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: Nhận biết

    Trong không gian cho đường thẳng a và điểm M. Có bao nhiêu đường thẳng đi qua M, cắt a và vuông góc với a?

    Có 1 nếu M không thuộc a, có vô số nếu M thuộc a

  • Câu 2: 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 3: Vận dụng cao

    Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác ABC vuông cân tại a, BC = a\sqrt{2}, AA’ = a, AA’ ⊥ (ABC). Mặt phẳng (β) qua trung điểm M của cạnh BC và vuông góc với AB’. Thiết diện tạo bởi (β) với hình lăng trụ đã cho là:

    Hình vẽ minh họa:

    Giả sử lấy điểm N là trung điểm của AB => MN ⊥ AB. Ta có:

    \begin{matrix}\left\{ \begin{matrix}MN\bot AB \\MN\bot AA' \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow MN\bot(ABB'A') \hfill \\\Rightarrow MN\bot A'B \Rightarrow MN \subset (\beta) \hfill \\\end{matrix}

    Từ giả thiết => AB = a = AA’

    => ABA’B’ là hình vuông

    => BA’ ⊥ AB’

    Trong mặt phẳng (ABB’A’) kẻ NQ // BA’ (Q thuộc AA’)

    Trong mặt phẳng (ACC’A’) kẻ QR // AC (R thuộc CC’)

    Do MN và QR cùng song song với AC và MN ⊥ NQ

    Vậy thiết diện là hình thang MNQR vuông.

  • Câu 4: 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 5: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có SA\bot(ABCD), tứ giác ABCD là hình vuông. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định sai?

    Hình vẽ minh họa

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

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

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} BD\bot AC \\ BD\bot SA \\ AC \cap SA = \left\{ A ight\} \\ AC;SA \subset (SAC) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow \left\{ \begin{matrix} BD\bot(SAC) \\ BD \subset (SBD) \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow (SBD)\bot(SAC)

    \left( (SAB);(SAC) ight) = (AD;BD) = 45^{0}

  • Câu 6: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a. Cạnh bên SA=\frac{a\sqrt{15}}{2} và vuông góc với mặt đáy (ABCD). Tính khoảng cách d từ O đến mặt phẳng (SBC)

    Ta có: 

    \begin{matrix} \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {AO \cap \left( {SBC} ight) = C} \\ {AC = 2OC} \end{array}} ight. \hfill \\ \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} ight)} ight) = 2d\left( {O;\left( {SBC} ight)} ight) \hfill \\ \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {SA \bot \left( {ABCD} ight) \Rightarrow SA \bot BC} \\ {AB \bot BC} \end{array}} ight. \hfill \\ \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} ight) \hfill \\ \end{matrix}

    Từ A kẻ AH \bot SB => AH \bot \left( {SBC} ight)

    \begin{matrix} \Rightarrow AH = d\left( {A;\left( {SBC} ight)} ight) \hfill \\ \dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{A{B^2}}} \hfill \\ \Rightarrow AH = \dfrac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt {285} }}{{19}} \hfill \\ \Rightarrow d\left( {O;\left( {SBC} ight)} ight) = \dfrac{1}{2}AH = \dfrac{{a\sqrt {285} }}{{19}} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 7: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA\bot(ABC);V_{S.ABC} = \frac{a^{3}}{4}. Tính chiều cao hình chóp S.ABC?

    Ta có:

    SA\bot(ABC) nên SA là chiều cao của hình chóp.

    Do tam giác ABC đều cạnh a nên S_{ABC} = \frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}

    Ta lại có:

    V_{S.ABC} = \dfrac{1}{3}SA.S_{ABC}\Rightarrow SA = \dfrac{3V_{S.ABC}}{S_{ABC}} =\dfrac{3.\dfrac{a^{3}}{4}}{\dfrac{a^{2}\sqrt{3}}{4}} =a\sqrt{3}

  • Câu 8: 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 9: Thông hiểu

    Một khối chóp tứ giác đều có các cạnh bằng 2t (cm). Khi đó thể tích của khối chóp đã cho bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng 2t là S.ABCD với I là tâm của đáy ta có:

    SA = BA = BC = DA = DC

    \Rightarrow \Delta SAC = \Delta BAC = \Delta DBC

    \Rightarrow \Delta SAC;\Delta BAC;\Delta DBC lần lượt vuông tại S; B; D

    I là trung điểm của AC suy ra SA = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}.2t.\sqrt{2} = t\sqrt{2}

    Vậy thể tích hình chóp là: V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}S_{ABCD}.SI = \frac{1}{3}.(2t)^{2}.t\sqrt{2} = \frac{4t^{3}\sqrt{2}}{3}

  • Câu 10: 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 11: 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 12: 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 13: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Gọi I;J lần lượt là trung điểm của SC;BC. Tính số đo góc giữa hai đường thẳng JI và CD?

    Hình vẽ minh họa

    Từ giả thiết ta có: JI//AB (do IJ là đường trung bình tam giác SAB)

    \Rightarrow (IJ;CD) =(SB;AB)

    Mặt khác ta lại có tam giác SAB đều nên \widehat{SBA} = 60^{0}

    \Rightarrow (SB;AB) = 60^{0} \Rightarrow(IJ;CD) = 60^{0}

  • Câu 14: 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 15: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, các cạnh AB = AC = a, các góc \widehat{SBA} = \widehat{SCA} = 90^{0}. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên (ABC) và SH = a\sqrt{2}. Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC).

    Đáp án: 1/3 (Ghi đáp án dưới dạng phân số tối giản a/b).

    Đáp án là:

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, các cạnh AB = AC = a, các góc \widehat{SBA} = \widehat{SCA} = 90^{0}. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên (ABC) và SH = a\sqrt{2}. Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC).

    Đáp án: 1/3 (Ghi đáp án dưới dạng phân số tối giản a/b).

    Hình vẽ minh họa

    Gọi (\alpha) là mặt phẳng qua B và vuông góc với AB \Rightarrow (\alpha) \cap (ABC) = Bt//AC.

    Gọi (\beta) là mặt phẳng qua C và vuông góc với AC

    \Rightarrow (\beta) \cap (ABC) =Ct'//AB

    Khi đó, (\alpha) \cap (\beta) = SH với H = Bt \cap Ct' là đỉnh thứ tư của hình vuông ABHC.

    Khi đó: \Delta SAB,\ \ \Delta SAC là hai tam giác vuông bằng nhau có SB = SC = a\sqrt{3},SA = 2a.

    Gọi I là chân đường cao hạ từ đỉnh B của tam giác SAB, ta có BI\bot SA,CI\bot SA.

    Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) là (IB;IC).

    Xét \Delta IBC cân tại I có IB = IC = \frac{a\sqrt{3}.a}{2a} = \frac{a\sqrt{3}}{2},BC = a\sqrt{2}.

    Ta có: \cos\widehat{BIC} = \frac{IB^{2} +IC^{2} - BC^{2}}{2IB.IC}= \dfrac{\dfrac{3a^{2}}{4} + \dfrac{3a^{2}}{4} -2a^{2}}{2.\dfrac{3a^{2}}{4}} = - \dfrac{1}{3}.

    Vậy cosin góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) bằng \frac{1}{3}.

  • Câu 16: 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 17: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều và H là trung điểm cạnh BC. Gọi O là trung điểm AH của tam giác ABC, SO\bot(ABCD). Gọi I là trung điểm cạnh OH. Gọi mặt phẳng (\alpha) qua I và vuông góc với OH. Thiết diện của (\alpha) với hình chóp S.ABC là:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} (\alpha)\bot OH \\ BC\bot OH \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow (\alpha)//BC

    => Qua I kẻ đường thẳng d_{1}//BC. Gọi \left\{ \begin{matrix} d_{1} \cap AB = M \\ d_{1} \cap AC = N \\ \end{matrix} ight.

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} SO\bot OH \\ (\alpha)\bot OH \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow (\alpha)//SO=> Qua I kẻ đường thẳng IK//SO;(K \in SH)

    (\alpha)//BC => Qua K kẻ đường thẳng d_{2}//BC. Gọi \left\{ \begin{matrix} d_{2} \cap SB = Q \\ d_{2} \cap SC = P \\ \end{matrix} ight.

    => thiết diện (\alpha) và hình chóp là tứ giác MNPQ có IK là đường trung trực của MN và PQ.

    => MNPQ là hình thang cân.

  • Câu 18: Vận dụng cao

    Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm của tam giác ABC, AA’ = 2a. M là trung điểm của B’C’. Khi đó khoảng cách từ C’ đến mặt phẳng (A’BM) là.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi N là trung điểm của BC, G là trọng tâm tam giác ABC.

    Dựng hình chữ nhật AND

    Kẻ GI // BC (I ∈ BD), GH ⊥ A’I (H ∈ A’I)

    Ta có: C’N // (A’MB) (do C’N // MB)

    => d(C’, (A’BM)) = d(N, (A’BM))

    Mà GN // (A’BM) (do GN // A’M)

    => d(N, (A’BM)) = d(G, (A’BM))

    => d(C’, (A’BM)) = d(G,(A’BM))

    Ta có: BD // AN, AN // A’M => BD // A’M => A’, M, B, D đồng phẳng.

    BD ⊥ GI (do ANBD là hình chữ nhật)

    BD ⊥ A’G (do A’G ⊥ (ABC))

    => BD ⊥ (A’GI) => BD ⊥ GH

    Mà A’I ⊥ GH => GH ⊥ (A’MB) => d(G, (A’BM)) = GH

    Tính GH: ∆ABC đều, cạnh a

    => AN = \frac{a\sqrt{3}}{2};AG =\frac{2}{3}AN = \frac{a\sqrt{3}}{3}

    Xét tam giác AA’G vuông tại G

    => A'G = \sqrt{AA'^{2} -AG^{2}}

    \Rightarrow A'G = \sqrt{4a^{2} -\frac{a^{2}}{3}} = \frac{a\sqrt{33}}{3}

    Ta lại có: GNBI là hình chữ nhật => GI= NB = \frac{a}{2}

    Xét tam giác A’GI vuông tại G có GH ⊥ A’I

    => \frac{1}{GH^{2}} = \frac{1}{GI^{2}}+ \frac{1}{A'G^{2}}

    \Rightarrow \dfrac{1}{GH^{2}} =\dfrac{1}{\dfrac{a^{2}}{4}} + \dfrac{1}{\dfrac{11a^{2}}{3}} =\dfrac{47}{11a^{2}}

    Suy ra GH =\sqrt{\frac{11}{47}}a

    \Rightarrow d\left( C'(A'BM)ight) = \frac{a\sqrt{11}}{\sqrt{47}}

  • Câu 19: Nhận biết

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

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

  • Câu 20: 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 21: 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 22: Vận dụng

    Cho hai tam giác ACD và BCD nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với nhau và AC = AD = BC = BD = a, CD = 2x. Với giá trị nào của x thì hai mặt phẳng (ABC) và (ABD) vuông góc.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD.

    Ta có AN ⊥ CD mà (ACD) ⊥ (BCD) suy ra AN ⊥ (BCD) => AN ⊥ BN

    Tam giác ABC cân tại C, có M là trung điểm của AB suy ra CM ⊥ AB

    Giả sử (ABC) ⊥ (BCD) mà CM ⊥ AB suy ra CM ⊥ (ABD) => CM ⊥ DM

    Khi đó, tam giác MCD vuông cân tại M

    => MN = \frac{AB}{2} = \frac{CD}{2} \Rightarrow AB = CD = 2x

    Ta lại có AN = BN = \sqrt{AC^{2} - AN^{2}} = \sqrt{a^{2} - x^{2}}

    MàAB^{2} = AN^{2} + BN^{2}

    => 2\left( a^{2} - x^{2} ight) = 4x^{2} \Rightarrow x = \frac{a\sqrt{3}}{3}

  • Câu 23: Thông hiểu

    Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AC = a\sqrt{3} và AA' = 3a. Chọn kết luận đúng về số đo góc giữa A'C và (ABC)?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có hình chiếu của A”C lên mặt phẳng (ABC) là AC

    Suy ra \left( A'C;(ABC) ight) = (A'C;AC) = \widehat{A'CA}

    Ta có: \tan\widehat{A'CA} = \frac{AA'}{AC} = \frac{3a}{a\sqrt{3}} = \sqrt{3}

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

  • Câu 24: 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 25: Vận dụng cao

    Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = 2\sqrt{3} và AA’ = 2. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh A’B’, A’C’ và BC. Cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (AB’C’) và (MNP) bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của BC và B’C’; I = BM ∩ AB’, J = CN ∩ AC’, E = MN ∩ A’Q.

    Suy ra (MNP) ∩ (AB’C’) = (MNCB) ∩ (AB’C’) = IJ và gọi K = IJ ∩ PE

    => K ∈ AQ, với E là trung điểm của MN.

    (AA’QP) ⊥ IJ => AQ ⊥ IJ, PE ⊥ IJ

    => ((MNP), (AB’C’)) = (AQ, PE) = α.

    Ta có: AP = 3, PQ = 2

    \Rightarrow AQ = \sqrt{13} \Rightarrow QK = \frac{\sqrt{13}}{3}

    PE = \frac{5}{2} \Rightarrow PK = \frac{5}{3}

    \cos\alpha = \left| \cos\widehat{QKP} ight| = \frac{\left| KQ^{2} + KP^{2} - PQ^{2} ight|}{2KQ.KP} = \frac{\sqrt{13}}{65}

  • Câu 26: Thông hiểu

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Đường thẳng AC’ vuông góc với mặt phẳng nào sau đây?

    Hình vẽ minh họa:

    Xác định mặt phẳng

    Ta có: AA’D’A là hình vuông => AD’ ⊥ A’D

    ABCD.A’B’C’D là hình lập phương => AB ⊥ A’D

    => A’D ⊥ (ABC’D’) => A’D ⊥ AC’

    Ta lại có: ABCD là hình vuông => AC ⊥ BD

    Mà A’A ⊥ BD => BD ⊥ (AA’C’C) => BD ⊥ AC’

    Kết hợp với A’D ⊥ AC’ => A’C ⊥ (A’BD)

  • Câu 27: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 2a. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (ABCD) bằng 90^{0}, SA = SB. Tính tan góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD), biết thể tích khối chóp S.ABCD bằng \frac{4a^{3}}{3}?

    Hình vẽ minh họa

    Kẻ SH\bot AB , gọi \alpha = \left( SC;(ABCD) ight)

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} (SAB)\bot(ABCD) \\ (SAB) \cap (ABCD) = AB \\ SH \subset (SAB) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SH\bot(ABCD)

    \Rightarrow \alpha = \widehat{SCH}

    Lại có: V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}SH.S_{ABCD} = \frac{4a^{3}}{3} \Rightarrow SH = a

    Do tam giác SAB cân tại S nên H là trung điểm của AB

    \Rightarrow HC = \sqrt{BH^{2} + BC^{2}} = a\sqrt{5}

    \Rightarrow \tan\alpha = \tan\widehat{SCH} = \frac{SH}{HC} = \frac{a}{a\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5}

  • Câu 28: 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 29: Thông hiểu

    Cho tứ diện đều ABCD, M là trung điểm của AB. Gọi α là góc giữa hai đường thẳng CM và DM. Tính giá trị của cos α?

    Gọi a là độ dài cạnh của tứ diện đều. Khi đó:

    CD = a;MC = MD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}

    Ta có hình vẽ minh họa:

    Tính cosin góc giữa hai đường thẳng

    Áp dụng định lí cosin vào tam giác CMD ta được:

    \begin{matrix} \cos \widehat {CMD} = \dfrac{{M{C^2} + M{D^2} - C{D^2}}}{{2MC.MD}} \hfill \\ = \dfrac{{\dfrac{{3{a^2}}}{2} - {a^2}}}{{\dfrac{{3{a^2}}}{2}}} = \dfrac{{\dfrac{{{a^2}}}{2}}}{{\dfrac{{3{a^2}}}{2}}} = \dfrac{1}{3} \hfill \\ \Rightarrow \cos \alpha = \dfrac{1}{3} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 30: Nhận biết

    Cho a, b, c là các đường thẳng trong không gian. Mệnh đề nào dưới đây sai?

    Nếu a ⊥ b, b ⊥ c thì a // c hoặc a cắt c hoặc a trùng với c hoặc a chéo c.

  • Câu 31: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau. Điểm nào cách đều bốn đỉnh của A, B, C, D của tứ diện ABCD?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} BC\bot AB \\ CD\bot AB \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(BCD)=> Tam giác ABD vuông tại B.

    => IA = IB = ID = AD/2 (với I là trung điểm của AD)

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

    => Tam giác BCD vuông tại C.

    => EA = EC = ED = AD/2 (E là trung điểm của AD)

    Vậy I trùng với E

    Vậy điểm cách đều bốn đỉnh của A, B, C, D của tứ diện ABCD là trung điểm của đoạn thẳng AD.

  • Câu 32: 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 33: 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 34: Nhận biết

    Cho lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a. Góc giữa đường thẳng A’B và mặt phẳng (A’B’C’) bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Vì BB’ ⊥ (A’B’C’) nên A’B’ là hình chiếu vuông góc của A’B lên (A’B’C’)

    => Góc giữa đường thẳng A’B và mặt phẳng (A’B’C’) là \widehat{BA'B'}

    Ta có: A’B’ = BB’ = a nên tam giác B’A’B vuông cân tại B’

    => \widehat{BA'B'} =45^{0}

  • Câu 35: Nhận biết

    Trong không gian cho đường thẳng \Delta và điểm A. Qua điểm A có bao nhiêu đường thẳng vuông góc với \Delta?

    Trong không gian có vô số đường thẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một đường thẳng cho trước.

  • Câu 36: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B; biết AB = BC = 4a. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi H là trung điểm của AB, biết khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SHD) bằng a\sqrt {10}. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SC và HD.

    Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SC và HD

    Ta có: \left\{ \begin{gathered} \left( {SAB} ight) \bot \left( {ABCD} ight) \hfill \\ \left( {SAB} ight) \cap \left( {ABCD} ight) = AB \hfill \\ SH \bot AB \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow SH \bot (ABCD)

    Kẻ CK \bot HD tại K, ta có:

    \begin{matrix} \left\{ \begin{gathered} CK \bot HD \hfill \\ CK \bot SH \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow CK \bot \left( {SHD} ight) \hfill \\ \Rightarrow d(C,(SHD)) = CK = a\sqrt {10} \hfill \\ \end{matrix}

    Ta có:

    \begin{matrix} CH = \sqrt {B{C^2} + B{H^2}} = a\sqrt {20} \hfill \\ \Rightarrow HK = \sqrt {C{H^2} + C{K^2}} = a\sqrt {10} \hfill \\ \Rightarrow CK = HK \hfill \\ \end{matrix}

    Do đó tam giác CHK vuông cân tại K

    \Rightarrow \widehat {KHC} = {45^o} \Rightarrow \widehat {DHC} = {45^o} \Rightarrow \tan \widehat {DHC} = 1

    Tam giác BHC vuông tại B nên \tan \widehat {BHC} = \frac{{BC}}{{BH}} = 2

    \tan \widehat {BHD} = \tan \left( {\widehat {BHC} + \widehat {CHD}} ight) = \frac{{\tan \widehat {BHC} + \tan \widehat {CHD}}}{{1 - \tan \widehat {BHC}.\tan \widehat {CHD}}} = - 3

    Mà \widehat {BHD} + \widehat {AHD} = 180^\circ

    \Rightarrow \tan \widehat {AHD} = - \tan \widehat {BHD} = 3 \Rightarrow \frac{{AD}}{{AH}} = 3 \Rightarrow AD = 6a

    Gọi M, E lần lượt là giao điểm của HD với AC và BC.

    Khi đó AEBD là hình bình hành nên EB = AD = 4a => EC = 10a

    Ta có: AD // EC

    \begin{matrix} \dfrac{{AD}}{{EC}} = \dfrac{{AM}}{{MC}} = \dfrac{{6a}}{{10a}} = \dfrac{3}{5} \hfill \\ \Rightarrow AM = \frac{3}{5}MC = \dfrac{3}{8}AC = \dfrac{3}{8}.a\sqrt {32} = \dfrac{{3a\sqrt 2 }}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ CN song song HD, với N \in AB. Khi đó góc giữa hai đường thẳng SC và HD bằng góc giữa SC và CN.

    Ta có:

    \begin{matrix} AH = \dfrac{3}{5}HN \hfill \\ \Rightarrow HN = \dfrac{{10}}{3}a \Rightarrow BN = \dfrac{4}{3}a \hfill \\ SN = \sqrt {S{H^2} + H{N^2}} = \sqrt {\dfrac{{208}}{3}} a \hfill \\ CN = \sqrt {B{N^2} + B{C^2}} = \dfrac{{4\sqrt {10} }}{3}a. \hfill \\ \end{matrix}

    Áp dụng định lý côsin trong tam giác SCN, ta có:

    \cos \widehat {SCN} = \frac{{S{C^2} + C{N^2} - S{N^2}}}{{2SC.CN}} = \frac{{\sqrt 5 }}{4}

    Vậy \cos \left( {SC,HD} ight) = \cos \left( {SC,CN} ight) = \left| {\cos \widehat {SCN}} ight| = \frac{{\sqrt 5 }}{4}

  • Câu 37: 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 38: 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 39: Vận dụng

    Cho hình vuông ABCD và tam giác đều SAB cạnh a nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Tính sin góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAD).

    Tính sin góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAD)

    Gọi I là trung điểm của AB. Khi đó SI \bot \left( {ABCD} ight)

    Ta có \left\{ \begin{gathered} AD \bot AB \hfill \\ AD \bot SI \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} ight) mà AD \subset \left( {SAD} ight) \Rightarrow \left( {SAD} ight) \bot \left( {SAB} ight)

    Dựng BH \bot SA tại H suy ra SH \bot \left( {SAD} ight)

    Trong mặt phẳng (SAD) kẻ Hx // AD. Trong mặt phẳng (BC, Hx) qua C kẻ đường thẳng song song với BH cắt Hx tại K thì CK \bot \left( {SAD} ight)

    Suy ra SK là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng (SAD) nên góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAD) là góc \widehat {CSK}

    Ta có BH = CK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}

    Trong tam giác SCI có

    SC = \sqrt {S{I^2} + I{C^2}} = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{4} + \frac{{5{a^2}}}{4}} = a\sqrt 2

    Suy ra \sin \widehat {CSK} = \frac{{CK}}{{SC}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 6 }}{4}

  • Câu 40: 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}}

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
  • 55 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