{2}} = \dfrac{1}{OS^{2}} + \dfrac{1}{OM^{2}} \hfill\\\Rightarrow OH = \dfrac{a\sqrt{21}}{7} \hfill\\\end{matrix}

    Xét tam giác OHD vuông tại H ta có:

    \cos\alpha = \frac{OH}{OD} = \frac{\sqrt{21}}{7}

  • Câu 11: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA vuông góc với mặt đáy và SA = AB = \sqrt{3}. Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB. Khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SBC) bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của SB \Rightarrow AM\bot SB (vì \Delta SAB cân)

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

    Và \left\{ \begin{matrix} AM\bot SB \\ AM\bot BC \\ \end{matrix} \Rightarrow AM\bot(SBC) \Rightarrow GM\bot(SBC) ight. tại M.

    Do đó d(G;(SBC)) = GM.

    Ta có: SM = \sqrt{AB^{2} + SA^{2}} = \sqrt{6} \Rightarrow AM = \frac{SB}{2} = \frac{\sqrt{6}}{2}.

    Vì G là trọng tâm của \Delta SAB nên GM = \frac{1}{3}AM = \frac{\sqrt{6}}{6}.

  • Câu 12: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông với AC=\frac{a\sqrt{2}}{2}. Cạnh bên SA vuông góc với đáy, SB hợp với đáy góc 600. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AD và SC.

    Ta có AD // BC => AD // (SBC) => d(AD;SC)=d(A;(SBC))

    Kẻ AP⊥SB =>d(A;(SBC))=AP =>d(AD;SC)=AP

    Ta có:

    \begin{matrix} AB = \dfrac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{a}{2} \hfill \\ \dfrac{1}{{A{P^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{A{B^2}}} \hfill \\ \end{matrix}

    Lại có \left( {SB;\left( {ABCD} ight)} ight) = \widehat {SBA} = {60^0}

    \begin{matrix} \Rightarrow \tan {60^0} = \dfrac{{SA}}{{AB}} \Rightarrow SA = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \hfill \\ \Rightarrow AP = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 13: Thông hiểu

    Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, BC = AA' = a\sqrt{2}. Tính \tan\left( BC';(ABB'A') ight)?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: Tam giác ABC vuông cân tại A và có BC = a\sqrt{2} \Rightarrow AC = AB = a

    Tam giác ABA' vuông tại A suy ra A'B = a\sqrt{3}

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} C'A'\bot A'B' \\ C'A'\bot AA' \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow C'A'\bot(ABB'A')

    Suy ra BA’ là hình chiếu của BC’ lên mặt phẳng (ABB'A')

    => \left( BC';(ABB'A') ight) = (BC';BA')

    Tam giác A’BC’ vuông tại A’ => \tan\widehat{A'BC'} = \frac{A'C'}{A'B} = \frac{a}{a\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}

    \Rightarrow \tan\left( BC';(ABB'A') ight) = \frac{\sqrt{3}}{3}

  • Câu 14: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, cạnh SA ⊥ (ABCD) , SA = a\sqrt{2}. Góc giữa SC với mặt phẳng (ABCD) là:

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: \widehat{\left( SC,(ABCD) ight)}= \widehat{(SC,AC)} = \widehat{SCA}

    Lại có: \tan\widehat{SCA} = \frac{SA}{AC}= \frac{SA}{AB\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}} = 1

    => \widehat{SCA} = 45^{0}

  • Câu 15: 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 16: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh bên bằng cạnh đáy và bằng a. Gọi M là trung điểm của SC. Tính góc giữa hai mặt phẳng (MBD) và (ABCD).

    Tính góc giữa hai mặt phẳng (MBD) và(ABCD)

    Gọi O là tâm hình vuông ABCD, suy ra SO ⊥ (ABCD).

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

    Do \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {(MBD) \cap (ABCD) = BD} \\ {OM \subset (MBD)} \\ {OM \bot BD} \\ {OC \subset (ABCD)} \\ {OC \bot BD} \end{array}} ight.

    \Rightarrow \widehat {\left( {MBD),(ABCD)} ight)} = (\widehat {OM,OC}) = \widehat {MOC}

    Tam giác SOC vuông tại O, trung tuyến OM, suy ra OM = MC = \frac{{CS}}{2} = \frac{a}{2}

    => Tam giác MOC cân tại M.

    => OC = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}

    Khi đó \cos \widehat {MOC} = \frac{{OC}}{{SC}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{a} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \widehat {MOC} = {45^{^0}}

    Vậy \widehat {\left( {\left( {MDB} ight);\left( {ABCD} ight)} ight)} = {45^0}

  • Câu 17: Thông hiểu

    Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a. Tam giác SAB đều và \left( (SAB);(ABCD) ight) = 90^{0}. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trung điểm của AB

    Do tam giác SAB đều nên SH\bot AB

    Lại 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

    Tính được SH = a\sqrt{3}

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}.(2a)^{2}.a\sqrt{3} = \frac{4a^{3}\sqrt{3}}{3}

  • Câu 18: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCDcó đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng a và SA = a\sqrt{3} vuông góc với đáy. Tính cosin góc giữa SB;AC.

    Hình vẽ minh hoạ

    Gọi I là trung điểm của SD

    => OI là đường trung bình tam giác SBD

    Suy ra \left\{ \begin{matrix}OI//SB \\OI = \dfrac{SB}{2} = \dfrac{\sqrt{SA^{2} + AB^{2}}}{2} = a \\\end{matrix} ight.

    Ta có: AI = \frac{SD}{2} = \frac{\sqrt{SA^{2} + AD^{2}}}{2} = a

    \Rightarrow AI = OI nên tam giác AOI cân tại I

    Gọi H là tung điểm của OA \Rightarrow\left\{ \begin{matrix}IH\bot OA \\OH = \dfrac{OA}{2} = \dfrac{AC}{4} = \dfrac{a\sqrt{2}}{4} \\\end{matrix} ight.

    Xét tam giác OHI có:

    \cos\widehat{HOI} = \dfrac{OH}{OI} =\dfrac{\dfrac{a\sqrt{2}}{4}}{a} = \dfrac{\sqrt{2}}{4}

    \cos(SB,AC) = \cos\widehat{HOI} = \frac{\sqrt{2}}{4}

  • Câu 19: Nhận biết

    Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) song song với nhau và một điểm M không thuộc (P) và (Q). Qua M có bao nhiêu mặt phẳng vuông góc với (P) và (Q)?

    Gọi d là đường thẳng qua M và vuông góc với (P). Do (P)//(Q)⇒d⊥(Q)

    Giả sử (R) là mặt phẳng chứa d. Mà \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {d \bot \left( P ight)} \\ {d \bot \left( Q ight)} \end{array}} ight.

    \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\left( R ight) \bot \left( P ight)} \\ {\left( R ight) \bot \left( Q ight)} \end{array}} ight.

    Có vô số mặt phẳng (R) chứa d. Do đó có vô số mặt phẳng qua M, vuông góc với (P) và (Q).

  • Câu 20: Nhận biết

    Tính thể tích khối lập phương có cạnh bằng 3a?

    Ta có: V = (3a)^{3} = 27a^{3}

  • Câu 21: Vận dụng

    Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng \frac{a\sqrt{21}}{6}. Tính khoảng cách d từ đỉnh A đến mặt phẳng (SBC)

    Hình vẽ minh họa

    Tính khoảng cách d từ đỉnh A đến mặt phẳng (SBC)

    Giả sử O là tâm của tam giác đều ABC 

    Do S.ABC đều nên => SO \bot(ABC)

    Gọi E là trung điểm của BC ta có:

    \begin{matrix} AO \cap \left( {SBC} ight) = E \hfill \\ \Rightarrow \dfrac{{d\left( {A;\left( {SBC} ight)} ight)}}{{d\left( {O;\left( {SBC} ight)} ight)}} = \dfrac{{AE}}{{OE}} = 3 \hfill \\ \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} ight)} ight) = 3d\left( {O;\left( {SBC} ight)} ight) \hfill \\ \end{matrix}

    Xét (SAE) kẻ OK \bot SE (*)

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {BC \bot AE} \\ {BC \bot SO} \end{array}} ight. \Rightarrow BC \bot \left( {SEA} ight) \Rightarrow BC \bot OK\left( {**} ight)

    Ta có:

    \begin{matrix} SO = \sqrt {S{A^2} - {{\left( {\dfrac{2}{3}AE} ight)}^2}} \hfill \\ = \sqrt {\dfrac{{21{a^2}}}{{36}} - {{\left( {\dfrac{2}{3}\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}} ight)}^2}} = \dfrac{a}{2} \hfill \\ OE = \dfrac{1}{3}AE = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6} \hfill \\ \end{matrix}

    Xét tam giác vuông SOE ta có:

    OK = \frac{{SO.OE}}{{\sqrt {S{O^2} + O{E^2}} }} = \frac{a}{4}

    \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} ight)} ight) = 3OK = \frac{{3a}}{4}

  • Câu 22: Thông hiểu

    Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có cạnh bên bằng 4a. Tính thể tích khối lăng trụ biết góc giữa mặt phẳng (A'BC) và mặt phẳng (ABC) bằng 60^{0}.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của BC.

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} BC\bot AM \\ BC\bot A'M \\ (A'BC) \cap (ABC) = BC \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow \left( (A'BC);(ABC) ight) = \widehat{A'MA} = 60^{0}

    Trong tam giác vuông A’MA có:

    \tan\widehat{A'MA} = \frac{A'A}{AM} \Rightarrow AM = \frac{A'A}{tan60^{0}} = \frac{4\sqrt{3}}{3}a

    Tam giác ABC đều nên AM = \frac{AB\sqrt{3}}{2} \Rightarrow AB = \frac{8a}{3}

    Vậy thể tích khối lăng trụ là: V = S_{ABC}.AA' = \frac{\sqrt{3}}{4}.4a.\left( \frac{8a}{3} ight)^{2} = \frac{64\sqrt{3}a^{3}}{9}

  • Câu 23: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA\bot(ABC). Gọi H là chân đường cao kẻ từ đỉnh A của tam giác SAB. Xác định kết luận sai?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SA\bot(ABC) ightarrow SA\bot BC

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} BC\bot AB(gt) \\ BC\bot SA;\left( do\ \ SA\bot(ABC) ight) \\ AB \cap SA = A \\ AB;SA \subset (SAB) \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow BC\bot(SAB)

    Lại có: \left\{ \begin{matrix} AH\bot SB \\ AH\bot BC;\left( do\ \ BC\bot(SAB) ight) \\ SB \cap BC = B \\ AB;BC \subset (SBC) \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow AH\bot(SBC) \Rightarrow AH\bot BC \Rightarrow AH\bot BC

  • Câu 24: Thông hiểu

    Tính thể tích khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng 1cm?

    Hình vẽ minh họa

    Giả sử khối chóp tứ giác đều đã cho là S.ABCD

    Khi đó ABCD là hình vuông cạnh bằng 1 cm và SA = SB = SC = SD = 1cm

    Gọi H là tâm hình vuông ABCD thì SH\bot(ABCD) nên SH là chiều cao của khối chóp S.ABCD.

    Tính SH

    Xét tam giác ABC vuông tại B ta có:

    AC = \sqrt{AB^{2} + BC^{2}} = \sqrt{1^{2} + 1^{2}} = \sqrt{2}(cm)

    Nhận thấy AC^{2} = SA^{2} + SC^{2} nên tam giác SAC vuông tại S

    \Rightarrow SH = \frac{AC}{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}(cm)

    Diện tích đáy của khối chóp là S_{ABCD} = 1^{2} = 1\left( cm^{2} ight)

    Thể tích khối chóp S.ABCD là V = \frac{1}{3}.S_{ABCD}.SH = \frac{1}{3}.1.\frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{6}\left( cm^{3} ight)

  • Câu 25: 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 26: Vận dụng cao

    Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng 1, cạnh bên bằng \sqrt{3}. Gọi I là tâm của đáy ABC, d’ là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) và d’’ là khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SBC). Tính d = d’ + d’’.

    Gọi I là tâm của đáy ABC

    => d' = 3d'' \Rightarrow d= 4d'' = 4IK

    Xét tam giác ABC đều cạnh a có tâm I

    => AM = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow\left\{ \begin{matrix}AI = \dfrac{\sqrt{3}}{3} \\IM = \dfrac{\sqrt{3}}{6} \\\end{matrix} ight.

    Xét tam giác SAI vuông tại I

    SI^{2} = SA^{2} - AI^{2} = 3^{2} -\frac{1}{3} = \frac{8}{3}

    \Rightarrow SI =\frac{2\sqrt{6}}{3}

    Xét ∆SIM vuông tại I có:

    \frac{1}{IK^{2}} = \frac{1}{SI^{2}} +\frac{1}{IM^{2}} = \frac{8}{99}

    \Rightarrow IK = \frac{2\sqrt{22}}{33}\Rightarrow d = \frac{8\sqrt{22}}{33}

  • Câu 27: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng a, SA\bot(ABCD);SA = a\sqrt{3}. Giả sử (\alpha) là mặt phẳng đi qua điểm B và vuông góc với SC. Tính diện tích thiết diện tạo bởi hình chóp và mặt phẳng (\alpha)?

    Hình vẽ minh họa

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

    Từ O dựng OH vuông góc với SC

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} SC\bot BD \\ SC\bot OE \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SC\bot(BDH)

    Lại có \left\{ \begin{matrix} (\alpha) \cap (SBC) = BH \\ (\alpha) \cap (SCD) = HD \\ (\alpha) \cap (ABCD) = DB \\ \end{matrix} ight.

    Vậy thiết diện cần tìm là tam giác BHD

    S_{BHD} = \frac{1}{2}OH.BD = \frac{1}{2}\frac{SA.CO}{CA}.BD = \frac{a^{2}\sqrt{15}}{10}

  • Câu 28: 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 29: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có M là trung điểm của BC. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng AB và DM.

    Hình vẽ minh họa:

    Cosin của góc tạo bởi hai đường thẳng AB và DM

    Gọi N là trung điểm của AC

    I là trung điểm của MN

    Ta có:

    \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {MN//AB} \\ {DI \bot MN} \end{array}} ight. \Rightarrow \left( {AB,DM} ight) = \left( {MN,DM} ight)

    => \cos \left( {AB,DM} ight) = \cos \left( {MN,DM} ight) = \cos \widehat {IMD}

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {DM = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}} \\ {MII = \dfrac{a}{4}} \end{array}} ight. \Rightarrow \cos \widehat {IMD} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{6}

  • Câu 30: 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 31: Nhận biết

    Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

    Mệnh đề “Cho hai đường thẳng song song a và b và đường thẳng c sao cho c ⊥ a, c ⊥ b. Mọi mặt phẳng (α) chứa c thì đều vuông góc với mặt phẳng (a, b)” là sai. Trong trường hợp a và b trùng nhau, sẽ tồn tại mặt phẳng chứa a và b không vuông góc với mặt phẳng (α) chứa c.

    Mệnh đề “Cho a ⊥ b, mọi mặt phẳng chứa b đều vuông góc với a” là sai. Trong trường hợp a và b cắt nhau, mặt phẳng (a, b) chứa b nhưng không vuông góc với a.

    Mệnh đề “Cho a ⊥ b, nếu a ⊂ (α) và b ⊂ (β) thì (α) ⊥ (β)” là sai. Trong trường hợp a và b vuông góc nhau và chéo nhau, nếu (α) ⊃ a, (α) // b và (β) ⊃ b, (β) // a thì (α) // (β).

    Vậy mệnh đề đúng là mệnh đề: “Cho a ⊥ (α), mọi mặt phẳng (β) chứa a thì (β) ⊥ (α).”

  • Câu 32: Nhận biết

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Chiều cao của hình chóp bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên đáy ABCD là hình vuông và các cạnh bên bằng nhau.

    Gọi O là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD).

    Khi đó các tam giác SOA, SOB, SOC, SOD bằng nhau nên bốn đoạn thẳng OA, OB, OC, OD bằng nhau.

    Suy ra O trùng với tâm của hình vuông ABCD, hay O là giao điểm của AC và BD. Vậy chiều cao của hình chóp là:

    \begin{matrix}SO = \sqrt{SB^{2} - OB^{2}} \hfill \\= \sqrt{a^{2} - \dfrac{a^{2}}{2}} = \sqrt{\dfrac{a^{2}}{2}} =\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\hfill \\\end{matrix}

  • Câu 33: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC, SA\bot(ABC) có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B. Biết rằng SA = a\sqrt{2};AB = a. Gọi \alpha là góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC). Kết luận nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Ta thấy hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng ABC là AC nên \left( SC;(ABC) ight) = \widehat{SCA}

    Do tam giác ABC vuông cân tại B nên AC = \sqrt{BC^{2} + AB^{2}} = a\sqrt{2}

    \Rightarrow \tan\widehat{SCA} = \frac{SA}{AC} = 1

    \Rightarrow \left( SC;(ABC) ight) = \widehat{SCA} = 45^{0}

  • Câu 34: Thông hiểu

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Giả sử mặt phẳng (\alpha) đi qua điểm C vuông góc với BD. Thiết diện tạo bởi (\alpha) và hình lập phương là:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} CA\bot BD \\ CC'\bot BD \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow (ACC'A')\bot BD

    Vậy (\alpha) chính là mặt phẳng (ACC'A'). Thiết diện là một hình chữ nhật.

  • Câu 35: 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 36: 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 37: Vận dụng

    Cho tứ diện đều ABCD có M là trung điểm của cạnh CD, gọi \varphi là góc giữa hai đường thẳng AM và BC. Giá trị \cos \varphi bằng:

    Tính cosin góc giữa hai đường thẳng

    Giả sử cạnh của tứ diện đều bằng a

    Vì M là trung điểm của CD. Nên AM là đường cao trong tam giác ACD đều.

    => AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {CB} .\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {CB} .\left( {\overrightarrow {CM} - \overrightarrow {CA} } ight) = \overrightarrow {CB} .\overrightarrow {CM} - \overrightarrow {CB} .\overrightarrow {CA} \hfill \\ = CB.CM.\cos \widehat {BCM} - CB.CA.\cos \widehat {ACB} \hfill \\ = a.\dfrac{a}{2}.\cos {60^o} - a.a.\cos {60^o} = - \dfrac{{{a^2}}}{4} \hfill \\ \end{matrix}

    => \cos \left( {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {AM} } ight) = \dfrac{{\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {AM} }}{{\left| {\overrightarrow {BC} } ight|.\left| {\overrightarrow {AM} } ight|}} = \dfrac{{\dfrac{{ - {a^2}}}{4}}}{{a.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{ - \sqrt 3 }}{6}

     

    => \cos \varphi = \left| {\cos \left( {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {AM} } ight)} ight| = \frac{{\sqrt 3 }}{6}

  • Câu 38: Nhận biết

    Hình tứ diện ABCD có AB = AC = AD = 3 và AB, AC, AD đôi một vuông góc với nhau. Diện tích của tam giác BCD bằng:

    Do ∆BCD là tam giác đều cạnh \sqrt{18} nên có diện tích là S_{BCD} = \frac{18\sqrt{3}}{4} = \frac{9\sqrt{3}}{2}

  • Câu 39: Nhận biết

    Cho một khối chóp có diện tích đáy bằng 8a^{2}, chiều cao bằng a. Thể tích khối chóp đã cho là:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 8a^{2} \\ h = a \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}B.h = \frac{8}{3}a^{3}

  • Câu 40: 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}

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
  • 10 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