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 chữ nhật tâm O, SA ⊥ (ABCD). I là trung điểm của SC. Khẳng định nào dưới đây sai?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: O và I lần lượt là trung điểm của AC và SC

    => OI là đường trung bình của tam giác SAC

    => OI // SA

    Mà SA ⊥ (ABCD) => OI ⊥ (ABCD)

    Ta có: ABCD là hình chữ nhật => BC ⊥ AB

    Mà SA ⊥ BC => BC ⊥ SB

    Tương tự ta có: CD ⊥ AD, CD ⊥ SA => CD ⊥ SD

    Nếu (SAC) là mặt phẳng trung trực của BD => BD ⊥ AC điều này không thể xảy ra vì ABCD là hình chữ nhật.

    Vậy khẳng định sai là: “Mặt phẳng (SAC) là mặt phẳng trung trực của BD.”

  • Câu 2: 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 3: Thông hiểu

    Cho khối chóp S.ABCD có SA\bot(ABCD); đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a;AD = a\sqrt{3}. Tính thể tích khối chóp S.ABCD, biết mặt phẳng (SBC) tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 60^{0}.

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: S_{ABCD} = a^{2}\sqrt{3}

    Vì \left\{ \begin{matrix} (SBC) \cap (ABCD) = BC \\ BC\bot SB \subset (SBC) \\ BC\bot AB \subset (ABCD) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow \left( (SBC);(ABCD) ight) = (SB;AB) = \widehat{SBA}

    Vậy \widehat{SBA} = 60^{0}

    Xét tam giác vuông SAB có

    \tan60^{0} = \frac{SA}{AB} \Rightarrow SA= AB.\tan60^{0} = a\sqrt{3}

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

  • Câu 4: 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 5: Vận dụng cao

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là lục giác đều và AB = BC = CD = a. Mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy, \widehat{\left( SC,(ABCD) ight)} = 60^{0}. Tính sin của góc tạo bởi SC và mặt phẳng (SAD).

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi I là giao điểm của AC và BD

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} (SAC)\bot(ABCD) \\ (SBD)\bot(ABCD) \\ (SAC) \cap (SBD) = SI \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SI\bot(ABCD)

    Ta có góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) là góc SCI

    =>\widehat{\left( SC,(ABCD) ight)} = \widehat{SCI} = 60^{0}

    Xét tam giác BCD có:

    \begin{matrix}BD^{2} = BC ^{2} + CD^{2} - BD.CD.cos\widehat{BCD} \hfill\\= a^{2} + a^{2} - 2.a.a.cos120^{0} = 3a^{2} \hfill \\\Rightarrow AC = BD = a\sqrt{3} \hfill \\\end{matrix}

    Vì BC // AD => \Delta IBC\sim\Delta IDA \Rightarrow \frac{IC}{IA} = \frac{BC}{AD} = \frac{1}{2}

    \begin{matrix}\Rightarrow \dfrac{IC}{AC - IC} = \dfrac{1}{2} \hfill \\\Rightarrow \dfrac{IC}{a\sqrt{3} - IC} = \dfrac{1}{2} \hfill \\\Rightarrow IC = \dfrac{a\sqrt{3}}{3} \hfill \\\Rightarrow IA = 2IC = \dfrac{2a\sqrt{3}}{3} \hfill \\\end{matrix}

    Xét tam giác SIC vuông tại I ta có: \left\{ \begin{matrix}SI = IC.\tan60^{0} = a \\SC = \dfrac{IC}{\cos60^{0}} = \dfrac{2a\sqrt{3}}{3} \\\end{matrix} ight.

    Gọi O là trung điểm của AD

    Xét tam giác AID cân tại I với trung tuyến IO ta có:

    \begin{matrix}IO^{2} = \dfrac{IA^{2} + ID^{2}}{2} - \dfrac{AD^{2}}{4} = \dfrac{a^{2}}{3} \hfill\\\Rightarrow IO = \dfrac{a\sqrt{3}}{3} \hfill\\\end{matrix}

    Dựng HI vuông góc với SO tại H => d\left( I;(SAD) ight) = IH = \frac{a}{2}

    Ta có:

    \begin{matrix}CI \cap (SAD) = A \hfill\\\Rightarrow \dfrac{d\left( C;(SAD) ight)}{d\left( I,(SAD) ight)} =\dfrac{AC}{AI} = \dfrac{3}{2}\hfill \\\Rightarrow d\left( C;(SAD) ight) = \dfrac{3a}{4} \hfill\\\end{matrix}

    Gọi K là hình chiếu vuông goc của C trên mặt phẳng (SAD)

    => SK là hình chiếu vuông góc của CK trên mặt phẳng (SAD) và CK = d\left( C;(SAD) ight) = \frac{3a}{4}

    => Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAD) là \widehat{CSK}

    \sin\widehat{CSK} = \frac{CK}{SC} = \frac{3\sqrt{3}}{8}

  • Câu 6: Thông hiểu

    Cho hình hộp thoi ABCD.A'B'C'D' có tất cả các cạnh bằng a và \widehat{ABC} = \widehat{B'BA} = \widehat{B'BC} = 60^{0}. Tứ giác A'B'CD là hình gì?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có tứ giác A’B’CD là hình bình hành

    Do \widehat{B'BC} = 60^{0} nên tam giác BB’C đều \Rightarrow B'C = a

    Do đó CD = B'C = a nên tứ giác A’B’CD là hình thoi

    Ta có

    \overrightarrow{CB'}.\overrightarrow{CD} = \left( \overrightarrow{CB} + \overrightarrow{BB'} ight).\overrightarrow{BA}

    = \overrightarrow{CB}.\overrightarrow{BA} + \overrightarrow{BB'}.\overrightarrow{BA} = - \frac{a^{2}}{2} + \frac{a^{2}}{2} = 0

    Suy ra CB'\bot CD

    Vậy tứ giác A'B'CD là hình vuông.

  • Câu 7: Vận dụng

    Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có tất cả các cạnh bằng a. (như hình vẽ).

    Tính d\left( A;(A'BC) ight)?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm cạnh BC.

    Ta có tam giác ABC đều cạnh a nên AM\bot BC; AM = \sqrt{AB^{2} - BH^{2}} = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    ABC.A'B'C' là hình lăng trụ tam giác đều nên AA'\bot(ABC) \Rightarrow AA'\bot BC

    Do đó BC\bot(A'AM) và BC \subset (A'BC) \Rightarrow (A'AM)\bot(A'BC) theo giao tuyến A'M

    Kẻ AH\bot AM \Rightarrow AH\bot(A'BC)

    D\left( A;(A'BC) ight) = AH

    Lại có \frac{1}{AH^{2}} = \frac{1}{A'A^{2}} + \frac{1}{AM^{2}} \Leftrightarrow \frac{1}{AH^{2}} = \frac{1}{a^{2}} + \frac{4}{3a^{2}}

    \Leftrightarrow \frac{1}{AH^{2}} = \frac{7}{3a^{2}} \Rightarrow AH = \frac{a\sqrt{21}}{7}

  • Câu 8: 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 9: Vận dụng

    Tính thể tích khối chóp tam giác đều cạnh đáy bằng a. Biết độ dài chiều cao của tam giác đáy và cạnh bên của hình chóp tỉ lệ 1 : 2?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trọng tâm tam giác ABC suy ra SH\bot(ABC)

    Gọi M là trung điểm của BC

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

    Vì độ dài chiều cao của tam giác đáy và cạnh bên của hình chóp tỉ lệ 1 : 2

    Hay AM = \frac{1}{2}SA

    \Rightarrow SA = a\sqrt{3}

    Xét tam giác SAH vuông tại H ta có:

    \Rightarrow SH = \sqrt{SA^{2} - AH^{2}}

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

    Vậy V_{S.ABC} = \frac{1}{3}.S_{ABC}.SH = \frac{1}{3}.\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}.\frac{2a\sqrt{6}}{3} = \frac{a^{3}\sqrt{2}}{6}

  • Câu 10: 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 11: Vận dụng

    Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a\sqrt{2} và cạnh bên bằng 2a. Gọi α là góc tạo bởi hai mặt phẳng (SAC) và (SCD). Tính cos α.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi tâm của đáy là O, M là trung điểm của CD

    Trong (SOM), kẻ OH vuông góc với SM tại H

    Khi đó ta có OH ⊥ (SCD). Mà OD ⊥ (SAC).

    Do đó ((SCD), (SAC)) = (OH, OD) = \widehat{HOD} = α.

    Ta có OD = a, SO = a\sqrt{3};OM = \frac{a\sqrt{2}}{2}

    Xét tam giác OSM vuông tại O ta có:

    \begin{matrix}\dfrac{1}{OH^{2}} = \dfrac{1}{OS^{2}} + \dfrac{1}{OM^{2}} \hfill\\\Rightarrow OH = \dfrac{a\sqrt{21}}{7} \hfill\\\end{matrix}

    Xét tam giác OHD vuông tại H ta có:

    \cos\alpha = \frac{OH}{OD} = \frac{\sqrt{21}}{7}

  • Câu 12: Thông hiểu

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’CD’D. Tính góc tạo bởi đường thẳng AB’ và mặt phẳng (BDD’B’)

    Góc tạo bởi đường thẳng AB’ và mặt phẳng (BDD’B’)

    Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Khi đó ta có AO \bot BD (1).

    Mặt khác ta lại có ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên BB' \bot \left( {ABCD} ight)

    \Rightarrow BB' \bot AO (2)

    Từ (1) và (2) ta có AO \bot \left( {BDD'B'} ight) tại O

    Khi đó B’O là hình chiếu của AB’ lên mặt phẳng (BDD’B’).

    Suy ra góc tạo bởi đường thẳng AB’ và mặt phẳng (BDD’B’) là \widehat {AB'O}

    Xét tam giác vuông AB’O có \sin \widehat {AB'O} = \frac{{AO}}{{AB'}} = \frac{1}{2}

    Vậy \widehat {\left( {AB',\left( {BDD'B'} ight)} ight)} = 30^\circ

  • Câu 13: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các cạnh SB, SC. Giả sử HK cắt BC tại D. Khi đó:

    a) \widehat{(AC;AD)} = 90^{0} Đúng||Sai

    b) AH\bot(SBC) Đúng||Sai

    c) \widehat{(SC;HK)} = 90^{0} Đúng||Sai

    d) Tam giác SBC cân tại B. Sai||Đúng

    Đáp án là:

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các cạnh SB, SC. Giả sử HK cắt BC tại D. Khi đó:

    a) \widehat{(AC;AD)} = 90^{0} Đúng||Sai

    b) AH\bot(SBC) Đúng||Sai

    c) \widehat{(SC;HK)} = 90^{0} Đúng||Sai

    d) Tam giác SBC cân tại B. Sai||Đúng

    \widehat{(AC;AD)} = 90^{0} đúng

    AH\bot(SBC) đúng

    \widehat{(SC;HK)} = 90^{0} đúng

    Tam giác SBC cân tại B. sai

  • Câu 14: 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 15: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a; SA\bot(ABCD);SA = a\sqrt{2}. Tính khoảng cách giữa hai đường chéo nhau AC và SB bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Kẻ đường thẳng d qua B và song song AC

    Gọi M là hình chiếu vuông góc của A lên d

    Gọi H là hình chiếu của A lên SM.

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} SA\bot BM \\ BM\bot AM \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BM\bot(SAM) \Rightarrow AH\bot(SBM)

    \Rightarrow d(AC;SB) = d\left( A;(SBM) ight) = AH

    Xét tam giác SAM có đường cao AH nên

    \frac{1}{AH^{2}} = \frac{1}{AS^{2}} + \frac{1}{AM^{2}} = \frac{5}{2a^{2}}

    \Rightarrow AH = \frac{a\sqrt{10}}{5}

  • Câu 16: 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 17: 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 18: 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 19: Thông hiểu

    Cho hai hình vuông ABCD và ABEF cạnh a nằm trên hai mặt phẳng vuông góc. Độ dài DE bằng:

    Ta có:

    EB ⊥ (ABCD) vì nó vuông góc với giao tuyến AB của hai mặt phẳng vuông góc đã cho

    => CD ⊥ (EBC) => CD ⊥ CE

    => Tam giác ECD vuông tại C.

    => DE = \sqrt {E{C^2} + C{D^2}}

    Ta có: EB ⊥ BC => Tam giác EBC vuông tại B

    => EC = \sqrt {B{E^2} + C{D^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2

    => DE = \sqrt {E{C^2} + C{D^2}}

    => DE =a\sqrt{3}

  • Câu 20: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm H của cạnh BC. Biết tam giác SBC là tam giác đều. Gọi α là số đo của góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABC). Tính tan α.

    Hình chiếu của SA lên mặt phẳng (ABC) là AH

    => Góc giữa SA và mặt phẳng (ABC) là \widehat{SAH}

    Tam giác ABC và SBC là các tam giác đều cùng cạnh a

    AH = SH =\frac{a\sqrt{3}}{2}

    Vậy tan α = 1

  • Câu 21: 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 22: Vận dụng

    Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tất cả các cạnh bằng a và các góc tại đỉnh B đều bằng 600.

    Đường thẳng B’C vuông góc với đường thẳng:

    Hình vẽ minh họa:

    Đường thẳng B’C vuông góc với đường thẳng nào

    Ta có: 

    \begin{matrix} \overrightarrow {CB'} .\overrightarrow {CD} = \left( {\overrightarrow {CC'} + \overrightarrow {C'B'} } ight).\overrightarrow {CD} \hfill \\ = \overrightarrow {CC'} .\overrightarrow {CD} + \overrightarrow {C'B'} .\overrightarrow {CD} \hfill \\ = CC'.CD.\cos \widehat {C'CD} + C'B'.CD.\cos \widehat {B'C'D'} \hfill \\ = a.a.\cos {60^0} + a.a.\cos \left( {{{180}^0} - \widehat {ABC}} ight) \hfill \\ = \dfrac{{{a^2}}}{2} - \dfrac{{{a^2}}}{2} = 0 \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 23: Nhận biết

    Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Khẳng định nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: ABCD là hình vuông nên BD\bot AC

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

    \Rightarrow BD\bot(SAC)

  • Câu 24: Nhận biết

    Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

    Mệnh đề “Hai mặt phẳng cùng song song với một mặt phẳng thứ ba thì song song với nhau” là sai. Hai mặt phẳng cùng song song với một mặt phẳng thứ ba thì song song hoặc trùng nhau.

    Mệnh đề “Qua một đường thẳng cho trước có duy nhất một mặt phẳng vuông góc với một mặt phẳng cho trước” là sai. Nếu đường thẳng vuông góc với mặt phẳng cho trước thì có vô số mặt phẳng qua đường thẳng và vuông góc với mặt phẳng đó. Nếu đường thẳng không vuông góc với mặt phẳng cho trước thì không có mặt phẳng nào vuông góc với mặt phẳng đó.

    Mệnh đề “Hai mặt phẳng cùng vuông góc với một mặt phẳng thứ ba thì vuông góc với nhau” là sai. Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba thì song song với nhau hoặc cắt nhau (giao truyến vuông góc với mặt phẳng kia).

    Vậy mệnh đề đúng là: “Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với hai mặt phẳng cắt nhau cho trước.”

  • Câu 25: Nhận biết

    Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân tại A. Gọi M là trung điểm cạnh BC. Chọn kết luận đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Vì tam giác ABC cân tại A và M là trung điểm của BC

    => AM\bot BC

    Ta có: BC//B'C'

    \Rightarrow (B'C';AM) = (BC;AM) = 90^{0}

  • Câu 26: 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 27: Vận dụng

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

    Hình vẽ minh họa:

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

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

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

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

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

    Tam giác SAH vuông nên

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

  • Câu 28: Nhận biết

    Cho một khối chóp có diện tích đáy bằng 8a^{2}, chiều cao bằng a. Thể tích khối chóp đã cho là:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 8a^{2} \\ h = a \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}B.h = \frac{8}{3}a^{3}

  • Câu 29: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a;AD = 3a;SA\bot(ABCD);SA = 2a. Kẻ đường cao AI của tam giác SAB. Khi đó:

    a) BC\bot(SAB) Đúng||Sai

    b) \widehat{\left( SC;(ABCD) ight)} \approx 30^{0} Sai||Đúng

    c) AI\bot CS Đúng||Sai

    d) Diện tích tam giác AIC bằng \frac{7a^{2}}{5}Sai||Đúng

    Đáp án là:

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a;AD = 3a;SA\bot(ABCD);SA = 2a. Kẻ đường cao AI của tam giác SAB. Khi đó:

    a) BC\bot(SAB) Đúng||Sai

    b) \widehat{\left( SC;(ABCD) ight)} \approx 30^{0} Sai||Đúng

    c) AI\bot CS Đúng||Sai

    d) Diện tích tam giác AIC bằng \frac{7a^{2}}{5}Sai||Đúng

    BC\bot(SAB) đúng

    \widehat{\left( SC;(ABCD) ight)} \approx 32,3^{0} đúng

    AI\bot CS đúng

    Diện tích tam giác AIC bằng \frac{a^{2}\sqrt{46}}{5}

  • Câu 30: Vận dụng cao

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

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có SA ⊥ (ABC)

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

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

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

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

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

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

  • Câu 31: 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 32: 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 33: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có AC = \frac{3}{2}AD;\widehat {CAB} = \widehat {DAB} = {60^0};CD = AD. Gọi α là góc giữa AB và CD. Chọn khẳng định đúng?

     Hình vẽ minh họa:

    Chọn khẳng định đúng?

    Ta có:

    \cos (AB,CD) = \frac{{|\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} |}}{{|\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {CD} |}} = \frac{{|\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} |}}{{AB.CD}}

    Mặt khác:

    \begin{matrix} \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AB} .(\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} ) \hfill \\ = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \hfill \\ = |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AD} |.\cos (\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} ) - |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AC} |.\cos (\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} ) \hfill \\ = AB.AD.\cos {60^0} - AB.AC.\cos {60^0} \hfill \\ = AB.AD.\dfrac{1}{2} - AB.\dfrac{3}{2}AD.\dfrac{1}{2} \hfill \\ = - \dfrac{1}{4}AB.AD = - \dfrac{1}{4}AB.CD \hfill \\ \Rightarrow \cos (AB,CD) = \dfrac{{\left| { - \dfrac{1}{4}AB.CD} ight|}}{{AB.CD}} = \dfrac{1}{4} \hfill \\ \Rightarrow \cos \varphi = \dfrac{1}{4} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 34: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O. Biết rằng SA = SC, SB = SD. Khẳng định nào sau đây là đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Khẳng định nào sau đây là đúng

    Vì SA=SC => ΔSAC cân tại S

    Mà O là trung điểm AC => SO⊥AC

    Tương tự, ta cũng có SO⊥BD mà AC∩BD=O⊂(ABCD)

    => SO⊥(ABCD)

  • Câu 35: 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 36: Nhận biết

    Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

    Mệnh đề “Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau” là sai. Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau hoặc cắt nhau (giao tuyến vuông góc với mặt phẳng thứ ba).

    Mệnh đề “Qua một đường thẳng có duy nhất một mặt phẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước” là sai. Qua một đường thẳng vô số mặt phẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước.

    Mệnh đề “Qua một điểm có duy nhất một mặt phẳng vuông góc với một mặt phẳng cho trước” là sai. Qua một điểm có vô số mặt phẳng vuông góc với một mặt phẳng cho trước.

    Vậy mệnh đề đúng là: “Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau.”

  • Câu 37: Nhận biết

    Cho khối chóp tam giác có chiều cao bằng 5, diện tích đáy bằng 6. Thể tích của hình chóp bằng:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 6 \\ h = 5 \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối chóp tam giác là V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}.6.5 = 10

  • Câu 38: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA vuông góc với mặt đáy và SA = AB = \sqrt{3}. Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB. Khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SBC) bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của SB \Rightarrow AM\bot SB (vì \Delta SAB cân)

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

    Và \left\{ \begin{matrix} AM\bot SB \\ AM\bot BC \\ \end{matrix} \Rightarrow AM\bot(SBC) \Rightarrow GM\bot(SBC) ight. tại M.

    Do đó d(G;(SBC)) = GM.

    Ta có: SM = \sqrt{AB^{2} + SA^{2}} = \sqrt{6} \Rightarrow AM = \frac{SB}{2} = \frac{\sqrt{6}}{2}.

    Vì G là trọng tâm của \Delta SAB nên GM = \frac{1}{3}AM = \frac{\sqrt{6}}{6}.

  • Câu 39: Nhận biết

    Cho hình lập phương như hình vẽ:

    Hỏi đường thẳng nào vuông góc với đường thẳng BC'?

    Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} AD'\bot AB \\ AD'\bot A'D \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AD'\bot(ABC'D') \Rightarrow AD'\bot BC'

  • Câu 40: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a. Góc tạo bởi cạnh bên SA và mặt phẳng đáy bằng 45^{0}. Thể tích khối chóp là:

    Hình vẽ minh họa

    \left( SA;(ABC) ight) = \widehat{SAO} = 45^{0}

    SO = AO.tan45^{0} = \frac{a\sqrt{3}}{3}

    V = \frac{1}{3}.SO.S_{ABC} = \frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{3}.\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4} = \frac{a^{3}}{12}

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
  • 58 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