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 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 2: Nhận biết

    Công thức tính thể tích V của khối nón có bán kính r và chiều cao h là:

    Công thức tính thể tích là: V = \frac{1}{3}\pi r^{2}h

  • Câu 3: 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 4: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có đường thẳng SA vuông góc với đáy (ABC), SA = 2a. Khoảng cách từ điểm S đến đường thẳng AB bằng:

    Vì SA vuông góc với đáy (ABC) nên SA\bot AB \Rightarrow d(S,AB) = SA = 2a

  • Câu 5: Nhận biết

    Cho ABCD.A'B'C'D' là hình hộp. Khẳng định nào sau đây đúng?

    Nếu ABCD.A'B'C'D' là hình hộp thì tất cả các mặt là bình bình hành nên mặt bên cũng là hình bình hành.

  • Câu 6: 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 7: Vận dụng

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và DD’. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và BD.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi O, P, K lần lượt là trung điểm của AC, CD, OC

    Kẻ DI ⊥ MP, DH ⊥ NI

    Ta có: ND = \frac{a}{2}, BD // MP, tứ giác DIKO là hình chữ nhật

    => DI = OK = \frac{OC}{2} =\frac{a\sqrt{2}}{4}

    Khi đó: d(MN, BD) = d(BD, (MNP)) = d(D, (MNP)) = DH

    Xét tam giác vuông NDI ta có:

    \begin{matrix}\dfrac{1}{DH^{2}} = \dfrac{1}{DN^{2}} + \dfrac{1}{DI^{2}} \Rightarrow DH =\dfrac{a\sqrt{3}}{6} \hfill \\\Rightarrow d(MN,BD) = \dfrac{a\sqrt{3}}{6} \hfill\\\end{matrix}

  • Câu 8: Thông hiểu

    Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có AA' = 4a. Tính thể tích khối lăng trụ biết góc giữa mặt phẳng (A'BC) và mặt phẳng (ABC) bằng 30^{0}.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của BC.

    Khi đó \left( (A'BC);(ABC) ight) = \widehat{A'MA} = 30^{0}

    Trong tam giác vuông A’MA có:

    \tan\widehat{A'MA} = \frac{A'A}{AM} \Rightarrow AM = \frac{A'A}{tan30^{0}} = 4\sqrt{3}a

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

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

  • Câu 9: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có AC = a, BD = 3a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và BC. Biết AC vuông góc với BD. Tính MN.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi P là trung điểm của AB => PN, PM lần lượt là đường trung bình của tam giác ABC và tam giác ABD.

    => \left\{ \begin{matrix}PN = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{a}{2} \\PM = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{3a}{2} \\\end{matrix} ight.

    Ta có: AC\bot BD \Rightarrow PN\botPM

    => MN = \sqrt{PN^{2} + PM^{2}} =\sqrt{\frac{a^{2}}{4} + \frac{9a^{2}}{4}} =\frac{a\sqrt{10}}{2}

  • Câu 10: 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 11: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy, SA = a\sqrt{3}. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD là:

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    BC ⊥ AB

    BC ⊥ SA

    => BC ⊥ (SAB).

    Vì SB ⊂ (SAB) và CD // (SAB) => d(SB, CD) = d(CD, (SAB)) = d(C, (SAB)) = BC = a

  • Câu 12: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại C. Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB và SB. Xác định khẳng định sai trong các khẳng định dưới đây?

    Hình vẽ minh họa:

    Vì HA = HB, tam giác ABC cân => CH ⊥ AB

    Ta có: SA ⊥ (ABC) => SA ⊥ CH

    Mà CH ⊥ AB => CH ⊥ (SAB)

    Mặt khác AK thuộc mặt phẳng (SAB

    => CH ⊥ SA, CH ⊥ SB, CH ⊥ AK

    Và AK ⊥ SB chỉ xảy ra khi và chỉ khi tam giác SAB cân tại S.

  • Câu 13: 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 14: 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 15: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a. Tam giác SAB đều và SC= a\sqrt{2}. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) trùng với điểm H của AB. Cosin của góc giữa AC và (SHD) bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Dựng CE\bot DH

    Ta có: SH\bot(ABCD) \Rightarrow SH\botCE

    \Rightarrow CE\bot(SDH)

    => SE là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (SHD)

    Do đó: Số đo của góc giữa SC lên mặt phẳng (SHD) bằng với số đo của góc \widehat{CSE}

    Ta có: \cos\widehat{CSE} =\frac{SE}{SC}

    \Rightarrow S_{CHD} =\frac{1}{2}S_{ABCD}

    \Rightarrow CE.HD = a^{2} \Rightarrow CE= \frac{a^{2}}{HD}

    \Rightarrow HD = \sqrt{AD^{2} + AH^{2}}= \frac{a\sqrt{5}}{2}

    \Rightarrow HD = \sqrt{AD^{2} + AH^{2}}= \frac{a\sqrt{5}}{2}

    \Rightarrow CE =\frac{2a\sqrt{5}}{2}

    \Rightarrow SE = \sqrt{SC^{2} - CE^{2}}= \frac{a\sqrt{30}}{5}

    \Rightarrow \cos\widehat{CSE} =\sqrt{\frac{3}{5}}

  • Câu 16: Thông hiểu

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có các cạnh bằng 1. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ABB') và (CC'D').

    Hình vẽ minh họa

    Vì ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương nên (ABB')//(CC'D') và BC\bot(ABB'A').

    Khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ABB') và (CC'D')

    d\left( (ABB'),(CC'D') ight) = d\left( C,(ABB'A') ight) = CB = 1

  • Câu 17: Thông hiểu

    Cho hình tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc. Gọi I là hình chiếu của điểm O trên mặt phẳng (ABC). Tam giác ABC là:

    Giả sử tam giác ABC vuông tại A

    Khi đó B có hai đường thẳng BO và BA cùng vuông góc với mặt phẳng (OCA) 

    Điều này vô lí, do đó tam giác ABC không thể là tam giác vuông

    Từ O hạ OH \perp AB => CH \perp AB (theo định lí ba đường vuông góc)

    Vì điểm H giữa hai điểm A và B nên tam giác ABC không thể có góc tù.

    Suy ra ABC có ba góc nhọn.

  • Câu 18: Thông hiểu

    Cho tứ diện S.ABC có SBC và ABC nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Tam giác SBC đều, tam giác ABC vuông tại A. Gọi H, I lần lượt là trung điểm của BC và AB. Khẳng định nào sau đây sai?

    Hình vẽ minh họa:

    Khẳng định nào sau đây sai

    Ta có: SBC là tam giác đều có H là trung điểm BC nên SH⊥BC

    Mà (SBC)⊥(ABC) theo giao tuyến BC ⇒SH⊥(ABC)⇒SH⊥AB

    => SH \perp AB đúng.

    Ta có HI là đường trung bình của ΔABC nên H//AC⇒HI⊥AB

    => HI \perp AB đúng.

    Ta có \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {SH \bot AB} \\ {HI \bot AB} \end{array}} ight.

    ⇒AB⊥(SHI)⇒(SAB)⊥(SHI)

    => (SHI) \perp (SAB) đúng

  • Câu 19: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi H,K lần lượt là hình chiếu vuông của A lên SC,SD. Kết luận nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

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

    Lại có: SD\bot AK

    \Rightarrow AK\bot(SCD)

  • Câu 20: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có AB = AC và \widehat {SAC} = \widehat {SAB}. Tính số đo góc giữa hai đường thẳng chéo chau SA và BC.

    Hình vẽ minh họa:

    Tính số đo góc giữa hai đường thẳng chéo chau

    Xét

    \begin{matrix} \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {SA} .(\overrightarrow {SC} - \overrightarrow {SB} ) \hfill \\ = \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SC} - \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SB} \hfill \\ = |\overrightarrow {SA} |.|\overrightarrow {SC} |.\cos (\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {SC} ) - |\overrightarrow {SA} |.|\overrightarrow {SB} |.\cos \widehat {SAB} \hfill \\ = SA.SC.\cos \widehat {ASC} - SASB\cos \widehat {ASB}{\text{ }}\left( 1 ight) \hfill \\ \end{matrix}

    Ta có:

    \begin{matrix} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {SA{\text{ chung }}} \\ {AB = AC} \\ {\widehat {SAB} = \widehat {SAC}} \end{array} \Rightarrow \Delta SAB = \Delta SAC(c - g - c)} ight. \hfill \\ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {SC = SB} \\ {\widehat {ASC} = \widehat {ASB}} \end{array}} ight.(2) \hfill \\ \end{matrix}

    Từ (1) và (2) \Rightarrow \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {BC} = 0 \Rightarrow SA \bot BC

  • 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: 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 23: Nhận biết

    Cho một khối chóp có diện tích đáy bằng 5a^{2}, chiều cao bằng a. Thể tích khối chóp đã cho là:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 5a^{2} \\ h = a \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}B.h = \frac{5}{3}a^{3}

  • Câu 24: Thông hiểu

    Cho lăng trụ đứng ABC.A’C’B’ có đáy ABC cân đỉnh A, \widehat {ABC} = \alpha, BC’ tạo đáy góc \beta. Gọi I là trung điểm của AA’, biết \widehat {BIC} = {90^0}. Tính {\tan ^2}\alpha + {\tan ^2}\beta

    Ta có: \tan \beta = \frac{{B{B^\prime }}}{{{B^\prime }{C^\prime }}} \cdot \Delta AHB vuông tại H (H là trung điểm của BC)

    \begin{matrix} \Rightarrow \tan \alpha = \dfrac{{AH}}{{BH}} = \dfrac{{2AH}}{{BC}} \hfill \\ \Rightarrow {\tan ^2}\alpha + {\tan ^2}\beta = \dfrac{{4\left( {A{I^2} + A{H^2}} ight)}}{{B{C^2}}}(*) \hfill \\ \end{matrix}

    Mà tam giác AIH vuông tại A nên A{I^2} + A{H^2} = I{H^2}

    Tam giác BIC vuông tại I

    \Rightarrow IH = \frac{{BC}}{2} \Rightarrow B{C^2} = 4I{H^2}

    Thay vào (*) ta được:  {\tan ^2}\alpha + {\tan ^2}\beta = 1

  • Câu 25: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Góc giữa hai đường thẳng A'B và AD' bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: A'B//D'C nên góc giữa hai đường thẳng A'B và AD' bằng góc giữa hai đường thẳng D'C và AD' và bằng góc \widehat{AD'C}

    Mà tam giác ACD’ là tam giác đều nên \widehat{AD'C} = 60^{0}

    \Rightarrow (A'B;AD') = 60^{0}

  • Câu 26: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = a ; AD = 2a, SA \bot \left( {ABCD} ight);SA = a\sqrt 2. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SAB).

     Tính góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SAB)

    Gọi M là trung điểm của AD.

    Xét tứ giác ABCM có: AM // BC, AM = AB = BC = a, \widehat {MAB} = {90^0}

    Suy ra ABCM là hình vuông => MC = AB = a

    Xét tam giác ACD có AM là trung tuyến và CM = \frac{1}{2}AD = a

    Suy ra ACD vuông tại C => AC ⊥ CD

    Trong (SAC), dựng AH ⊥ SC

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {CD \bot AC} \\ {CD \bot SA} \\ {SA \cap AC = A} \\ {SA;AC \subset \left( {SAC} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} ight) mà AH ⊂ (SAC) suy ra CD ⊥ AH.

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {AH \bot CD} \\ {AH \bot SC} \\ {CD \cap SC = C} \\ {CD;SC \subset \left( {SCD} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} ight)\left( 1 ight)

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {AD \bot SA} \\ {AD \bot AB} \\ {SA \cap AB = A} \\ {SA;AB \subset \left( {SAB} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} ight)\left( 2 ight)

    Từ (1) và (2) suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) là góc giữa hai đường thẳng AH và AD.

    Xét tam giác ABC vuông tại B có: AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 2

    Xét tam giác SAC vuông tại A có: SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = 2a

    Xét tam giác SAC vuông tại A và SA = AC = a\sqrt 2 nên SAC vuông cân tại A.

    Suy ra H là trung điểm SC và AH = \frac{1}{2}SC = a

    Xét tam giác AHD vuông tại H (vì AH ⊥ (SCD)).

    Ta có: \cos \widehat {HAD} = \frac{{AH}}{{AD}} = \frac{a}{{2a}} = \frac{1}{2} suy ra \widehat {DAH} = {60^0}

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

  • Câu 27: Vận dụng cao

    Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn BD sao cho HD = 3HB. Biết góc giữa mặt (SCD) và mặt phẳng đáy bằng 450. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD là:

    Hình vẽ minh họa:

    Kẻ HI // BC (I ∈ CD) ta có: \left\{\begin{matrix}CD\bot HI \\CD\bot SI \\\end{matrix} ight.

    => Góc giữa mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng đáy là góc \widehat{SIH} = 45^{0}

    Dựng hình bình hành ADBE

    Ta có: BD // (SAE) => d(SA, BD) = d(BD, (SAE)) = d(B, (SAE)) = d(H, (SAE))

    Kẻ HJ ⊥ AE (J ∈ AE) ta có: AE ⊥ (SHJ) => (SAE) ⊥ (SHJ) theo giao tuyến SJ

    Kẻ HK ⊥ SJ (K ∈ SJ) ta có: HK ⊥ (SAE) => HK = d(H, (SAE))

    Ta có: HK = \frac{HJ.HS}{\sqrt{HJ^{2} +HS^{2}}}

    Với \left\{ \begin{matrix}HJ = AO = a\sqrt{2} \\HS = HI = \dfrac{3}{4}BC = \dfrac{3}{2} \\\end{matrix} ight.

    Vậy HK =\dfrac{a\sqrt{2}.\dfrac{3}{2}a}{\sqrt{\left( a\sqrt{2} ight)^{2} +\left( \dfrac{3}{2}a ight)^{2}}} = \dfrac{3a\sqrt{31}}{17}

  • Câu 28: Thông hiểu

    Đáy của hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ là tam giác đều cạnh bằng 4. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và BC.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó AM ⊥ AA’ tại A, AM ⊥ BC tại M.

    Do đó, AM là đoạn vuông góc chung của AA’ và BC.

    => d(AA’, BC) = \frac{4\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}

  • Câu 29: 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 30: Nhận biết

    Mệnh đề nào đúng trong các mệnh đề sau?

    Mệnh đề: “Góc giữa hai mặt phẳng luôn là góc nhọn” sai vì góc giữa hai mặt phẳng có thể là góc vuông.

    Mệnh đề: ”Góc giữa mặt phẳng (P) và mặt phẳng (Q) bằng góc giữa mặt phẳng (P) và mặt phẳng (R) khi (Q) // (R) (hoặc mặt phẳng (Q) trùng với mặt phẳng (R))” đúng.

    Mệnh đề: “Góc giữa mặt phẳng (P) và mặt phẳng (Q) bằng góc giữa mặt phẳng (P) và mặt phẳng (R) thì (Q) song song với (R)” sai vì hai mặt phẳng (R) và (Q) có thể trùng nhau.

  • Câu 31: 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 32: Vận dụng cao

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Cạnh bên SA = x và vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Xác định x để hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) tạo với nhau một góc 600.

    Hình vẽ minh họa:

    Từ A kẻ AH vuông góc với SB (H ∈ SB).

    Ta có:

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

    Mà AH ⊥ SB suy ra AH ⊥ (SBC).

    Từ A kẻ AK vuông góc với SD (K ∈ SD), tương tự, chứng minh được AK ⊥ (SCD).

    Khi đó SC ⊥ (AHK) suy ra ((SBC); (SCD)) = (AH; AK) = \widehat{HAK} = 600.

    Lại có ∆SAB = ∆SAD => AH = AK mà \widehat{HAK} = 600 suy ra tam giác AHK đều.

    Tam giác SAB vuông tại S ta có:

    \frac{1}{AH^{2}} = \frac{1}{SA^{2}} + \frac{1}{AB^{2}} \Rightarrow AH = \frac{ax}{\sqrt{x^{2} + a^{2}}}

    \begin{matrix}\Rightarrow SH = \sqrt{SA^{2} - AH^{2}} = \dfrac{x^{2}}{\sqrt{x^{2} +a^{2}}} \hfill\\\Rightarrow \dfrac{SH}{SB} = \dfrac{x^{2}}{x^{2} + a^{2}} \hfill \\\end{matrix}

    Vì HK // BD suy ra

    \begin{matrix}\dfrac{SH}{SB} = \dfrac{HK}{BD}\hfill \\\Leftrightarrow \dfrac{x^{2}}{x^{2} + a^{2}} =\dfrac{ax}{a\sqrt{2}\sqrt{x^{2} + a^{2}}}\hfill \\\Leftrightarrow \dfrac{x^{2}}{\sqrt{x^{2} + a^{2}}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}\hfill\\\end{matrix}

    => x = a

  • Câu 33: Thông hiểu

    Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có BB' = 2a. 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{2\sqrt{3}}{3}a

    Tam giác ABC đều nên AM = \frac{AB\sqrt{3}}{2} \Rightarrow AB = \frac{4a}{3}

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

  • Câu 34: Vận dụng cao

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA = SB = SC = b. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Tính độ dài cạnh SG.

    Giả sử H là chân đường vuông góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC)

    Khi đó, do SA, SB, SC bằng nhau nên HA = HB = HC hay H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tức là H trùng với G

    Vì tam giác ABC là tam giác đều cạnh a nên

    \begin{matrix}GC = \dfrac{a\sqrt{3}}{3} \hfill \\\Rightarrow SG = \sqrt{SC^{2} - GC^{2}} = \dfrac{1}{3}\sqrt{9b^{2} -3a^{2}} \hfill \\\end{matrix}

  • Câu 35: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và SA ⊥ (ABCD). Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: SA ⊥ (ABCD) nên tam giác SAB và tam giác SAD là tam giác vuông.

    Ta có: CD ⊥ DA mà DA là hình chiếu của DA trên (ABCD) nên CD vuông góc với DS

    => Mặt bên SDC là tam giác vuông tại D

    Tương tự ta có: mặt bên SBC là tam giác vuông tại B. Như vậy chỉ có khẳng định ”Mặt bên của hình chóp là những tam giác vuông” là chắc chắn đúng.

  • Câu 36: 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 37: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABC có \widehat{BSC} = 120^{0};\widehat{CSA} = 60^{0};\widehat{ASB} = 90^{0}và SA = SB = SC. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC), khi đó:

    Hình vẽ minh họa:

    Đặt SA = a

    Xét tam giác SAB vuông cân tại S ta có:

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

    Xét tam giác SAC cân tại S ta có:

    \widehat{CSA} = 60^{0} => SA = SC = AC = a

    Áp dụng định lí cosin cho tam giác SBC ra có:

    \begin{matrix}BC^{2} = SB^{2} + SC^{2} - 2SB.SC.cos\widehat{BSC} \hfill \\BC^{2} = a^{2} + a^{2} - 2a.a.cos120^{0} = 3a^{2} \hfill \\BC = a\sqrt{3} = \sqrt{AB^{2} + AC^{2}} \hfill \\\end{matrix}

    Vậy tam giác ABC vuông tại A mà H là hình chiếu của S trên (ABC) nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

    Hay H là trung điểm của BC.

  • Câu 38: 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}

  • Câu 39: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có BCD là tam giác vuông tại đỉnh B, cạnh CD = a,BD = \frac{a\sqrt{6}}{3}, AB = AC = AD = \frac{a\sqrt{3}}{2}. Tính cosin của góc nhị diện [A, BC, D].

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M, H lần lượt là trung điểm của BC, CD.

    Do \Delta BCD vuông tại B nên BH = CH = DH hay H là tâm đường tròn ngoại tiếp \Delta BCD.

    Mà AB = AC = AD nên AH là đường cao kẻ từ A xuống (BCD) hay AH\bot(BCD).

    \Rightarrow AH\bot BC. (1)

    M, H là trung điểm của BC, CD nên MH là đường trung bình của \Delta BCD

    \Rightarrow \left\{ \begin{matrix}MH = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{a\sqrt{6}}{6}. \\MH//BD \\\end{matrix} ight.

    Mà MD\bot BC nên MH\bot BC. (2)

    Từ (1), (2) suy ra: BC\bot(AMH).

    Suy ra: \left\{ \begin{matrix} BC\bot AM \\ BC\bot MH \\ \end{matrix} \Rightarrow \lbrack A,BC,Dbrack = \widehat{AMH} ight..

    Lại có: AH = \sqrt{AC^{2} - CH^{2}} = \sqrt{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} ight)^{2} - \left( \frac{a}{2} ight)^{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{2}.

    \Rightarrow \tan\widehat{AMH} = \frac{AH}{MH} = \sqrt{3} \Rightarrow \widehat{AMH} = \frac{\pi}{3} \Rightarrow \cos\widehat{AMH} = \frac{1}{2}.

  • 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