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 ABCD là hình vuông tâm O cạnh a. Cạnh bên SA=a\sqrt{2} và vuông góc với đáy (ABCD). Tính khoảng cách d từ điểm B đến mặt phẳng (SCD)

    Hình vẽ minh họa:

    Tính khoảng cách d từ điểm B đến mặt phẳng (SCD)

    Do AB // CD => d(B;(SCD))=d(A;(SCD))

    Kẻ AE ⊥ SD tại E (1)

    Ta có: \left\{ \begin{gathered}CD \bot AD \hfill \\CD \bot SA \hfill \\\end{gathered} ight. \Rightarrow CD \bot (SAD) \Rightarrow CD \bot AE(**)

    Từ (1) và (2) => AE ⊥ (SCD)

    => d(A;(SCD)) = AE

    Xét tam giác vuông SAD ta có:

    AE = \frac{{SA.AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}

    Vậy d(B;(SCD))=AE=\frac{{a\sqrt 6 }}{3}

     

  • Câu 2: Vận dụng cao

    Cho hình chop SABC có SA ⊥ (ABC), tam giác ABC đều cạnh 2a, SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 300. Khi đó mặt phẳng (SBC) tạo với đáy một góc x. Tính tan x.

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có SA ⊥ (ABC)

    => AB là hình chiếu của AB lên (ABC).

    \begin{matrix}\Rightarrow \widehat{SBA} = \widehat{\left( SB;(ABC) ight)} = 30^{0} \hfill\\SA = AB.\tan30^{0} = \dfrac{2a\sqrt{3}}{3}\hfill \\\end{matrix}

    Gọi M là trung điểm của BC, ta có ∆ABC đều cạnh 2a

    => AM = a\sqrt{3} và \left\{ \begin{matrix} (SBC) \cap (ABC) = BC \\ AM\bot BC \\ SM\bot BC \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow \widehat{SMA} = \widehat{\left( (SBC);(ABC) ight)} = x

    \tan x = \frac{SA}{AM} = \frac{2a\sqrt{3}}{3}.a\sqrt{3} = \frac{2}{3}

  • Câu 3: 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 4: Vận dụng

    Giả sử V là thể tích khối tứ diện đều ABCD . Trung điểm tất cả các cạnh của tứ diện tạo thành một đa diện có thể tích V' . Tỉ số \frac{V'}{V} = 1/2

    (Kết quả được ghi dưới dạng phân số tối giản a/b)

    Đáp án là:

    Giả sử V là thể tích khối tứ diện đều ABCD . Trung điểm tất cả các cạnh của tứ diện tạo thành một đa diện có thể tích V' . Tỉ số \frac{V'}{V} = 1/2

    (Kết quả được ghi dưới dạng phân số tối giản a/b)

    Hình vẽ minh họa

    Giả sử tứ diện đều cạnh bằng a

    Hình đa diện cần tính có được bằng cách cắt 4 góc tứ diện

    Mỗi góc cũng là một tứ diện đều có cạnh bằng \frac{a}{2}

    Do đó thể tích phần cắt bỏ là V'' = 4.\frac{V}{8} = \frac{V}{2}

    (Vì tứ diện cạnh giảm một nưả thì thể tích giảm \left( \frac{1}{2} ight)^{3} = \frac{1}{8}

    Vậy V' = \frac{V}{2} \Rightarrow \frac{V'}{V} = \frac{1}{2}

  • Câu 5: 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 6: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác S.ABC có SA = SB = SC = AB = a và BC = a\sqrt{2}. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng AB và SC.

    Hình vẽ minh họa

    Giả sử M, N, Q lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB, AC

    Mặt khác ta có: \left\{ \begin{matrix} MN//AB \\ MQ//SC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow (AB;SC) = (MN;MQ)

    Ta có: AN = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    NC = \sqrt{\frac{SC^{2} + BC^{2}}{2} -\frac{SB^{2}}{4}}= \sqrt{\dfrac{a^{2} + 2a^{2}}{2} - \dfrac{a^{2}}{4}} =\dfrac{a\sqrt{5}}{2}

    Xét tam giác NAC có:

    NQ = \sqrt{\frac{NA^{2} + CN^{2}}{2} -\frac{AC^{2}}{4}}= \sqrt{\dfrac{\dfrac{3a^{2}}{4} + \dfrac{5a^{2}}{4}}{2}- \dfrac{a^{2}}{4}} = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}

    Xét tam giác MNQ ta có:

    \cos\widehat{NMQ} = \frac{MN^{2} +MQ^{2} - NQ^{2}}{2MN.MQ}= \dfrac{\dfrac{a^{2}}{4} + \dfrac{a^{2}}{4} -\dfrac{3a^{2}}{4}}{2.\dfrac{a}{2}.\dfrac{a}{2}} = -\dfrac{1}{2}

    \Rightarrow \widehat{NMQ} = 120^{0} \Rightarrow (MN,MQ) = 180^{0} - 120^{0} = 60^{0}

    \Rightarrow \cos(AB,SC) = \frac{1}{2}

  • Câu 7: 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 8: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B. cạn bên SA vuông góc với đáy. Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác SAB. Khẳng định nào dưới đây là sai?

    Hình vẽ minh họa

    Chọn khẳng định sai

    Theo bài ra, ta có SA⊥(ABC) mà BC⊂(ABC)⇒SA⊥BC

    Tam giác ABC vuông tại B, có AB⊥BC => BC⊥(SAB)⇒BC⊥AH

    Khi đó \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {AH \bot SB} \\ {AH \bot BC} \end{array}} ight.

    ⇒AH⊥(SBC)⇒AH⊥SC

    Nếu AH⊥AC mà SA⊥AC suy ra AC⊥(SAH)⇒AC⊥AB (vô lý).

  • Câu 9: 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 10: Nhận biết

    Cho một khối chóp có diện tích đáy bằng 3a^{2}, chiều cao bằng a. Thể tích khối chóp đã cho là:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 3a^{2} \\ h = a \\ \end{matrix} ight.

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

  • Câu 11: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác nhọn, SA = SB = SC. Gọi I là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy. Khi đó:

    Hình vẽ minh họa:

    Hoàn thành mệnh đề

    Ta có I là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC)

    Tam giác SAI vuông tại I

    => SA2 = AI2 + SI2

    Tam giác SBI vuông tại I

    => SB2 = BI2 + SI2

    Tam giác SCI vuông tại I

    => SC2 = CI2 + SI2

    Kết hợp với điều kiện: SA = SB = SC

    => I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

  • Câu 12: 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 13: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có SA\bot(ABCD). Biết ABCD là hình chữ nhật có AB = a;AD = a\sqrt{2}. Giả sử \alpha = \left( SC;(ABCD) ight). Kết luận nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SA\bot(ABCD) nên AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng đáy.

    => \alpha = \left( SC;(ABCD) ight) = (SC;AC) = \widehat{SCA}

    Mặt khác AC = \sqrt{BC^{2} + AB^{2}} = a\sqrt{3}

    Xét tam giác vuông SAC có:

    \tan\widehat{SCA} = \frac{SA}{AC} = \frac{a}{a\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}

    \Rightarrow \alpha = \widehat{SCA} = 30^{0}

  • Câu 14: 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 15: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAD đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng SA và BD.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi I là trung điểm của AD

    => SI ⊥ AD => SI ⊥ (ABCD)

    Kẻ Ax // BD

    Ta có d(BD, SA) = d (BD, (SAx)) = d (D, (SAx)) = 2d (I, (SAx))

    Kẻ IE ⊥ Ax, kẻ IK ⊥ SE

    Khi đó d (I, (SAx)) = IK

    Gọi F là hình chiếu của I trên BD, ta có: IE = IF = \frac{AO}{2} =\frac{a\sqrt{2}}{4}

    Xét tam giác vuông SIE ta có:

    IK = \frac{SI.IE}{\sqrt{SI^{2} +IE^{2}}} = \frac{a\sqrt{21}}{14}

    => d(BD;SA) = 2IK =\frac{a\sqrt{21}}{7}

  • Câu 16: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thoi tâm O, SA = SC; SB = SD. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: Tam giác SAC và tam giác SBD lần lượt là tam giác cân tại S

    => SO ⊥ AC, SO ⊥ BD

    => SO ⊥ (ABCD)

  • Câu 17: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, góc ABC bằng 600, tam giác SBC là tam giác đều có cạnh bằng 2a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính số đo góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng đáy (ABC).

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi H là trung điểm của BC => SH ⊥ (ABC)

    Vì SH ⊥ (ABC) => HA là hình chiếu vuông góc của SA trên mặt phẳng (SAB)

    => \left( SA,(ABC) ight) = (SA,AH) = \widehat{SAH}

    Xét tam giác SBC đều cạnh 2a => SH = a\sqrt{3}

    Tam giác ABC vuông tại A => AH = \frac{BC}{2} = a

    Tam giác SAH vuông nên

    \begin{matrix}\tan\widehat{SAH} = \dfrac{SH}{AH} = \sqrt{3} \hfill\\\Rightarrow \widehat{SAH} = 60^{0} \hfill \\\end{matrix}

  • Câu 18: Nhận biết

    Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua một điểm A cho trước và vuông góc với hai mặt phẳng phân biệt (P) và (Q)?

    Có một khi (P) và (Q) cắt nhau, có vô số khi (P) // (Q).

  • Câu 19: Thông hiểu

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

    Hình vẽ minh họa

    Ta có:

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

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

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

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

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

  • Câu 20: 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 21: Nhận biết

    Các đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thì: 

    Đáp án "Thuộc một mặt phẳng"  sai vì có thể xảy ra trường hợp chúng nằm trên nhiều mặt phẳng khác nhau.

    Đáp án "Vuông góc với nhau" sai vì có thể xảy ra trường hợp chúng song song với nhau.

    Đáp án "Song song với nhau" sai vì có thể xảy ra trường hợp chúng cắt nhau.

    Đáp án "Song song với một mặt phẳng"  đúng vì chúng đồng phẳng.

  • Câu 22: 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 23: 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 24: 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 25: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác S.ABC, đáy là tam giác ABC vuông cân tại C và AB = a\sqrt{3};AC = a. Biết tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Thể tích hình chóp tam giác S.ABC bằng bao nhiêu?

    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(ABC) \\ SH \subset (SAB) \\ AB = (SAB) \cap (ABC) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SH\bot(ABC)

    Vậy SH là đường cao của hình chóp tam giác S.ABC

    Tam giác SAB đều nên SH = \frac{3a}{2}

    Tam giác ABC vuông cân tại C nên

    AB^{2} = AC^{2} + BC^{2} \Rightarrow BC = \sqrt{3a^{2} - a^{2}} = a\sqrt{2}

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

  • Câu 26: Thông hiểu

    Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình vuông, đường chéo BD = 4a. Biết góc giữa hai mặt phẳng (A'BD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 30^{0}. Khi đó thể tích hình hộp chữ nhật bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi góc giữa mặt phẳng (A'BD) và mặt phẳng (ABCD)là \alphavà O = AC \cap BD

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} AO\bot BD \\ AA'\bot BD \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow A'O\bot BD

    \Rightarrow \alpha = (AO;A'O) = \widehat{AOA'} = 30^{0}

    Ta có ABCD là hình vuông, BD = 4a nên AB = AD = 2a\sqrt{2}

    Ta có: AO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}BD = 2a

    Xét tam giác AOA’ có AA' = AO.tan30^{0} = \frac{2a\sqrt{3}}{3}

    \Rightarrow V_{ABCD.A'B'C'D'} = AA'.S_{ABCD} = \frac{2a\sqrt{3}}{3}.8a^{2} = \frac{16a^{3}\sqrt{3}}{3}

  • Câu 27: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có SA \bot \left( {ABCD} ight) và SA = a\sqrt 3. Đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a,\,AD = a\sqrt 3. Gọi M là trung điểm của CD, góc giữa SA và mặt phẳng (SBM) bằng \alpha . Giá trị \tan \alpha bằng:

    Tính tan của góc giữa SA và mặt phẳng (SBM)

    Gọi K, I lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BM và SK.

    Ta có \left\{ \begin{gathered} BM \bot AK \hfill \\ BM \bot SA\left( {V\`i \,SA \bot \left( {ABCD} ight)} ight) \hfill \\ AK,SA \subset \left( {SAK} ight) \hfill \\ AK \cap SA = \left\{ A ight\} \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow BM \bot \left( {SAK} ight)

    Mà AI \subset \left( {SAK} ight) \Rightarrow BM \bot AI

    Ta có \left\{ \begin{gathered} AI \bot BM \hfill \\ AI \bot SK \hfill \\ BM,SK \subset \left( {SBM} ight) \hfill \\ BM \cap SK = \left\{ K ight\} \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow AI \bot \left( {SBM} ight)

    Suy ra hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng (SBM) là điểm I. Do đó bằng góc giữa hai đường thẳng SA và SI và bằng góc \widehat {ASK}.

    Ta có \left\{ \begin{gathered} SA \bot \left( {ABCD} ight) \hfill \\ AK \subset \left( {ABCD} ight) \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow SA \bot AK

    Tính tan của góc giữa SA và mặt phẳng (SBM)

    Có

    \begin{matrix} {S_{\Delta ABM}} = {S_{ABCD}} - {S_{\Delta AMD}} - {S_{\Delta BMC}} \hfill \\ = {a^2}\sqrt 3 - {a^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{4} - {a^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \hfill \\ BM = \sqrt {B{C^2} + M{C^2}} = \sqrt {3{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} = \dfrac{{a\sqrt {13} }}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    Ta có

    \begin{matrix} {S_{\Delta ABM}} = \dfrac{1}{2}AK.BM \hfill \\ \Rightarrow AK = \dfrac{{2{S_{\Delta ABM}}}}{{BM}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{a\dfrac{{\sqrt {13} }}{2}}} = a\dfrac{{2\sqrt 3 }}{{\sqrt {13} }} \hfill \\ \end{matrix}

    Xét tam giác vuông SAK có \tan \widehat {ASK} = \frac{{AK}}{{SA}} = \frac{{a\frac{{2\sqrt 3 }}{{\sqrt {13} }}}}{{a\sqrt 3 }} = \frac{2}{{\sqrt {13} }}

  • Câu 28: Thông hiểu

    Cho tứ diện đều ABCD. Gọi trung điểm của các cạnh AB;BC lần lượt là M;N. Kết luận nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi P là trung điểm của BD.

    Ta có: MN;NP;MP lần lượt là đường trung bình của tam giác ABC;BCD;ABD.

    Do đó:

    MN//AC;MN = \frac{1}{2}AC

    NP//CD;NP = \frac{1}{2}CD

    Vì ABCD là tứ diện đều \Rightarrow AC = CD = AD

    \Rightarrow MN = NP = MP nên tam giác MNP là tam giác đều.

    \Rightarrow (MN;CD) = (MN;NP) = \widehat{MNP} = 60^{0}

  • Câu 29: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác S.ABC có SA = SB = SC = AB = AC = a và BC = a\sqrt{2}. Kết quả nào dưới đây đúng?

    Ta có:

    BC^{2} = AB^{2} + AC^{2} suy ra tam giác ABC vuông tại A

    => M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

    Vì SA = SB = SC nên SM là đường cao của hình chóp S.ABC.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi N, I lần lượt là trung điểm cạnh AC và SB.

    Ta có: MN // AB và IM // SC nên (SC,AB) = (IM,MN)

    Mà BN = \sqrt{AB^{2} + AN^{2}} = \sqrt{a^{2} + \frac{a^{2}}{4}} = \frac{a\sqrt{5}}{2}

    SN = \sqrt{SC^{2} - NC^{2}} = \sqrt{a^{2} - \frac{a^{2}}{4}} = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    MN = \frac{a}{2};MI = \frac{a}{2}

    Xét tam giác IMN có

    \cos\widehat{NMI} = \dfrac{MN^{2} +IM^{2} - IN^{2}}{2.MN.IM}= \dfrac{\dfrac{a^{2}}{4} + \dfrac{a^{2}}{4} -\dfrac{3a^{2}}{4}}{2.\dfrac{a}{2}.\dfrac{a}{2}} = -\dfrac{1}{2}

    \Rightarrow \widehat{NMI} = 120^{0}

    \Rightarrow (SC,AB) = (IM,MN) = 60^{0}

  • Câu 30: 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 31: 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 32: 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 33: Vận dụng

    Cho hình lăng trụ ABC. MNP có tất cả các cạnh bằng nhau. Gọi I là trung điểm của cạnh AC. Cosin của góc tạo bởi NC và BI bằng bao nhiêu?

     Gọi E là trung điểm MP => NE // BI

    => Góc giữa hai đường thẳng NC và BI bằng góc giữa hai đường thẳng NC và NE

    => Góc cần tính là \widehat {CNE}

    Đặt a là chiều dài cạnh của hình lăng trụ ta có:

    \begin{matrix} NC = a\sqrt 2 \hfill \\ NE = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \hfill \\ CE = \sqrt {C{P^2} + E{P^2}} = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    => \cos \widehat {CNE} = \frac{{N{C^2} + N{E^2} - C{E^2}}}{{2NC.NE}} = \frac{{\sqrt 6 }}{4}

  • Câu 34: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau:

    Khẳng định đúng là “AB vuông góc với mặt phẳng (SAD)”

    Thật vậy, do SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ AB

    Mặt khác AB ⊥ AD.

    Từ đó suy ra AB ⊥ (SDA)

  • Câu 35: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA = 2a;SA\bot(ABCD). Xác định độ lớn khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBD)?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O = AC \cap BD

    Kẻ AK\bot SO;(K \in SO)(1)

    Ta có:

    SA\bot(ABCD) \Rightarrow SA\bot BD(*)

    Mà AC\bot DB(**)

    Từ (*) và (**) suy ra DB\bot(SAC) \Rightarrow BC\bot AK(2)

    Từ (1) và (2) suy ra AK\bot(SBD) \Rightarrow d\left( A;(SBD) ight) = AK

    Xét tam giác SAO vuông tại A ta có: \frac{1}{AK^{2}} = \frac{1}{AO^{2}} + \frac{1}{SA^{2}} = \frac{9}{4a^{2}} \Rightarrow AK = \frac{2a}{3}

    \Rightarrow d\left( A;(SBD) ight) = \frac{2a}{3}

  • Câu 36: 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 37: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Dựng mặt phẳng (P) cách đều năm điểm A, B, C, D và S. Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng (P) như vậy?

    Gọi O là tâm hình bình hành ABCD.

    Các mặt phẳng cách đều A, B, C, D và S là

    1) Mặt phẳng qua trung điểm của SA, SB, SC, SD

    2) Mặt phẳng qua O và song song (SAB)

    3) Mặt phẳng qua O và song song (SAD)

    4) Mặt phẳng qua O và song song (SCD)

    5) Mặt phẳng qua O và song song (SBC)

  • Câu 38: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng AB = a;BC = 3a;SA = a\sqrt{30}. Tính \left( SC;(ABC) ight)?

    Hình vẽ minh họa

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

    Ta có: AC = \sqrt{AB^{2} + BC^{2}} = a\sqrt{10}

    Khi đó \tan\widehat{SCA} = \frac{SA}{AC} = \frac{a\sqrt{30}}{a\sqrt{10}} = \sqrt{3}

    \Rightarrow \widehat{SCA} = 60^{0}

    \Rightarrow \left( SC;(ABC) ight) = 60^{0}

  • Câu 39: Nhận biết

    Cho khối chóp S.ABC có chiều cao bằng 6 đáy là tam giác ABC có diện tích bằng 12. Thể tích khối chóp đã cho là:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 12 \\ h = 6 \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối chóp tam giác là V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}.12.6 = 24

  • Câu 40: Nhận biết

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định sai?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của AB suy ra

    \left\{ \begin{matrix} MO\bot AB \\ SM\bot AB \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow \left( (SAB);(ABCD) ight) = \widehat{SMO} = \varphi

    Tam giác SMO vuông tại O nên \varphi eq 90^{0}

    Do đó mặt phẳng (SAB) không vuông góc với (ABCD).

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
  • 48 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