VnDoc.com Lớp 11 Khóa học Lớp 11 Toán 11 - Chân trời sáng tạo

Đóng

Bạn đã dùng hết 1 lần làm bài Trắc nghiệm miễn phí. Mời bạn mua tài khoản VnDoc PRO để tiếp tục! Tìm hiểu thêm

Mua VnDoc PRO chỉ từ 79.000đ

Đóng

Bạn cần đăng nhập tài khoản Thành viên VnDoc để:

- Xem đáp án

- Nhận 1 lần làm bài trắc nghiệm miễn phí!

Đăng nhập

Đề kiểm tra 45 phút Toán 11 Chương 8 Chân trời sáng tạo

Mô tả thêm:

Cùng nhau thử sức với bài kiểm tra 45 phút Toán 11 CTST Chương 8: Quan hệ vuông góc trong không gian nha!

Thời gian làm: 45 phút
Số câu hỏi: 40 câu
Số điểm tối đa: 40 điểm
Tài khoản: Đăng nhập

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

Bắt đầu làm bài

Bạn còn 1 lượt làm bài tập miễn phí. Hãy mua tài khoản VnDoc PRO để học không giới hạn nhé! Bạn đã HẾT lượt làm bài tập miễn phí! Hãy mua tài khoản VnDoc PRO để làm Trắc nghiệm không giới hạn và tải tài liệu nhanh nhé! Mua ngay

Câu 1: Vận dụng cao
Giá trị lớn nhất của góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

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
- A. $\frac{3}{5}$
- B. $\frac{{ - 3}}{5}$
- C. $\frac{4}{5}$
- D. $\frac{{ - 4}}{5}$
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 2: Vận dụng
Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SC và HD

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.
- A. $\frac{1}{{\sqrt 5 }}$
- B. $\frac{2}{{\sqrt 5 }}$
- C. $\frac{{\sqrt 5 }}{4}$
- D. $\frac{{\sqrt 5 }}{3}$
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 3: Thông hiểu
Tính góc nhị diện

Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $A$ và $AB = a\sqrt{2}$ . Biết $SA\bot(ABC)$ và $SA = a$ . Góc nhị diện $\lbrack S,\ BC,\ Abrack$ có số đo bằng:
- A.
  $30{^\circ}$ .
- B.
  $60{^\circ}$ .
- C.
  $45{^\circ}$ .
- D.
  $90{^\circ}$ .
Hình vẽ minh họa

Kẻ $AM\bot BC$ tại $M \Rightarrow M$ là trung điểm của $BC$ và $AM = \frac{1}{2}BC = \frac{\left( a\sqrt{2} ight)\sqrt{2}}{2} = a$ .

Ta có $\left\{ \begin{matrix} (SBC) \cap (ABC) = BC \\ (SAM)\bot BC \\ (SAM) \cap (SBC) = SM \\ (SAM) \cap (ABC) = AM \\ \end{matrix} ight.$ $\Rightarrow \left( \widehat{(SBC),(ABC)} ight) = \left( \widehat{SM,AM} ight)$ .

Suy ra góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$ bằng góc $\widehat{SMA}$ .

Ta có: $\tan\widehat{SMA} = \frac{SA}{AM} = \frac{a}{a} = 1 \Rightarrow \widehat{SMA} = 45{^\circ}$

Suy ra góc nhị diện $\lbrack S,\ BC,\ Abrack$ có số đo bằng $45{^\circ}$ .
Câu 4: Thông hiểu
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy, SA = $a\sqrt{3}$ . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD là:
- A.
  $\frac{a\sqrt{3}}{2}$
- B.
  $\frac{a}{2}$
- C.
  $a\sqrt{3}$
- D.
  $a$
Hình vẽ minh họa:

Ta có:

BC ⊥ AB

BC ⊥ SA

=> BC ⊥ (SAB).

Vì SB ⊂ (SAB) và CD // (SAB) => d(SB, CD) = d(CD, (SAB)) = d(C, (SAB)) = BC = a
Câu 5: Nhận biết
Chọn mệnh đề sai

Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề sau:
- A.
  Khoảng cách giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) song song với a là khoảng cách từ một điểm A bất kì trên a đến (P).
- B.
  Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là khoảng cách từ một điểm M bất kì trên mặt phẳng này đến mặt phẳng kia.
- C.
  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.
- D.
  Nếu hai đường thẳng a và b chéo nhau và vuông góc với nhau thì đường vuông góc chung của chúng nằm trong mặt phẳng (P) chứa đường thẳng này và vuông góc với đường thẳng kia.
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 6: Vận dụng cao
Tính khoảng cách d giữa SA và BD

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:
- A.
  $\frac{2a\sqrt{38}}{17}$
- B.
  $\frac{2a\sqrt{13}}{3}$
- C.
  $\frac{2a\sqrt{51}}{13}$
- D.
  $\frac{3a\sqrt{34}}{17}$
Hình vẽ minh họa:
Kẻ HI // BC (I ∈ CD) ta có: $\left\{\begin{matrix}CD\bot HI \\CD\bot SI \\\end{matrix} ight.$
=> Góc giữa mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng đáy là góc $\widehat{SIH} = 45^{0}$
Dựng hình bình hành ADBE
Ta có: BD // (SAE) => d(SA, BD) = d(BD, (SAE)) = d(B, (SAE)) = d(H, (SAE))
Kẻ HJ ⊥ AE (J ∈ AE) ta có: AE ⊥ (SHJ) => (SAE) ⊥ (SHJ) theo giao tuyến SJ
Kẻ HK ⊥ SJ (K ∈ SJ) ta có: HK ⊥ (SAE) => HK = d(H, (SAE))
Ta có: $HK = \frac{HJ.HS}{\sqrt{HJ^{2} +HS^{2}}}$
Với $\left\{ \begin{matrix}HJ = AO = a\sqrt{2} \\HS = HI = \dfrac{3}{4}BC = \dfrac{3}{2} \\\end{matrix} ight.$
Vậy $HK =\dfrac{a\sqrt{2}.\dfrac{3}{2}a}{\sqrt{\left( a\sqrt{2} ight)^{2} +\left( \dfrac{3}{2}a ight)^{2}}} = \dfrac{3a\sqrt{31}}{17}$
Câu 7: Nhận biết
Chọn đáp án đúng

Trong không gian cho đường thẳng $\Delta$ và điểm $A$ . Qua điểm $A$ có bao nhiêu đường thẳng vuông góc với $\Delta$ ?
- A.
  $3$
- B.
  Vô số
- C.
  $1$
- D.
  $2$
Trong không gian có vô số đường thẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một đường thẳng cho trước.
Câu 8: Nhận biết
Tính thể tích khối chóp

Biết khối chóp có diện tích đáy và chiều cao lần lượt bằng $9;4$ . Thể tích khối chóp bằng:
- A.
  $V = 36$
- B.
  $V = 18$
- C.
  $V = 24$
- D.
  $V = 12$
Ta có: $\left\{ \begin{matrix} B = 9 \\ h = 4 \\ \end{matrix} ight.$

Thể tích khối chóp là: $V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}.9.4 = 12$
Câu 9: Nhận biết
Chọn đáp án chính xác

Tính thể tích khối lập phương có cạnh bằng $4a$ ?
- A.
  $V = 16a^{3}$
- B.
  $V = 64a^{3}$
- C.
  $V = 32a^{3}$
- D.
  $V = 8a^{3}$
Ta có: $V = (4a)^{3} = 64a^{3}$
Câu 10: Nhận biết
Tìm tập hợp điểm M

Trong không gian, tập hợp các điểm M cách đều hai điểm A và B là:
- A.
  Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB.
- B.
  Đường thẳng trung trực của đoạn thẳng AB
- C.
  Mặt phẳng vuông góc với AB tại A.
- D.
  Đường thẳng qua A và vuông góc với AB.
Trong không gian, tập hợp các điểm M cách đều hai điểm A và B là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB.
Câu 11: Thông hiểu
Tính góc giữa hai đường thẳng

Cho hình lăng trụ đứng $ABC.A'B'C'$ có đáy là các tam giác đều cạnh bằng $\sqrt{3}$ và cạnh bên bằng $1$ . Tính góc giữa hai đường thẳng $BB'$ và $AC'$ ?
- A.
  $90^{0}$
- B.
  $45^{0}$
- C.
  $60^{0}$
- D.
  $30^{0}$
Hình vẽ minh họa

Ta có:

$BB'//CC' \Rightarrow (BB';AC') = (CC';AC') = \widehat{AC'C}$

Khi đó tam giác $ACC'$ vuông cân tại C nên $\tan\widehat{AC'C} = \frac{AC}{CC'} = \frac{\sqrt{3}}{1} = \sqrt{3}$

$\Rightarrow \widehat{AC'C} = 60^{0}$

$\Rightarrow (BB';AC') = \widehat{AC'C} = 60^{0}$
Câu 12: Thông hiểu
Tìm điểm cách đều 4 điểm A, B, C, D

Cho hình tứ diện ABCD có AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau và AB = a, BC = b, CD = c.
Điểm cách đều 4 điểm A, B, C, D là:
- A.
  trung điểm của AB
- B.
  trung điểm của BC
- C.
  trung điểm của AD
- D.
  trung điểm của CD
Hình vẽ minh họa
Gọi O là trung điểm của AD.
Từ giả thiết ta có:
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {AB \bot CD} \\ {BC \bot CD} \end{array}} ight. \Rightarrow CD \bot \left( {ABC} ight) \Rightarrow CD \bot AC$
Vậy $ΔACD$ vuông tại C
Do đó $OA=OC=OD$ (1)
Mặt khác
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {AB \bot CD} \\ {AB \bot BC} \end{array}} ight. \Rightarrow AB \bot \left( {BCD} ight) \Rightarrow AB \bot BD$
=> $ΔABD$ vuông tại B.
Do đó $OA=OB=OD$ (2)
Từ (1) và (2) ta có $OA=OB=OC=OD$
Vậy điểm cách đều 4 điểm A, B, C, D là trung điểm của AD.
Câu 13: Vận dụng
Chọn mệnh đề đúng

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.
- A.
  $\frac{\sqrt{21}}{2}$
- B.
  $\frac{\sqrt{21}}{14}$
- C.
  $\frac{\sqrt{21}}{3}$
- D.
  $\frac{\sqrt{21}}{7}$
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 14: Thông hiểu
Tính thể tích khối chóp

Cho hình chóp tam giác đều $S.ABC$ có cạnh đáy bằng $a$ . Góc tạo bởi cạnh bên $SB$ và mặt phẳng đáy bằng $60^{0}$ . Thể tích khối chóp là:
- A.
  $V = \frac{\sqrt{3}a^{3}}{12}$
- B.
  $V = \frac{\sqrt{3}a^{3}}{3}$
- C.
  $V = \frac{\sqrt{3}a^{3}}{6}$
- D.
  $V = \frac{\sqrt{3}a^{3}}{4}$
Hình vẽ minh họa

Gọi H là tâm của tam giác đều ABC

Khi đó $SH\bot(ABC);BH = \frac{a\sqrt{3}}{3}$

Theo bài ra ta có:

$\left( SB;(ABC) ight) = \widehat{SBH} = 60^{0}$

Tam giác SBH vuông tại H có: $SH = BH.tan60^{0} = \frac{a\sqrt{3}}{3}.\sqrt{3} = a$

$\Rightarrow V_{S.ABC} = \frac{1}{3}.SO.S_{ABC} = \frac{1}{3}.a.\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4} = \frac{\sqrt{3}a^{3}}{12}$
Câu 15: Nhận biết
Xác định số mệnh đề đúng

Cho (P) và (Q) là hai mặt phẳng vuông góc với nhau và giao tuyến của chúng là đường thẳng m. Gọi a, b, c, d là các đường thẳng. Xét các mệnh đề sau:

(1) Nếu a ⊂ (P) và a ⊥ m thì a ⊥ (Q).

(2) Nếu b ⊥ m thì b ⊂ (P) hoặc b ⊂ (Q).

(3) Nếu c // m thì c // (P) hoặc c // (Q).

(4) Nếu d ⊥ m thì d ⊥ (P).

Có bao nhiêu mệnh đề đúng trong các mệnh đề đã cho?
- A.
  1
- B.
  2
- C.
  3
- D.
  4
(1) Nếu a ⊂ (P) và a ⊥ m thì a ⊥ (Q). ---> đúng

(2) Nếu b ⊥ m thì b ⊂ (P) hoặc b ⊂ (Q). ---> sai

(3) Nếu c // m thì c // (P) hoặc c // (Q). ---> đúng

(4) Nếu d ⊥ m thì d ⊥ (P). ---> sai
Câu 16: Vận dụng
Tính cosin góc giữa KM và SQ

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.
- A. $\frac{{\sqrt 3 }}{2}$
- B. $\frac{{38}}{{11\sqrt {67} }}$
- C. $\frac{3}{{\sqrt {67} }}$
- D. $\frac{1}{2}$
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 17: Thông hiểu
Tìm kết luận sai

Cho tứ diện $OABC$ có $OA;OB;OC$ đôi một vuông góc. Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$ . Kết luận nào sai?
- A.
  $AB\bot OC$
- B.
  $OH\bot(ABC)$
- C.
  $OH\bot BC$
- D.
  $OH\bot OA$
Hình vẽ minh họa

Ta có: $\left\{ \begin{matrix} OA\bot OC \\ OB\bot OC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow OC\bot(OAB) \Rightarrow OC\bot AB$ đúng

Ta có: $\left\{ \begin{matrix} BC\bot AH \\ BC\bot OA \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(OAH) \Rightarrow BC\bot OH$ đúng

Ta có: $\left\{ \begin{matrix} AB\bot CH \\ AB\bot OC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(OCH) \Rightarrow AB\bot OH$

Mà $BC\bot OH \Rightarrow OH\bot(ABC)$ đúng

Vậy $OH\bot OA$ hay tam giác HOA vuông tại H sai
Câu 18: Thông hiểu
Chọn mệnh đề sai

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, mặt bên SAC là tam giác đều và mằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi I là trung điểm của SC. Mệnh đề nào sau đây sai?
- A.
  AI ⊥ SC
- B.
  (SBC) ⊥ (SAC)
- C.
  AI ⊥ BC
- D.
  (ABI) ⊥ (SBC)
Hình vẽ minh họa:

Tam giác SAC đều có I là trung điểm của SC => AI ⊥ SC.

Gọi H là trung điểm AC => SH ⊥ AC.

Mà (SAC) ⊥ (ABC) theo giao tuyến AC => SH ⊥ (ABC) => SH ⊥ BC.

Hơn nữa theo giả thiết tam giác ABC vuông tại C nên BC ⊥ AC.

Từ đó suy ra BC ⊥ (SAC) => BC ⊥ AI.

Từ đó suy ra (ABI) ⊥ (SBC).

Dùng phương pháp loại trừ thì khẳng định “(SBC) ⊥ (SAC)” là sai
Câu 19: Thông hiểu
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và BC

Đáy của hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ là tam giác đều cạnh bằng 4. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và BC.
- A.
  $2\sqrt{3}$
- B.
  1
- C.
  4
- D.
  3
Hình vẽ minh họa:

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

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

=> d(AA’, BC) = $\frac{4\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}$
Câu 20: Thông hiểu
Tính thể tích khối chóp tam giác

Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $A$ . Hình chiếu của $S$ lên mặt phẳng đáy là trung điểm $H$ của $BC$ . Tính thể tích khối chóp $S.ABC$ biết $AB = a;AC = a\sqrt{3};SB = a\sqrt{2}$ .
- A.
  $V = \frac{\sqrt{3}a^{3}}{2}$
- B.
  $V = \frac{\sqrt{6}a^{3}}{2}$
- C.
  $V = \frac{\sqrt{3}a^{3}}{6}$
- D.
  $V = \frac{\sqrt{6}a^{3}}{6}$
Hình vẽ minh họa

Xét tam giác ABC vuông tại C ta có: $BC = \sqrt{AB^{2} + AC^{2}} = \sqrt{a^{2} + \left( a\sqrt{3} ight)^{2}} = 2a$

H là trung điểm của BC nên $BH = a$

Xét tam giác SBH vuông tại H có $SH = \sqrt{SB^{2} - HB^{2}} = \sqrt{\left( a\sqrt{2} ight)^{2} - a^{2}} = a$

Diện tích đáy ABC là $S_{ABC} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}a^{2}\sqrt{3}$

Thể tích khối chóp là $V = \frac{1}{3}SH.S_{ABC} = \frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}a^{2}\sqrt{3} = \frac{a^{3}\sqrt{3}}{6}$
Câu 21: Thông hiểu
Tính góc giữa hai đường thẳng

Cho tứ diện $ABCD$ có $3CD = 4AB$ . Gọi trung điểm của các cạnh $BC,AC,DB$ lần lượt là $G,E,F$ . Biết rằng $6EF = 5AB$ . Tính $(CD;AB)$ ?
- A.
  $60^{0}$
- B.
  $45^{0}$
- C.
  $30^{0}$
- D.
  $90^{0}$
Hình vẽ minh họa

Đặt $AB = a$

Vì trung điểm của các cạnh $BC,AC,DB$ lần lượt là $G,E,F$

Suy ra $\left\{ \begin{matrix}GE = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{a}{2} \\GF = \dfrac{1}{2}CD = \dfrac{2}{3}AB = \dfrac{2a}{3} \\EF = \dfrac{5}{6}AB = \dfrac{5a}{6} \\\end{matrix} ight.$

Từ đó $GE^{2} + GF^{2} = \frac{a^{2}}{4} + \frac{4a^{2}}{9} = \frac{25a^{2}}{36} = EF^{2}$

Suy ra tam giác GEF vuông tại G.

Vì $GE//AB;GF//CD$ nên $(AB,CD) = (GE,GF) = \widehat{EGF} = 90^{}$
Câu 22: Nhận biết
Tìm mặt phẳng theo yêu cầu

Cho hình lập phương $ABCD.A'B'C'D'$ . Mặt phẳng nào dưới đây không vuông góc với $(A'BD)$ ?
- A.
  $(AB'D)$
- B.
  $(ACC'A')$
- C.
  $(ABD')$
- D.
  $(A'BC')$
Hình vẽ minh họa

Dễ thấy mặt phẳng $(A'BC')$ không vuông góc với $(A'BD)$ .
Câu 23: Nhận biết
Mệnh đề nào sau đây đúng?

Cho ba đường thẳng phân biệt a, b, c. Mệnh đề nào sau đây đúng?
- A. Nếu a song song với b và c vuông góc với a thì c vuông góc với b
- B. Nếu c vuông góc với a và c vuông góc với b thì a song song với b
- C. Nếu a và b vuông góc với c thì a và b không thể chéo nhau
- D. Cả ba mệnh đề đều sai
Khi cho ba đường thẳng phân biệt a, b, c thì mệnh đề : “Nếu a song song với b và c vuông góc với a thì c vuông góc với b” là mệnh đề đúng.
Câu 24: Thông hiểu
Chọn đáp án thích hợp

Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$ , cạnh bên $SA$ vuông góc với mặt đáy và $SA = 2a$ . Gọi $M$ là trung điểm của $SC$ . Tính côsin của góc $\alpha$ là góc giữa đường thẳng $BM$ và mặt phẳng $(ABC)$ ?
- A.
  $\cos\alpha = \frac{\sqrt{7}}{14}$ .
- B.
  $\cos\alpha = \frac{2\sqrt{7}}{7}$ .
- C.
  $\cos\alpha = \frac{\sqrt{5}}{7}$ .
- D.
  $\cos\alpha = \frac{\sqrt{21}}{7}$ .
Hình vẽ minh họa

Gọi $H$ là trung điểm cạnh $AC$ .

Khi đó $HM//SA$ nên $HM$ vuông góc $(ABC)$ tại $H$ .

Do đó $\left( \widehat{BM,(ABC)} ight) = \left( \widehat{BM,BH} ight) = \widehat{MBH}$ do $\Delta MBH$ vuông tại $H$ .

Ta có:

$\cos\widehat{MBH} = \frac{BH}{BM} = \frac{BH}{\sqrt{HM^{2} + BH^{2}}}$ $= \dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{a^{2} + \left(\dfrac{a\sqrt{3}}{2} ight)^{2}}} = \dfrac{\sqrt{21}}{7}$ .
Câu 25: Thông hiểu
Tính tỉ số giữa DN và DA

Cho tứ diện đều ABCD, M là trung điểm của CD, N là điểm nằm trên AD sao cho BN vuông góc với AM. Tính tỉ số $\frac{{DN}}{{DA}}$
- A. $\frac{2}{3}$
- B. $\frac{1}{3}$
- C. $\frac{1}{2}$
- D. $\frac{1}{4}$
Hình vẽ minh họa:
Đặt $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow b ;\overrightarrow {AC} = \overrightarrow c ;\overrightarrow {AD} = \overrightarrow d$ . Ta có:
$\begin{matrix} \left| {\overrightarrow b } ight| = \left| {\overrightarrow c } ight| = \left| {\overrightarrow d } ight| = AB = a \hfill \\ \widehat {\left( {\overrightarrow b ;\overrightarrow c } ight)} = \widehat {\left( {\overrightarrow c ;\overrightarrow d } ight)} = \widehat {\left( {\overrightarrow d ;\overrightarrow b } ight)} = {60^0} \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow b .\overrightarrow c = \overrightarrow c .\overrightarrow d = \overrightarrow d .\overrightarrow b = \dfrac{{{a^2}}}{2} \hfill \\ \end{matrix}$
Giả sử AN = k.AD. Khi đó:
$\overrightarrow {BN} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AN} = - \overrightarrow b + k.\overrightarrow d$
Vì M là trung điểm của CD nên $2\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow c + \overrightarrow d$
Khi đó: BN ⊥ AM => $\overrightarrow {BN} .\overrightarrow {AM} = 0$
$\begin{matrix} \left( { - \overrightarrow b + k.\overrightarrow d } ight).\left( {\overrightarrow c + \overrightarrow d } ight) = 0 \hfill \\ \Rightarrow - \dfrac{{{a^2}}}{2} - \dfrac{{{a^2}}}{2} + k.\dfrac{{{a^2}}}{2} + k.{a^2} = 0 \hfill \\ \Rightarrow k = \dfrac{2}{3} \hfill \\ \Rightarrow AN = \dfrac{2}{3}AD \hfill \\ \Rightarrow \dfrac{{DN}}{{DA}} = \dfrac{1}{3} \hfill \\ \end{matrix}$
Câu 26: Thông hiểu
Tìm tan α

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.
- A.
  $1$
- B.
  $\sqrt{3}$
- C.
  $0$
- D.
  $\frac{1}{\sqrt{3}}$
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 27: Vận dụng cao
Chọn khẳng định đúng

Cho khối lập phương ABCD.A’B’C’D’. Gọi M là trung điểm của AD, φ là góc giữa hai mặt phẳng (BMC’) và (ABB’A’). Khẳng định nào dưới đây đúng?
- A.
  $\cos\phi = \frac{3}{4}$
- B.
  $\cos\phi = \frac{4}{5}$
- C.
  $\cos\phi = \frac{1}{3}$
- D.
  $\cos\phi = \frac{2}{3}$
Hình vẽ minh họa:

Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương

=> MA, CB, C’B’ cùng vuông góc với (ABB’A’)

=> Tam giác MBC’ có hình chiếu vuông góc lên mặt phẳng (ABB’A’) là tam giác ABB’.

Ta có $S_{ABB'} = S_{MBC'}.cos\phi \Rightarrow \cos\phi = \frac{S_{ABB'}}{S_{MBC'}}$

Xét tam giác MBC’, ta có:

$\begin{matrix}MB = \sqrt{MA^{2} + AB^{2}} = \sqrt{\dfrac{a^{2}}{4} + a^{2}} =\dfrac{\sqrt{5}a}{2} \hfill\\C'B = \sqrt{2}a\hfill \\MC' = \sqrt{DM^{2} + DC'} = \sqrt{\dfrac{a^{2}}{4} + 2a^{2}} =\dfrac{3a}{2} \hfill\\\end{matrix}$

Đặt p = (MB + MC’ + BC’)/2

Áp dụng công thức Hê-rông ta có:

$S_{MBC'} = \sqrt{p(p - MC')(p - MB)(p - BC')} = \frac{3a^{2}}{4}$

Mặt khác $S_{ABB'} = \dfrac{a^{2}}{2}\Rightarrow \cos\phi = \dfrac{S_{ABB'}}{S_{MBC'}} =\dfrac{\dfrac{a^{2}}{2}}{\dfrac{3a^{2}}{4}} = \dfrac{2}{3}$
Câu 28: Vận dụng
Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AB và SO

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy, góc $\widehat{SBD}=60^0$ . Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AB và SO.
- A.
  $d=\frac{a\sqrt{3}}{3}$
- B.
  $d=\frac{a\sqrt{6}}{4}$
- C.
  $d=\frac{a\sqrt{2}}{2}$
- D.
  $d=\frac{a\sqrt{5}}{5}$
Hình vẽ minh họa:
Ta có $ΔSAB = ΔSAD(c−g−c)$ suy ra $SB=SD$
Mà $\widehat {SBD} = {60^0}$ => ΔSBD đều cạnh $SB=SD=BD=a\sqrt2$
Xét tam giác vuông SAB có:
$SA = \sqrt {S{B^2} - A{B^2}} = a$
Gọi E là trung điểm AD, suy ra $OE//AB$ và $AE⊥OE$
Do đó $d(AB;SO)=d(AB;(SOE))=d(A;(SOE))$
Kẻ $AK⊥SE(1)$
Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {OE \bot AD} \\ {OE \bot SA} \end{array}} ight.$
$⇒ OE⊥(SAD)⇒OE⊥AK(2)$
Từ (1) và (2) $⇒ AK⊥(SOE)$
=> $d\left( {A;\left( {SOE} ight)} ight) = AK = \frac{{SA.AE}}{{\sqrt {S{A^2} + A{E^2}} }} = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}$
Câu 29: Nhận biết
Xác định góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD)

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?
- A.
  (SB, SO)
- B.
  (SB, BD)
- C.
  (SB, SA)
- D.
  (SO, BD)
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 30: Vận dụng
Tính thể tích tứ diện

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 $AB = 6cm;AC = 7cm;AD = 4cm$ .
- A.
  $V = 7cm^{3}$
- B.
  $V = 14cm^{3}$
- C.
  $V =\frac{28}{3}cm^{3}$
- D.
  $V =\frac{7}{2}cm^{3}$
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 31: Thông hiểu
Chọn khẳng định sai trong các khẳng định đã cho

Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Trực tâm của tam giác SBC và ABC lần lượt là H và K. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định sai?
- A. BC ⊥ (SAH)
- B. SB ⊥ (CHK)
- C. HK ⊥ (SBC)
- D. BC ⊥ (SAB)
Ta có: BC ⊥ SA, BC ⊥ SH => BC ⊥ (SAH)
CK ⊥ AB, CK ⊥ SA => CK ⊥ (SAB) => CK ⊥ SB
Mặt khác CH ⊥ SB => SB ⊥ (CHK)
Ta có: BC ⊥ (SAH) => BC ⊥ HK
SB ⊥ (CHK) => SB ⊥ HK
=> HK ⊥ (SBC)
Dùng phương pháp loại trừ ta suy ra: BC ⊥ (SAB) là đáp án sai.
Câu 32: Vận dụng
Tính diện tích thiết diện

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông tâm $O$ cạnh bằng $a$ , $SA\bot(ABCD);SA = a\sqrt{3}$ . Giả sử $(\alpha)$ là mặt phẳng đi qua điểm $B$ và vuông góc với $SC$ . Tính diện tích thiết diện tạo bởi hình chóp và mặt phẳng $(\alpha)$ ?
- A.
  $\frac{a^{2}\sqrt{15}}{10}$
- B.
  $\frac{a^{2}\sqrt{15}}{5}$
- C.
  $\frac{a^{2}\sqrt{15}}{20}$
- D.
  $\frac{a^{2}\sqrt{5}}{10}$
Hình vẽ minh họa

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

Từ O dựng OH vuông góc với SC

Ta có: $\left\{ \begin{matrix} SC\bot BD \\ SC\bot OE \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SC\bot(BDH)$

Lại có $\left\{ \begin{matrix} (\alpha) \cap (SBC) = BH \\ (\alpha) \cap (SCD) = HD \\ (\alpha) \cap (ABCD) = DB \\ \end{matrix} ight.$

Vậy thiết diện cần tìm là tam giác BHD

$S_{BHD} = \frac{1}{2}OH.BD = \frac{1}{2}\frac{SA.CO}{CA}.BD = \frac{a^{2}\sqrt{15}}{10}$
Câu 33: Nhận biết
Chọn khẳng định đúng?

Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:
- A.
  Đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau thì nằm trong mặt phẳng chứa đường thẳng này và vuông góc với đường thẳng kia.
- B.
  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.
- C.
  Một đường thẳng là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau nếu nó vuông góc với cả hai đường thẳng đó.
- D.
  Các mệnh đề trên đều sai.
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 34: Thông hiểu
Tìm khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC)

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).
- A.
  $\frac{3a\sqrt{5}}{5}$
- B.
  $a\sqrt{3}$
- C.
  $\frac{3a\sqrt{3}}{2}$
- D.
  $\frac{3a}{2}$
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 35: Thông hiểu
Xác định góc giữa hai mặt phẳng

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A và SA ⊥ (ABC). M là trung điểm của BC. Hãy xác định góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (SBC).
- A.
  $\alpha = \widehat{SBA}$
- B.
  $\alpha = \widehat{MSA}$
- C.
  $\alpha = \widehat{SMA}$
- D.
  $\alpha = \widehat{SCA}$
Hình vẽ minh họa:

Ta có: Giao tuyến của hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là BC. (1)

Ta có: SA ⊥ (ABC), mà đường thẳng BC nằm trong (ABC) => SA ⊥ BC.

Do tam giác ABC cân tại A và M là trung điểm BC => BC ⊥ AM tại M.

Như vậy: $\left\{ \begin{matrix} BC\bot MA \subset (SAM) \\ BC\bot SA \subset (SAM) \\ MA\ \cap \ SA = A \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow (SAM)\bot BC.\ (2)$

Lại có: $\left\{ \begin{matrix} (SMA) \cap (ABC) = MA \\ (SMA) \cap (SBC) = MS \\ \end{matrix} ight.$

Từ (1), (2), (3) => $\alpha = \widehat{SMA}$
Câu 36: Thông hiểu
Tính thể tích khối lăng trụ tam giác đều

Cho khối lăng trụ tam giác đều $ABC.A'B'C'$ có cạnh bên bằng $4a$ . Tính thể tích khối lăng trụ biết góc giữa mặt phẳng $(A'BC)$ và mặt phẳng $(ABC)$ bằng $60^{0}$ .
- A.
  $V = \frac{64\sqrt{3}}{3}a^{3}$
- B.
  $V = \frac{64\sqrt{3}}{27}a^{3}$
- C.
  $V = \frac{64\sqrt{3}}{9}a^{3}$
- D.
  $V = 64\sqrt{3}a^{3}$
Hình vẽ minh họa

Gọi M là trung điểm của BC.

Ta có: $\left\{ \begin{matrix} BC\bot AM \\ BC\bot A'M \\ (A'BC) \cap (ABC) = BC \\ \end{matrix} ight.$

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

Trong tam giác vuông A’MA có:

$\tan\widehat{A'MA} = \frac{A'A}{AM} \Rightarrow AM = \frac{A'A}{tan60^{0}} = \frac{4\sqrt{3}}{3}a$

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

Vậy thể tích khối lăng trụ là: $V = S_{ABC}.AA' = \frac{\sqrt{3}}{4}.4a.\left( \frac{8a}{3} ight)^{2} = \frac{64\sqrt{3}a^{3}}{9}$
Câu 37: Nhận biết
Chọn mệnh đề sai?

Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD) có đáy ABCD là hình thoi tâm O. Mệnh đề nào sai?
- A.
  SA ⊥ BD
- B.
  SC ⊥ BD
- C.
  SO ⊥ BD
- D.
  AD ⊥ SC
Hình vẽ minh họa:

Ta có: SA ⊥ (ABCD) => SA vuông góc với BD.

Do tứ giác ABCD là hình thoi nên BD vuông góc với AC mà SA⊥BD => BD ⊥ (SAC)

=> BD ⊥ SC, BD ⊥ SO

Dễ thấy AD không vuông góc với SC vì nếu AD vuông góc với SC thì AD ⊥ AC vô lí
Câu 38: Nhận biết
Tính góc giữa SC với mặt phẳng (ABCD)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, cạnh SA ⊥ (ABCD) , $SA = a\sqrt{2}$ . Góc giữa SC với mặt phẳng (ABCD) là:
- A.
  $30^{0}$
- B.
  $45^{0}$
- C.
  $90^{0}$
- D.
  $60^{0}$
Hình vẽ minh họa:
Ta có: $\widehat{\left( SC,(ABCD) ight)}= \widehat{(SC,AC)} = \widehat{SCA}$
Lại có: $\tan\widehat{SCA} = \frac{SA}{AC}= \frac{SA}{AB\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}} = 1$
=> $\widehat{SCA} = 45^{0}$
Câu 39: Vận dụng cao
Tìm t để MN ngắn nhất.

Cho tứ diện ABCD có SC = AC = AB = $\sqrt{2}$ , SC ⊥ (ABC), tam giác ABC vuông tạo A, các điểm M thuộc SA, N thuộc BCc sao cho AM = CN = t (0 < t < 2a). Tìm t để MN ngắn nhất.
- A.
  $t = \frac{3a}{2}$
- B.
  $t = \frac{2a}{3}$
- C.
  $t = \frac{\sqrt{3}a}{3}$
- D.
  $t = a$
Hình vẽ minh họa:

Theo giả thiết, ta có: SA = 2a, BC = 2a

Vì 0 < t < 2a

$\begin{matrix} \Rightarrow \frac{MA}{SA} = \frac{t}{2a} \Rightarrow \overrightarrow{MA} = \frac{1}{2}\overrightarrow{SA} \\ \Rightarrow \frac{CN}{CB} = \frac{t}{2a} \Rightarrow \overrightarrow{CN} = \frac{t}{2a}\overrightarrow{CB} \\ \end{matrix}$

Đặt $\overrightarrow{x} = \overrightarrow{CA};\overrightarrow{y} = \overrightarrow{CB};\overrightarrow{z} = \overrightarrow{CS}$ . Ta có:

$\overrightarrow{x}.\overrightarrow{z} = \overrightarrow{y}.\overrightarrow{z} = 0;\overrightarrow{x}.\overrightarrow{y} = 2a^{2}$

$\begin{matrix} \overrightarrow{MN} = \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{CN} \\ \Rightarrow \overrightarrow{MN} = \frac{t}{2a}\overrightarrow{SA} - \overrightarrow{AC} + \frac{t}{2a}\overrightarrow{CB} \\ \Rightarrow \overrightarrow{MN} = \left( \frac{t}{2a} - 1 ight).\overrightarrow{x} + \frac{t}{2a}.\overrightarrow{y} - \frac{t}{2a}.\overrightarrow{z} \\ \end{matrix}$

Vậy $MN^{2} = {\overrightarrow{MN}}^{2}$

$\begin{matrix} = \left( \frac{t}{2a} - 1 ight)^{2}.2a^{2} + \frac{t^{2}}{4a}.4a^{2} + \frac{t^{2}}{4a}.2a^{2} + 2\left( \frac{t}{2a} - 1 ight).\frac{t}{2a}.2a^{2} \\ = 3t^{2} - 4at + 2a^{2} \\ \end{matrix}$

Từ đó suy ra MN nhỏ nhất khi và chỉ khi $t = \frac{2a}{3}$
Câu 40: Thông hiểu
Tìm kết quả đúng

Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $A$ và cạnh $SB$ vuông góc với mặt đáy. Biết rằng $AB = a;SB = a\sqrt{2}$ và $\alpha = \left( SC;(SAB) ight)$ . Kết luận nào dưới đây đúng?
- A.
  $\tan\alpha = \frac{1}{\sqrt{3}}$
- B.
  $\tan\alpha = \frac{1}{2}$
- C.
  $\tan\alpha = \frac{\sqrt{3}}{2}$
- D.
  $\tan\alpha = \sqrt{3}$
Hình vẽ minh họa

Ta có: $\left\{ \begin{matrix} AC\bot AB \\ AC\bot SB \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AC\bot(SAB)$

Suy ra hình chiếu của SC trên mặt phẳng (SAB) là SA

$\Rightarrow \alpha = \left( SC;(SAB) ight) = (SC;SA) = \widehat{ASC}$

Tam giác ABC vuông cân tại A nên $AC = AB = a$

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác SAB ta có:

$SA = \sqrt{SB^{2} + AB^{2}} = a\sqrt{3}$

Tam giác SAC vuông tại A nên $\tan\widehat{ASC} = \frac{AC}{SA} = \frac{a}{a\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$

$\Rightarrow \tan\alpha = \frac{1}{\sqrt{3}}$

Nộp bài

Chúc mừng Bạn đã hoàn thành bài!

Đề kiểm tra 45 phút Toán 11 Chương 8 Chân trời sáng tạo Kết quả

Thời gian làm bài: 00:00:00
Số câu đã làm: 0
Điểm tạm tính: 0
Điểm thưởng: 0
Tài khoản làm: Đăng nhập

Làm lại

Chia sẻ bởi:
Khang Anh

17 Bài viết đã được lưu

Xác thực tài khoản!

Theo Nghị định 147/2024/ND-CP, bạn cần xác thực tài khoản trước khi sử dụng tính năng này. Chúng tôi sẽ gửi mã xác thực qua SMS hoặc Zalo tới số điện thoại mà bạn nhập dưới đây:

Số điện thoại chưa đúng định dạng!

Số điện thoại này đã được xác thực!

Bạn có thể dùng Sđt này đăng nhập tại đây!

Lỗi gửi SMS, liên hệ Admin

Sắp xếp theo

Xóa Đăng nhập để Gửi

Đề kiểm tra 45 phút Toán 11 Chương 8 Chân trời sáng tạo

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

Tìm bài trong mục này

Đề thi Toán 11 Chân trời sáng tạo
Chương 1: Hàm số lượng giác và phương trình lượng giác
Chương 2: Dãy số. Cấp số cộng. Cấp số nhân
Chương 3: Giới hạn. Hàm số liên tục
Chương 4: Đường thẳng và mặt phẳng. Quan hệ song song trong không gian
Chương 5: Các số đặc trưng đo xu thế trung tâm cho mẫu số ghép số liệu nhóm
Chương 6: Hàm số mũ và hàm số lôgarit
Chương 7: Đạo hàm
Chương 8: Quan hệ vuông góc trong không gian
Chương 9: Xác suất

Lớp 11
Khóa học Lớp 11
Toán 11 - Chân trời sáng tạo

Toán 11 - Chân trời sáng tạo

Đề khảo sát chất lượng Toán 11 CTST tháng 4
Đề thi học kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo Đề 4
Đề thi học kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo Đề 7
Đề thi học kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo Đề 5
Đề thi học kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo Đề 6
Đề khảo sát chất lượng Toán 11 CTST tháng 4 Đề 2

Xem thêm

Mầm non

Lớp 1

Lớp 2

Lớp 3

Lớp 4

Lớp 5

Lớp 6

Lớp 7

Lớp 8

Lớp 9

Lớp 10

Lớp 11

Lớp 12

Thi vào lớp 6

Thi vào lớp 10

Thi Tốt Nghiệp THPT

Đánh Giá Năng Lực

Khóa Học Trực Tuyến

Hỏi bài

Trắc nghiệm Online

Tiếng Anh

Thư viện Học liệu

Bài tập Cuối tuần

Bài tập Hàng ngày

Thư viện Đề thi

Giáo án - Bài giảng

Tất cả danh mục

Đề kiểm tra 45 phút Toán 11 Chương 8 Chân trời sáng tạo

Chúc mừng Bạn đã hoàn thành bài!

Toán 11 - Chân trời sáng tạo

Đề khảo sát chất lượng Toán 11 CTST tháng 4

Đề thi học kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo Đề 4

Đề thi học kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo Đề 7

Đề thi học kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo Đề 5

Đề thi học kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo Đề 6

Đề khảo sát chất lượng Toán 11 CTST tháng 4 Đề 2