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 một khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = 2a và AB = 2a. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối chóp S.ABC?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trung điểm của AB

    Do tam giác SAB đều suy ra SH\bot AB

    Mà \left\{ \begin{matrix} (SAB)\bot(ABC) \\ SH \subset (SAB) \\ AB \subset (ABC) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SH\bot(ABC)

    Vậy SH là đường cao của hình chóp

    Khi đó SH = a\sqrt{3}

    Ta có: AB = 2a \Rightarrow BC = 2a

    S_{ABC} = \frac{1}{2}(2a)^{2} = 2a^{2}

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}S_{ABC}.SH = \frac{1}{3}.2a^{2}.a\sqrt{3} = \frac{2a^{3}\sqrt{3}}{3}

  • Câu 2: Nhận biết

    Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng a, M là trung điểm của cạnh BC. Xác định góc giữa hai đường thẳng AB và DM?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi N là trung điểm của AC thì MN // AB

    Suy ra (AB,DM) = (MN,DM)

    Ta có: \cos\widehat{DMN} = \frac{MN^{2} + DM^{2} - DN^{2}}{2MN.DM}

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

    \cos\widehat{DMN} = \frac{\sqrt{3}}{6} \Rightarrow (AB;DM) = \arccos\frac{\sqrt{3}}{6}

  • Câu 3: Nhận biết

    Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau?

    Ta có:

    “Trong không gian hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau” sai do hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng có thể cắt nhau hoặc chéo nhau.

    “Trong không gian hai mặt phẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau” sai do hai mặt phẳng cùng vuông góc với một đường thẳng có thể trùng nhau.

    “Trong không gian hai đường thẳng không có điểm chung thì song song với nhau” sai do trong không gian hai đường thẳng không có điểm chung có thể chéo nhau.

    Vậy khẳng định đúng là: “Trong không gian hai đường thẳng vuông góc với nhau có thể cắt nhau hoặc chéo nhau.”

  • Câu 4: Vận dụng

    Cho hình vuông ABCD cạnh 4a , lấy H, K lần lượt trên các cạnh AB, AD sao cho BH = 3HA, AK = 3KD. Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại H lấy điểm S sao cho \widehat {SBH} = 30^\circ. Gọi E là giao điểm của CH và BK . Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SE và BC .

    Gọi I là hình chiếu vuông góc của E lên AB ta có

    \begin{matrix} \Delta ABK = \Delta BCH \hfill \\ \Rightarrow \widehat {ABK} = \widehat {BCH} \Rightarrow \widehat {HEB} = 90^\circ \hfill \\ \end{matrix}

    Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng

    Ta có:

    \begin{matrix} {\text{cos}}\left( {SE\,;\,BC} ight) = {\text{cos}}\left( {SE\,;\,EI} ight) = \left| {\cos \widehat {SEI}} ight| \hfill \\ SH = BH.\tan 30^\circ = 3a.\dfrac{{\sqrt 3 }}{3} = a\sqrt 3 \hfill \\ \dfrac{{HB}}{{HC}} = \dfrac{{HE}}{{HB}} \Rightarrow HE = \dfrac{{H{B^2}}}{{HC}} = \dfrac{{9a}}{5} \hfill \\ SE = \sqrt {S{H^2} + H{E^2}} = \sqrt {3{a^2} + \dfrac{{81{a^2}}}{{25}}} = \dfrac{{2a\sqrt {39} }}{5} \hfill \\ \dfrac{{HE}}{{HB}} = \dfrac{{HI}}{{HE}} \Rightarrow HI = \dfrac{{H{E^2}}}{{HB}} = \dfrac{{27a}}{{25}} \hfill \\ SI = \sqrt {S{H^2} + H{I^2}} = \sqrt {3{a^2} + {{\left( {\dfrac{{27a}}{{25}}} ight)}^2}} = \dfrac{{2a\sqrt {651} }}{{25}} \hfill \\ \end{matrix}

    Trong tam giác vuông SEI có:

    EI = \sqrt {S{E^2} - S{I^2}} = \frac{{36a}}{{25}}

    => \cos \widehat {SEI} = \frac{{EI}}{{SE}} = \frac{{18}}{{5\sqrt {39} }}

  • Câu 5: Nhận biết

    Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

    Trong trường hợp a và b vuông góc nhau và chéo nhau, nếu (P) ⊃ a, (P) // b và (Q) ⊃ b, (Q) // a thì (P) // (Q).

  • Câu 6: Vận dụng

    Cho lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a, \widehat{BAD} = 60^{0}. Hình chiếu vuông góc của B’ xuống mặt đáy trùng với giao điểm hai đường chéo của đáy và cạnh bên BB’ = a. Tính góc giữa cạnh bên và mặt đáy.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi O là giao điểm của AC và BD

    Theo giả thiết ta có: B’O ⊥ (ABCD)

    Dó đó \left( BB';(ABCD) ight) = (BB';BO) = \widehat{B'BO}

    Vì tam giác ABD đều cạnh a => BO = \frac{BD}{2} = \frac{a}{2}

    Tam giác B’BO vuông ta có:

    \begin{matrix}\cos\widehat{B'BO} = \dfrac{BO}{BB'} = \dfrac{1}{2} \hfill \\\Rightarrow \widehat{B'BO} = 60^{0} \hfill \\\end{matrix}

  • Câu 7: Thông hiểu

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a\sqrt{2}. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CC’ và BD.

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    OC ⊥ BD

    OC ⊥ CC’

    => OC là đoạn vuông góc chung của CC’ và BD.

    Vậy d(CC’, BD) = OC = AC/2 = 2a/2 = a

  • Câu 8: Thông hiểu

    Cho hình tứ diện ABCD có AB, CD, BC đôi một vuông góc. Khi đó ta có:

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    \begin{matrix}\left\{ \begin{matrix}CD\bot AB \subset (ABC) \hfill \\CD\bot CB \subset (ABC) \\AB \cap CB = B \hfill \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow CD\bot(ABC) \hfill \\\Rightarrow CD\bot(ABC) \hfill \\\end{matrix}

    Ta có:

    Nếu AB\bot(ACD) \Rightarrow AB\botAC (Vô lí)

    Nếu BC\bot(ACD) \Rightarrow BC\botAC (Vô lí)

    Nếu AD\bot(BCD) \Rightarrow B \equivD (Vô lí)

     

  • Câu 9: 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 10: Thông hiểu

    Cho khối lăng trụ ABC.A'B'C có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A. Biết góc giữa mặt phẳng (A'BC) và mặt phẳng (ABC) bằng 60^{0} và cạnh AA' = 2a. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó

    \left\{ \begin{matrix} AM\bot BC \\ AA'\bot BC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(A'AM)

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

    Ta có: AM = \frac{AA'}{tan60^{0}} = \frac{2a\sqrt{3}}{3}

    \Rightarrow BC = 2AM = \frac{4a\sqrt{3}}{3}

    \Rightarrow V_{ABC.A'B'C'} = AA'.S_{ABC} = 2a.\frac{1}{2}.\frac{2a\sqrt{3}}{3}.\frac{4a\sqrt{3}}{3} = \frac{8}{3}a^{3}

  • Câu 11: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a. Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC;BD. Biết rằng SO = \frac{a\sqrt{2}}{2}. Tính góc giữa hai đường thẳng AB và SD?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: AB//CD \Rightarrow (AB;SD) =(CD;SD)

    OD = \frac{1}{2}BD =\frac{a\sqrt{2}}{2}

    SD = \sqrt{SO^{2} + OD^{2}} =\sqrt{\frac{a^{2}}{2} + \frac{a^{2}}{2}} = a

    \Rightarrow SC = SC = CD =a

    Suy ra tam giác SCD đều.

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

    \Rightarrow (AB;SD) = (CD;SD) =\widehat{SCD} = 60^{0}

  • Câu 12: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có SA\bot(ABC). Gọi hình chiếu vuông góc của điểm A lên cạnh BC là điểm H. Xác định góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC)?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có:

    BC = (SBC) \cap (ABC)

    Vì \left\{ \begin{matrix} BC\bot AS \\ BC\bot AH \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SAH) \Rightarrow BC\bot SH

    Vậy \left( (SBC);(ABC) ight) = \widehat{SHA}

  • Câu 13: 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 14: Vận dụng

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 1, cạnh bên hợp với mặt đáy một góc 600. Tính khoảng cách d từ O đến mặt phẳng (SBC)

    Hình ảnh minh họa

    Tính khoảng cách d từ O đến mặt phẳng (SBC)

    Gọi O là tâm ABCD => SO \bot (ABCD)

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {OB = \dfrac{{BD}}{2} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} \\ {OM = \dfrac{{AB}}{2} = \dfrac{1}{2}} \end{array}} ight.

    \begin{matrix} {60^0} = \left( {SB;\left( {ABCD} ight)} ight) = \left( {SB;OB} ight) = \widehat {SBO} \hfill \\ SO = OB.\tan \widehat {SBO} = \dfrac{{\sqrt 6 }}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    Gọi M là trung điểm của BC, kẻ OK vuông góc với SM (1)

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {BC \bot OM} \\ {BC \bot SO} \end{array}} ight. \Rightarrow BC \bot \left( {SOM} ight) \Rightarrow BC \bot OK\left( 2 ight)

    Xét tam giác vuông SOM ta có:

    \begin{matrix} OK = \dfrac{{SO.OM}}{{\sqrt {S{O^2} + O{M^2}} }} = \dfrac{{\sqrt {42} }}{{14}} \hfill \\ \Rightarrow d\left( {O;\left( {SBC} ight)} ight) = OK = \dfrac{{\sqrt {42} }}{{14}} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 15: Vận dụng cao

    Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC đều cạnh a, SA = a, SA ⊥ (ABC). Mặt phẳng (α) đi qua trung điểm E của SC và vuông góc với AB. Tính diện tích S của thiết diện tạo bởi (α) và hình chóp đã cho.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi F là trrung điểm của AC => EF // SA

    Do SA ⊥ (ABC) => SA ⊥ AB => EF ⊥ AB

    Gọi G, J lần lượt là trung điểm của AC và AJ

    => CJ ⊥ AB, FG // CJ => FG ⊥ AB

    Trong tam giác SAB kẻ GH // SA (H ∈ SB)=> GH ⊥ AB

    => Thiết diện cần tìm là hình thang vuông EFGH

    => S_{EFGH} = \frac{1}{2}(EF + GH).FG

    \begin{matrix}EF = \dfrac{1}{2}SA = \dfrac{a}{2};FG = \dfrac{1}{2}CJ =\dfrac{a\sqrt{3}}{4} \hfill \\\dfrac{GH}{SA} = \dfrac{BG}{BA} \Rightarrow GH = BG = \dfrac{3a}{4} \hfill \\\Rightarrow S_{EFGH} = \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{a}{2} + \dfrac{3a}{4}ight).\dfrac{a\sqrt{3}}{4} = \dfrac{5a^{2}\sqrt{3}}{32} \hfill\\\end{matrix}

  • Câu 16: 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 17: 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}

  • Câu 18: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi H là trung điểm cạnh AC, K là hình chiếu vuông góc của H trên SC. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SA\bot(ABC) \Rightarrow SA\bot BH

    Mà tam giác ABC là tam giác đều AC\bot BH

    \Rightarrow BH\bot SC mà HK\bot SC

    \Rightarrow SC\bot(BHK) \Rightarrow (SCB)\bot(BHK)

  • Câu 19: 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 20: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có SA\bot(ABC);SA = a\sqrt{3}, tam giác ABC đều có AB = a. Giả sử \alpha = \left( AB;(ABC) ight). Hãy xác định giá trị \sin\alpha?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của BC. Kẻ đường cao AK của tam giác SAM.

    Tam giác ABC đều suy ra AM\bot BC \Rightarrow BC\bot(SAM) \Rightarrow AK\bot(ABC)

    \Rightarrow \alpha = \left( AB;(ABC) ight) = (AB;AK) = \widehat{ABK}

    Xét tam giác ABM vuông tại A ta có:

    \frac{1}{AK^{2}} = \frac{1}{SA^{2}} + \frac{1}{AM^{2}}

    = \frac{1}{\left( a\sqrt{3} ight)^{2}} + \frac{1}{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} ight)^{2}} = \frac{5}{3a^{2}}

    \Rightarrow AK = \frac{a\sqrt{15}}{5}

    Vì AK\bot(ABC) \Rightarrow AK\bot BK

    Xét tam giác ABK vuông tại K ta có:

    \sin\alpha = \frac{AK}{AB} = \frac{\sqrt{15}}{5}

  • Câu 21: 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 22: 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 23: Thông hiểu

    Cho hình chóp OABC có OA = OB = OC = 1, các cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc. Gọi M là trung điểm của AB. Tính tích vô hướng của hai vecto \overrightarrow {OC} ;\overrightarrow {MA}.

    Tính tích vô hướng của hai vecto

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {OC} .\overrightarrow {MA} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {OC} .\overrightarrow {BA} \hfill \\ = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {OC} .\left( {\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OB} } ight) \hfill \\ = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {OC} .\overrightarrow {OA} - \dfrac{1}{2}\overrightarrow {OC} .\overrightarrow {OB} \hfill \\ = 0 - 0 = 0 \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {OC} .\overrightarrow {MA} = 0 \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 24: Nhận biết

    Giả sử đường thẳng ∆ cắt mặt phẳng (P) tại M. Trên ∆ lấy hai điểm A và B. Khi đó \frac{d\left( A;(P) ight)}{d\left( B;(P) ight)} bằng:

    \frac{d\left( A;(P) ight)}{d\left( B;(P) ight)} = \frac{AM}{BM}

  • Câu 25: Thông hiểu

    Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh có độ dài bằng 2a. Hình chiếu vuông góc của A' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm H của BC. Tính khoảng các d giữa hai đường thẳng BB' và A'H

    Do BB’ // AA’nên d(BB′;A′H)=d(BB′;(AA′H))=d(B;(AA′H))

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {BH \bot AH} \\ {BH \bot A\prime H} \end{array} \Rightarrow BH \bot \left( {AA\prime H} ight)} ight.

    Nên d(B;(AA′H))=BH=BC/2=a

    Vậy khoảng cách d(BB′;A′H)=a

  • Câu 26: 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 27: Nhận biết

    Khẳng định nào sau đây sai?

    Đường thẳng d vuông góc với hai đường thẳng nằm trong (\alpha) thì d\bot(\alpha) chỉ đúng khi hai đường thẳng đó cắt nhau.

  • Câu 28: 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 29: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD, SA vuông góc với đáy. Kẻ AH vuông góc với SB (H ∈ SB). Chọn mệnh đề đúng.

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    SA ⊥ BC

    AB ⊥ BC

    => BC ⊥ (SAB) => BC ⊥ AH

    Mà AH ⊥ SB nên AH ⊥ (SBC) => AH ⊥ SC

  • Câu 30: 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 31: Thông hiểu

    Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình thoi. Gọi O;O' lần lượt là tâm các hình bình hành ADD'A' và ABB'A' (như hình vẽ).

    Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: O;O' lần lượt là tâm các hình bình hành ADD'A' và ABB'A'

    => O;O' lần lượt là trung điểm của các cạnh A'D;A'B

    \Rightarrow OO' là đường trung bình tam giác A'BD \Rightarrow OO'//BD

    Vì đáy ABCD là hình thoi \Rightarrow AC\bot BD

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} OO'//BD \\ AC\bot BD \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AC\bot OO'

  • Câu 32: 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 33: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng \sqrt{6}cm . Góc tạo bởi cạnh bên SB và mặt phẳng đáy bằng 60^{0} . Thể tích khối chóp S.ABCD bằng bao nhiêu?

    Kết quả: 6 cm3

    Đáp án là:

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng \sqrt{6}cm . Góc tạo bởi cạnh bên SB và mặt phẳng đáy bằng 60^{0} . Thể tích khối chóp S.ABCD bằng bao nhiêu?

    Kết quả: 6 cm3

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O là giao điểm của 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)

    Diện tích đáy S_{ABCD} = AB^{2} = 6\left( cm^{2} ight)

    Góc giữa SB và mặt phẳng đáy là \left( SB;(ABCD) ight) = \widehat{SBO} = 60^{0}

    ABCD là hình vuông nên OB = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}AB\sqrt{2} = \frac{1}{2}.\sqrt{6}.\sqrt{2} = \sqrt{3}(cm)

    Xét tam giác vuông SOB ta có:

    SO = BO.tan\widehat{SDO} = \sqrt{3}.tan60^{0} = 3(cm)

    Khi đó thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}.SO.S_{ABC} = \frac{1}{3}.3.6 = 6cm^{3}

  • Câu 34: Nhận biết

    Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA\bot(ABCD);SA = a\sqrt{2}. Xác định thể tích S.ABCD?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có:

    S_{ABCD} = a^{2} \Rightarrow V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}SA.S_{ABCD} = \frac{a^{3}\sqrt{2}}{3}

  • Câu 35: Vận dụng cao

    Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại B và \widehat{ACB} = 30^{0}. Tam giác SAC là tam giác đều và thuộc mặt phẳng vuông góc với (ABC). Xét điểm M thuộc cạnh SC sao cho mặt phẳng (MAB) tạo với hai mặt phẳng (SAB); (ABC) góc bằng nhau. Tỉ số\frac{MS}{MC} có giá trị bằng:

    Gọi H là trung điểm của AC, suy ra SH ⊥ (ABC).

    Gọi N là trung điểm của AB, suy ra AB ⊥ (SHN).

    Lấy K là giao điểm của AM, SH. Do đó \left\{ \begin{matrix} \left( (ABM),(ABC) ight) = \widehat{HNK} \\ \ \left( (ABM),(SAB) ight) = \widehat{KNS} \\ \end{matrix} ight.

    Theo giả thiết, NK là phân giác của góc \widehat{SNH}

    Giả sử: AB = 1 \Rightarrow BC = \sqrt{3} \Rightarrow AC = 2 \Rightarrow SH = \sqrt{3}

    Mặt khác: SN = \sqrt{HN^{2} + SH^{2}} = \frac{\sqrt{15}}{2}

    \Rightarrow \frac{KH}{KS} = \frac{HN}{SN} = \frac{\sqrt{5}}{5} (tính chất phân giác).

    Gọi E là trung điểm của CM, theo định lí Ta-lét thì:

    \frac{KH}{KS} = \frac{ME}{MS} = \frac{1}{\sqrt{5}}

    \Rightarrow \frac{MC}{MS} = \frac{2ME}{MS} = \frac{2}{\sqrt{5}}

    \Rightarrow \frac{MC}{MS} = \frac{2}{\sqrt{5}}

    Vậy \frac{MS}{MC} = \frac{\sqrt{5}}{2}

  • Câu 36: Nhận biết

    Cho tứ diện OABC có OA;OB;OC đôi một vuông góc. Khẳng định nào dưới đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} OA\bot OB \\ OA\bot OC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow OA\bot(OBC)

  • Câu 37: Thông hiểu

    Một tấm ván hình chữ nhật ABCD được dùng làm mặt phẳng nghiêng để kéo một vật lên khỏi hố sâu 2\ m. Cho biết AB = 1\ m, AD = 3,5\ m. Tính góc giữa đường thẳng BD và đáy hố. (Kết quả làm tròn đến độ).

    Đáp án : 33\ ^{0}

    Đáp án là:

    Một tấm ván hình chữ nhật ABCD được dùng làm mặt phẳng nghiêng để kéo một vật lên khỏi hố sâu 2\ m. Cho biết AB = 1\ m, AD = 3,5\ m. Tính góc giữa đường thẳng BD và đáy hố. (Kết quả làm tròn đến độ).

    Đáp án : 33\ ^{0}

    Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của C, D lên đáy hố là mặt phẳng (AKHB).

    Khi đó BD có hình chiếu lên đáy là KB, suy ra

    \left( BD,(AKHB) ight) = (BD,BK) = \widehat{DBK}.

    Với độ sâu hố là DK = CH = 2(m), ta có

    AK = \sqrt{AD^{2} - DK^{2}} = \frac{\sqrt{33}}{2}.

    KB = \sqrt{AK^{2} + AB^{2}} = \frac{\sqrt{37}}{2}.

    \tan DBK = \frac{DK}{KB} = \frac{4\sqrt{37}}{37}

    \Rightarrow \widehat{DBK} \approx 33{^\circ}.

  • Câu 38: Vận dụng cao

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Một đường thẳng d đi qua đỉnh D’ và tâm I của mặt bên BCC’B’. Hai điểm M, N thay đổi lần lượt thuộc các mặt phẳng (BCC’B’) và (ABCD) sao cho trung điểm K của MN thuộc đường thẳng d (tham khảo hình vẽ). Giá trị bé nhất của độ dài đoạn thẳng MN là:

    Hình vẽ minh họa:

    Kẻ ME vuông góc với CB, tam giác MEN vuông tại E nên MN = 2EK.

    Vậy MN bé nhất khi và chỉ khi EK bé nhất.

    Lúc này EK là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d và đường thẳng CB.

    Qua I kẻ P Q song song với BC (như hình vẽ).

    Vậy d(BC, d) = d(BC,(D’PQ)) = d(C, (D’PQ)) = d(C’, (D’P Q)) = C’H (trong đó C’H vuông góc với D’P).

    Ta có:

    \frac{1}{C'H^{2}} = \frac{1}{a^{2}}+ \frac{4}{a^{2}} = \frac{5}{a^{2}}

    \Rightarrow C'H =\frac{a\sqrt{5}}{2} \Rightarrow d(BC;d) =\frac{2a\sqrt{5}}{5}

  • Câu 39: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, SA ⊥ (ABCD), AD = CD = a, AB = 2a. Gọi E là trung điểm của AB. Chỉ ra mệnh đề sai trong các mệnh đề dưới đây.

    Từ giả thiết suy ra ADCE là hình vuông

    => CE ⊥ AB, CE = AD = a

    Ta có: CE ⊥ AB, CE ⊥ SA => CE ⊥ (SAB)

    Vì CE = AD = a => CE =\frac{1}{2}AB

    => Tam giác ABC vuông tại C => CB ⊥ AB

    Kết hợp với CB ⊥ SA => CB ⊥ (SAC)

    Ta có:

    CD ⊥ AD, CD ⊥ SA => CD ⊥ (SAD)

    => Tam giác SDC vuông tại D

    Dùng phương pháp loại trừ nên ta có: CE ⊥ (SDC) là khẳng định sai.

  • Câu 40: Thông hiểu

    Cho hình lăng trụABC.A’B’Ccó đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a,\widehat {ACB} = 30^\circ, M là trung điểm cạnh AC. Góc giữa cạnh bên và mặt đáy của lăng trụ bằng 600. Hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của BM. Gọi \alpha là góc tạo bởi A’H với (A’ACC’). Tính \sin\alpha?

    Sin của góc tạo bởi A’H với (A’ACC’)

    Ta có A'H \bot \left( {ABC} ight) nên A’H là đường cao của lăng trụ.

    Kẻ HK \bot AC (K thuộc đoạn AC)

    Kẻ

    Suy ra HI \bot \left( {AA'C'C} ight)

    Khi đó \alpha = \left( {A'H,A'I} ight) = \widehat {HA'K}

    Sin của góc tạo bởi A’H với (A’ACC’)

    +) Do tam giác MCB cân tại B nên \widehat {BMC} = \widehat {BCM} = 30^\circ

    \begin{matrix} MH = \dfrac{1}{2}BM = \dfrac{1}{4}AC = \dfrac{1}{4}\dfrac{{AB}}{{\sin 30^\circ }} = \dfrac{a}{2} \hfill \\ \Rightarrow HK = MH.\sin 60^\circ = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4} \hfill \\ \end{matrix}

    +) Mặt khác, góc giữa cạnh bên A’A và mặt đáy bằng \widehat {A'AH} = 60^\circ (theo giả thiết)

    Và BM = AM = AB = a

    => Tam giác AMB là tam giác đều cạnh a

    \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow A'H = AH.\tan 60^\circ = \frac{{3a}}{2}

    Vì vậy, \sin \alpha = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\dfrac{{3a}}{2}}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{6}

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