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 cạnh 3a. Cạnh bên SA vuông góc với (ABCD), góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 30◦ . Tìm khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC).

    Ta có:

    Gọi H là chân đường cao lên cạnh SB. Khi đó, ta có

    d(A, (SBC)) = AH. sin 30◦ => AH = AB . sin 30◦ = \frac{3a}{2}

  • Câu 2: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 1. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD). Tính khoảng cách d từ A đến (SCD).

    Hình vẽ minh họa

    Tính khoảng cách d từ A đến (SCD)

    Gọi H là trung điểm của AB => SH \bot AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} ight)

    Ta có: AH // CD => d\left( {A;\left( {SCD} ight)} ight) = d\left( {H;\left( {SCD} ight)} ight)

    Gọi M là trung điểm của CD, K là hình chiếu vuông góc của H trên SM

    \begin{matrix} \Rightarrow d\left( {H;\left( {SCD} ight)} ight) = HK \hfill \\ \Rightarrow HK = \dfrac{{SH.HM}}{{\sqrt {S{H^2} + H{M^2}} }} = \dfrac{{\sqrt {21} }}{7} \hfill \\ \end{matrix}

     

  • Câu 3: Vận dụng

    Cho S.ABCD là hình chóp có đáy là hình chữ nhật. SA \bot \left( {ABCD} ight). Gọi K nằm trên cạnh BC sao cho KC = 2KB, Q nằm trên cạnh CD sao cho QD = 3QC và M là trung điểm của cạnh SD. Biết AB = a,AD = 2a và KM = \frac{{a\sqrt {67} }}{6}. Tính cosin góc giữa KM và SQ.

    Gọi N là trung điểm AD. Như vậy MN là đường trung bình của tam giác SAD nên MB // SA.

    Vậy MN \bot \left( {ABCD} ight)

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {NK} = \overrightarrow {NA} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BK} \hfill \\ = - \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} + \dfrac{1}{3}\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AB} - \dfrac{1}{6}\overrightarrow {AD} \hfill \\ \end{matrix}

    Suy ra

    \begin{matrix} N{K^2} = {\left( {\overrightarrow {AB} - \dfrac{1}{6}\overrightarrow {AD} } ight)^2} = A{B^2} + \dfrac{1}{{36}}A{D^2} \hfill \\ = {a^2} + \dfrac{1}{{36}}.4{a^2} = \dfrac{{10}}{9}{a^2} \hfill \\ \end{matrix}

    Xét tam giác MNK vuông tại N (do MN \bot \left( {ABCD} ight)) ta có:

    \begin{matrix} M{N^2} = M{K^2} - N{K^2} = \dfrac{{67}}{{36}}{a^2} - \dfrac{{10}}{9}{a^2} = \dfrac{3}{4}{a^2} \hfill \\ \Rightarrow MN = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow SA = a\sqrt 3 \hfill \\ \end{matrix}

    Lại có

    \begin{matrix} \overrightarrow {AQ} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DQ} = \overrightarrow {AD} + \dfrac{3}{4}\overrightarrow {AB} \hfill \\ \Rightarrow A{Q^2} = {\left( {\overrightarrow {AD} + \dfrac{3}{4}\overrightarrow {AB} } ight)^2} \hfill \\ = A{D^2} + \dfrac{9}{{16}}A{B^2} \hfill \\ = {(2a)^2} + \dfrac{9}{{16}}{a^2} = \dfrac{{73}}{{16}}{a^2} \hfill \\ \end{matrix}

    Xét tam giác SAQ vuông tại A nên

    \begin{matrix} S{Q^2} = A{S^2} + A{Q^2} = 3{a^2} + \dfrac{{73}}{{16}}{a^2} = \dfrac{{121}}{{16}}{a^2} \hfill \\ \Rightarrow SQ = \dfrac{{11}}{4}a \hfill \\ \end{matrix}

    Ta có

    \begin{matrix} \overrightarrow {KM} = \overrightarrow {NM} - \overrightarrow {NK} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AS} - \overrightarrow {AB} + \dfrac{1}{6}\overrightarrow {AD} \hfill \\ \overrightarrow {SQ} = \overrightarrow {AQ} - \overrightarrow {AS} = \overrightarrow {AD} + \dfrac{3}{4}\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AS} \hfill \\ \end{matrix}

    Khi đó

    \begin{matrix} \overrightarrow {KM} .\overrightarrow {SQ} = - \dfrac{3}{4}A{B^2} + \dfrac{1}{6}A{D^2} - \dfrac{1}{2}A{S^2} \hfill \\ = - \dfrac{3}{4}{a^2} + \dfrac{1}{6}.4{a^2} - \dfrac{1}{2}.3{a^2} = \dfrac{{ - 19}}{{12}}{a^2} \hfill \\ \end{matrix}

    Vậy

    \begin{matrix} \cos \left( {KM,SQ} ight) = \left| {\cos \left( {\overrightarrow {KM} ,\overrightarrow {SQ} } ight)} ight| \hfill \\ = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {KM} .\overrightarrow {SQ} } ight|}}{{KM.SQ}} = \dfrac{{\left| {\dfrac{{ - 19}}{{12}}{a^2}} ight|}}{{\dfrac{{a\sqrt {67} }}{6}.\dfrac{{11a}}{4}}} = \dfrac{{38}}{{11\sqrt {67} }} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 4: Nhận biết

    Cho hình chóp ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa SB và mặt phẳng (SAC) là góc nào dưới đây?

    Hình vẽ minh họa

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

    Hình chiếu của SB lên mặt phẳng (SAC) là SO.

    Vậy \widehat{\left( SC;(SAC) ight)} = \widehat{BSO}

  • Câu 5: 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 6: Vận dụng cao

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông cạnh A, đáy lớn AD = 8, BC = 6, SA = 6, SA ⊥ (ABCD). Gọi M là trung điểm của AB, (P) là mặt phẳng qua M và vuông góc với AB. Thiết diện của (P) và hình chóp có diện tích bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: (P) ⊥ AB => (P) // SA

    Gọi I là trung điểm của SB => MI // SA => MI ⊂ (P)

    Gọi N là trung điểm của CD => MN ⊥ AB => MN ⊂ (P)

    Gọi K là trung điểm của SC => IK // BC mà MN // BC => MN // IK => IK ⊂ (P)

    Vậy thiết diện của P và hình chóp là hình thang MNKI vuông tại M

    Ta có: MI là đường trung bình của tam giác SAB => MI = \frac{1}{2}SA = 3

    IK là đường trung bình của tam giác SBC => IK = \frac{1}{2}BC = 3

    MN là đường trung bình của hình thang ABCD => MN = \frac{1}{2}(AD + BC) = 7

    => S_{MNIK} = \frac{1}{2}(MN + IK).MI = 15

  • Câu 7: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC=a\sqrt{3}. Tam giác SBC đều và nằm trong mặt phẳng vuông với đáy. Tính khoảng cách d từ B đến mặt phẳng (SAC). 

    Hình vẽ minh họa:

    Tính khoảng cách d từ B đến mặt phẳng (SAC)

    Gọi M là trung điểm của BC

    => SH \bot BC \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} ight)

    Gọi N là trung điểm của AC

    => MN \bot AC

    Kẻ ME \bot SN,\left( {E \in SN} ight)

     \begin{matrix} d\left( {B,\left( {SAC} ight)} ight) = 2d\left( {M;\left( {SAC} ight)} ight) \hfill \\ = 2ME = 2.\dfrac{{SM.MN}}{{\sqrt {S{M^2} + M{N^2}} }} = \dfrac{{2a\sqrt {39} }}{{13}} \hfill \\ \end{matrix}

  • 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: 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

    Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề sau:

    Mệnh đề sai: “Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là khoảng cách từ một điểm M thuộc mặt phẳng (P) chứa a và song song với b đến một điểm N bất kì trên b.”

  • Câu 11: Thông hiểu

    Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Góc giữa SB và mặt phẳng (SCA) bằng 600. Gọi M là trung điểm của SB. Tính của góc giữa mặt phẳng (AMO) và mặt phẳng (SAB).

    Tính của góc giữa mặt phẳng (AMO) và mặt phẳng (SAB)

    Hình chóp S.ABCD đều, O là tâm của đáy nên SO \bot \left( {ABCD} ight);BD \bot \left( {SAC} ight)

    ABCD là hình vuông cạnh a nên AC = BD = a\sqrt 2 ;OB = \frac{1}{2}BD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}

    Ta có: \left( {SAB} ight) \cap \left( {AMO} ight) = AM

    Khi đó: \sin \varphi = \frac{{d\left( {O;\left( {SAB} ight)} ight)}}{{d\left( {O;AM} ight)}} với \varphi là góc giữa hai mặt phẳng (AMO) và (SAB).

    Do BD \bot \left( {SAC} ight) suy ra góc giữa SB và (SAC) là góc giữa SB và SO và bằng góc \widehat {BSO} = {60^0}.

    Tam giác SBO vuông tại O nên ta có:

    \begin{matrix} SO = \dfrac{{OB}}{{\tan {{60}^0}}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{{2\sqrt 3 }} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{6} \hfill \\ SB = \dfrac{{OB}}{{\sin {{60}^0}}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3} \hfill \\ \Rightarrow MB = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{6} \hfill \\ \end{matrix}

    Gọi I là trung điểm của AB. Kẻ OH ⊥ SI (1)

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {AB \bot OI} \\ {AB \bot SO} \end{array}} ight. \Rightarrow AB \bot \left( {SOI} ight) \Rightarrow OH \bot AB (2)

    Từ (1) và (2) suy ra OH \bot \left( {SAB} ight) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SAB} ight)} ight) = OH

    Vì OI là đường trung bình của tam giác ABD nên OI = \frac{1}{2}AD = \frac{a}{2}

    Tam giác SOI vuông tại O, đường cao OH, có

    \frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{I^2}}} + \frac{1}{{S{O^2}}} = \frac{{10}}{{{a^2}}} \Rightarrow OH = \frac{a}{{\sqrt {10} }}

    Áp dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến trong các tam giác SAB và SBC, ta có:

    \begin{matrix} A{M^2} = \dfrac{{2A{B^2} + 2S{A^2} - S{B^2}}}{4} = \dfrac{{2{a^2}}}{3} \Rightarrow AM = a\sqrt {\dfrac{2}{3}} \hfill \\ C{M^2} = \dfrac{{2C{B^2} - 2C{S^2} - S{B^2}}}{4} = \dfrac{{2{a^2}}}{3} \Rightarrow CM = a\sqrt {\dfrac{2}{3}} \hfill \\ \end{matrix}

    Trong tam giác AMC, có:

    \cos \widehat {CAM} = \frac{{A{M^2} + A{C^2} - M{C^2}}}{{2AMM.AC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat {CAM} = {30^0}

    \begin{matrix} d\left( {O;AM} ight) = \dfrac{{d\left( {C;AM} ight)}}{2} \hfill \\ = \frac{1}{2}AC.\sin \widehat {CAM} = \dfrac{1}{2}AC.\sin {30^0} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4} \hfill \\ \Rightarrow \sin \varphi = \dfrac{{d\left( {O;\left( {SAB} ight)} ight)}}{{d\left( {O;AM} ight)}} = \dfrac{a}{{\sqrt {10} }}:\dfrac{{a\sqrt 2 }}{4} = \dfrac{2}{{\sqrt 5 }} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 12: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a và SA\bot(ABCD);SA = a\sqrt{2}. Số đo góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAB) bằng:

    Hình vẽ minh họa

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

    \Rightarrow BC\bot(SAB)

    Mà BC\bot SB nên SC là hình chiếu của SB lên mặt phẳng (SAB)

    Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAB) là góc giữa SC và SB hay góc \widehat{CSB}.

    Trong tam giác SAB vuông tại A có SB = \sqrt{SA^{2} + AB^{2}} = \sqrt{2a^{2} + a^{2}} = a\sqrt{3}

    Trong tam giác SBC vuông tại B có \tan\widehat{CSB} = \frac{BC}{SB} = \frac{a}{a\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}

    \Rightarrow \widehat{CSB} = 30^{0}

    Số đo góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAB) bằng 30^{0}.

  • Câu 13: Nhận biết

    Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 1, cạnh SA vuông góc với đáy và SA = \sqrt{2}. Tính thể tích khối chóp S.ABCD đã cho.

    Hình vẽ minh họa

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

    Thể tích khối chóp là V = \frac{1}{3}.SA.S_{ABCD} = \frac{1}{3}.\sqrt{2}.1^{2} = \frac{\sqrt{2}}{3}

  • Câu 14: Nhận biết

    Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình vuông và một cạnh bên vuông góc với mặt đáy. Có bao nhiêu mặt bên vuông góc với mặt đáy?

    Hình vẽ minh họa:

    Giả sử SA ⊥ (ABCD). Khi đó có đúng 2 mặt bên vuông góc với mặt đáy là (SAB), (SAD).

  • Câu 15: 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 16: Thông hiểu

    Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc. Nếu H là hình chiếu vuông góc của điểm O trên mặt phẳng (ABC) thì H là:

    Vì \left\{ \begin{matrix} AB\bot OH \\ AB\bot OC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot CH

    Tương tự: BC\bot AH

    Vậy H là trực tâm tam giác ABC.

  • Câu 17: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, đáy ABCD cạnh bằng 2a, cạnh bên SB = a\sqrt{5}. Tính thể tích hình chóp S.ABCD?

    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)

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} S_{ABCD} = 4a^{2} \\ SO = \sqrt{SB^{2} - OB^{2}} = \sqrt{5a^{2} - 2a^{2}} = a\sqrt{3} \\ \end{matrix} ight.

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

  • Câu 18: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB,AC,AD đôi một vuông góc với nhau. Gọi trung điểm của các cạnh BC,CD,DB lần lượt là J;Q;K. Tính thể tích tứ diện AJQK, biết AB = 6cm;AC = 7cm;AD = 4cm.

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: V_{ABCD} =\frac{1}{2}AB.\frac{1}{2}AD.AC = \frac{1}{2}.6.7.4 = 28\left( cm^{3}ight)

    Nhận thấy S_{JQK} = \frac{1}{2}S_{JQKD} =\frac{1}{4}S_{BCD}

    V_{JQK} = \frac{1}{4}V_{ABCD} = 7\left(cm^{3} ight)

  • Câu 19: 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 20: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) là góc giữa cặp đường thẳng nào sau đây?

    Hình vẽ minh họa:

    Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cắt nhau theo giao tuyến SO và cùng vuông góc với đáy nên SO ⊥ (ABCD).

    Vậy góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) là góc giữa SB và BD.

  • Câu 21: 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 22: Thông hiểu

    Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = 2AC = AA' = 2a. Gọi M là trung điểm của BC. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng AM và B'C.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi N là trung điểm của BB’, ta có: MN//B’C nên (AM;B'C) = (AM;MN) = \widehat{AMN}

    Ta có:

    BC = \sqrt{AB^{2} + AC^{2}} = \sqrt{4a^{2} + a^{2}} = a\sqrt{5}

    AM = \frac{BC}{2} = \frac{a\sqrt{5}}{2}

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

    MN = \frac{B'C}{2} = \frac{\sqrt{BC^{2} + BB'^{2}}}{2} = \frac{\sqrt{5a^{2} + 4a^{2}}}{2} = \frac{3a}{2}

    Áp dụng định lí cosin trong tam giác MNA ta có:

    \cos\widehat{NMA} = \frac{MN^{2} + MA^{2} - AN^{2}}{2MN.MA}

    = \dfrac{\dfrac{9a^{2}}{4} +\dfrac{5a^{2}}{4} - 5a^{2}}{2.\dfrac{3a}{2}.\dfrac{a\sqrt{5}}{2}} = -\dfrac{\sqrt{5}}{5}

    \Rightarrow \cos(AM;B'C) = \frac{\sqrt{5}}{5}

  • Câu 23: Nhận biết

    Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước là 2;3;5 bằng:

    Thể tích cần tìm là: V = 2.3.5 = 30

  • Câu 24: Nhận biết

    Cho tứ diện ABCD. Chứng minh rằng nếu \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB} thì AB \bot CD;AC \bot BD;AD \bot BC. Điều ngược lại đúng không? Sau đây là lời giải

    Bước 1: Ta có sự tương đương

    Bước 2: Chứng minh tương tự ta có: AB \bot CD;AD \bot BC

    Bước 3: Ngược lại đúng, vì quá trình chứng minh ở bước 1 và bước 2 là quá trình biến đổi tương đương.

    Bước giải trên đúng hay sai? Nếu sai thì sai ở đâu?

    Lời giải đã cho là lời giải đúng

  • Câu 25: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A, D, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy. Biết AB = 2AD = 2DC = 2a, góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) là 60◦. Độ dài cạnh SA là:

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi E là trung điểm của AB.

    Ta dễ dàng chứng minh được ABCE là hình vuông

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

    Trong (SAB) kẻ HE ⊥ SB ta có:

    \left\{ \begin{matrix} SB\bot EH \\ SB\bot CE \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SB\bot(CHE) \Rightarrow SB\bot CH

    \begin{matrix} \left\{ \begin{matrix} (SAB)\ \cap \ (SBC) = SB \\ (SAB) \supset EH\bot SB \\ (SAC) \supset CH\bot SB \\ \end{matrix} ight.\ \\ \Rightarrow \widehat{\left( (SAB),(SBC) ight)} = \widehat{(EH,CH)} = \widehat{CHE} = 6 \\ \end{matrix}

    Xét tam giác vuông CEH có EH = CE. cot 60◦ = a\sqrt{3}

    Ta có ∆SAB ∼ ∆EHG (g - g)

    \begin{matrix}\Rightarrow \dfrac{SA}{EH} = \dfrac{SB}{BE} \hfill \\\Rightarrow SA = \dfrac{SB.EH}{BE} =\dfrac{\dfrac{a}{\sqrt{3}}.\sqrt{SA^{2} + 4a^{2}}}{a} \\\Rightarrow \sqrt{3SA} = \sqrt{SA^{2} + 4a^{2}}\hfill \\\Leftrightarrow SA = a\sqrt{2}\hfill \\\end{matrix}

  • Câu 26: 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 27: 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 28: Vận dụng

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Gọi K là trung điểm của DD’. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CK, A’D.

    Hình vẽ minh họa:

    Trong mặt phẳng (CDD’C), gọi P là giao điểm của CK và C’D’

    => KD’ là đường trung bình của ∆PCC’

    => D’ là trung điểm của PC’

    Trong mặt phẳng (A’B’C’D’), gọi M là giao điểm của PB’ và A’D’

    Ta có: A’D // B’C => A’D // (AKB’)

    => d(CK, A’D) = d (A’,(CKB’)) = \frac{1}{2}d(C’,(CPB’))

    Xét tứ diện PCC’B’ ta có:

    C’P, C’B và C’B đôi một vuông góc với nhau

    Đặt d(C’, (CPB’)) = x, thì:

    \frac{1}{x^{2}} = \frac{1}{CC'^{2}}+ \frac{1}{C'B'^{2}} + \frac{1}{C'P^{2}}

    \Rightarrow \frac{1}{x^{2}} =\frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{4a^{2}} =\frac{9}{4a^{2}}

    \Rightarrow d\left( C';(CPB')ight) = x = \frac{2a}{3}

    \Rightarrow d(CK;A'D) =\frac{1}{2}d\left( C';(CPB') ight) = \frac{1}{2}.\frac{2a}{3}= \frac{a}{3}

  • Câu 29: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, SA\bot(ABCD), SA = AB = a;AD = 2a. Gọi H;K lần lượt là hình chiếu của A lên SB;SD. Xét tính đúng sai của các kết luận sau?

    a) AH\bot SC Đúng||Sai

    b) SC\bot(AHK) Đúng||Sai

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

    d) \cos\left( (AHK);(ABCD) ight) = \frac{\sqrt{2}}{2}Sai||Đúng

    Đáp án là:

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, SA\bot(ABCD), SA = AB = a;AD = 2a. Gọi H;K lần lượt là hình chiếu của A lên SB;SD. Xét tính đúng sai của các kết luận sau?

    a) AH\bot SC Đúng||Sai

    b) SC\bot(AHK) Đúng||Sai

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

    d) \cos\left( (AHK);(ABCD) ight) = \frac{\sqrt{2}}{2}Sai||Đúng

    Hình vẽ minh họa

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

    \Rightarrow AH\bot BC

    Lại có AH\bot SB \Rightarrow AH\bot(SBC) \Rightarrow AH\bot SC(*)

    b) Chứng minh tương tự câu a ta có:

    \left\{ \begin{matrix} CD\bot AD \\ CD\bot SA \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow CD\bot(SAD);AK \subset (SAD)

    \Rightarrow AK\bot CD mà AK\bot SD \Rightarrow AK\bot(SCD)

    \Rightarrow AK\bot SC(**)

    Từ (*) và (**) suy ra: SC\bot(AHK).

    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: SA\bot(ABCD) \Rightarrow \widehat{\left( (AHK);(ABCD) ight)} = \widehat{(SC;SA)} = \widehat{ASC}

    Lại có ABCD là hình chữ nhật nên AC = \sqrt{AB^{2} + AD^{2}} = a\sqrt{5}

    Tam giác SAC vuông tại A nên SC = \sqrt{SA^{2} + AC^{2}} = a\sqrt{6}

    \Rightarrow \cos\widehat{ASC} = \frac{SA}{SC} = \frac{\sqrt{6}}{6}

    \Rightarrow \cos\left( (AHK);(ABCD) ight) = \frac{\sqrt{6}}{6} eq \frac{\sqrt{2}}{2}

  • Câu 30: 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 31: 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 32: Thông hiểu

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' . Ghép nối các đáp án với nhau.

    • (AB,B'C') || 90^{0}
    • (AC,B'C') || 45^{0}
    • (A'C',B'C) || 60^{0}
    Đáp án là:

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' . Ghép nối các đáp án với nhau.

    • (AB,B'C') || 90^{0}
    • (AC,B'C') || 45^{0}
    • (A'C',B'C) || 60^{0}

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: AB//A'B' mà (A'B',B'C') = 90^{0} \Rightarrow (AB,B'C') = 90^{0}

    Vì tứ giác ABCD là hình vuông nên (AC;BC) = 45^{0}

    Ta có: BC//B'C' nên (AC,B'C') = 45^{0}

    Ta có: A'C'//AC và tam giác AVB' là tam giác đều vì có các cạnh đều bằng đường chéo của các hình vuông bằng nhau. Do đó (A'C',B'C) = (AC,B'C) = 60^{0}

  • Câu 33: Thông hiểu

    Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình vuông, đường chéo BD = 2a. 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 = 2a nên AB = AD = a\sqrt{2}

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

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

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

  • Câu 34: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi tâm I, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi H;K lần lượt là hình chiếu của A lên SC;SD. Mệnh đề nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

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

  • Câu 35: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB, AD. Gọi α là góc giữa SA và (SHK). Chọn mệnh đề đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi I là giao điểm của HK và AC

    Dễ dàng suy ra HK // BD => HK ⊥ AC

    Ta lại có: AC ⊥ SH

    => AC ⊥ (SHK)

    => \left( SA;(SHK) ight) = (SA;SI) = \widehat{ASI}

    Tam giác SIA vuông tại I ta có:

    \tan\widehat{ASI} = \dfrac{AI}{SI} =\dfrac{\dfrac{1}{4}AC}{\sqrt{SA^{2} - AI^{2}}} =\dfrac{\sqrt{7}}{7}

  • Câu 36: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có AB = AC = AD, \widehat {BAC} = \widehat {BAD} = {60^0}. Hãy chứng mình AB ⊥ CD.

    Một bạn chứng mình qua các bước sau:

    Bước 1. \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AD}

    Bước 2. \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AB} .\left( {\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AD} } ight)

    Bước 3. \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} = |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AD} |.\cos {60^0} - |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AD} |.\cos {60^0} = 0

    Bước 4. Suy ra AB ⊥ CD

    Theo em. Lời giải trên sai từ:

    Bài toán sai từ bước 1 vì

    Theo quy tắc trừ hai vectơ ta có:

    \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} {\text{ }}

  • Câu 37: Nhận biết

    Cho tam giác ABC vuông tại A và có hai đỉnh B và C nằm trên mặt phẳng (P). Gọi A’ là hình chiếu vuông góc của đỉnh A lên mặt phẳng (P). Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào đúng?

    \begin{matrix} \overrightarrow{A'B}.\overrightarrow{A'C} = \overrightarrow{A'A}.\overrightarrow{A'C} + \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{A'C} \\ = \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{A'C} = \overrightarrow{AB}.\left( \overrightarrow{A'A} + \overrightarrow{AC} ight) \\ = \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{A'A} = - \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AA'} < 0 \\ \end{matrix}

    => Góc BA’C là góc tù.

  • Câu 38: Thông hiểu

    Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề sai?

    Mệnh đề sai là: “(P) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB nếu nó đi qua ba điểm phân biệt cách đều A và B.”

  • Câu 39: 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 40: 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}

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
  • 25 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