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 Đổi điểm

Đổi điểm làm bài

Điểm khả dụng: 0 điểm

Bạn sẽ dùng 50 điểm để đổi lấy 1 lượt làm bài.

Bạn không đủ điểm để đổi.

Câu 1: Thông hiểu
Tính thể tích khối lăng trụ

Cho khối lăng trụ tam giác đều $ABC.A'B'C'$ có $BB' = 2a$ . Tính thể tích khối lăng trụ biết góc giữa mặt phẳng $(A'BC)$ và mặt phẳng $(ABC)$ bằng $60^{0}$ .
- A.
  $V = \frac{8\sqrt{3}}{3}a^{3}$
- B.
  $V = 8\sqrt{3}a^{3}$
- C.
  $V = \frac{8\sqrt{3}}{9}a^{3}$
- D.
  $V = 16\sqrt{3}a^{3}$
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:

$\tan\widehat{A'MA} = \frac{A'A}{AM} \Rightarrow AM = \frac{A'A}{tan60^{0}} = \frac{2\sqrt{3}}{3}a$

Tam giác ABC đều nên $AM = \frac{AB\sqrt{3}}{2} \Rightarrow AB = \frac{4a}{3}$

Vậy thể tích khối lăng trụ là: $V = S_{ABC}.AA' = 2a.\frac{4a^{2}\sqrt{3}}{9} = \frac{8\sqrt{3}a^{3}}{9}$
Câu 2: 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 3: Vận dụng
Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Gọi M là trung điểm của BB’. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AM và A’C’.
- A. $\frac{{4\sqrt {15} }}{5}$
- B. $\frac{{\sqrt 3 }}{5}$
- C. $\frac{{3\sqrt 5 }}{5}$
- D. $\frac{{\sqrt {10} }}{5}$
+ Ta có AC // A’C’ nên góc giữa AM và A’C’ là góc giữa AC và AM.
+ Xét tam giác AMC có:
$MA = MC = \sqrt {M{B^2} + A{B^2}}$
$= \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} ight)}^2} + {a^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$
$AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 2$
Áp dụng định lí cosin trong tam giác AMC, ta có:
$\begin{gathered} cos\left( {AM\,,\,AC} ight) = \left| {\dfrac{{A{M^2} + A{C^2} - M{C^2}}}{{2MA.AC}}} ight| \hfill \\ = \dfrac{{AC}}{{2MA}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{{2.\dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}}} = \dfrac{{\sqrt {10} }}{5} \hfill \\ \end{gathered}$
Câu 4: Nhận biết
Tính thể tích V của hình chóp tam giác

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 $S.ABC$ ?
- A.
  $\frac{a\sqrt{3}}{2}$
- B.
  $\frac{a\sqrt{3}}{3}$
- C.
  $a\sqrt{3}$
- D.
  $2a\sqrt{3}$
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 5: Thông hiểu
Chọn khẳng định đúng

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông ABCD vuông tại A và D, AB = 2a, AD = CD = a. Cạnh bên SA = a và vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD). Mệnh đề nào sau đây đúng?
- A.
  $\tan\phi = \frac{\sqrt{2}}{2}$
- B.
  ϕ = 45◦
- C.
  ϕ = 60◦
- D.
  ϕ = 30◦
$\left\{ \begin{matrix}BC\bot AC \\BC\bot SA \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SAC) \Rightarrow BC\bot SC$

Do đó ((SBC),(ABCD)) = (SC, AC) = $\widehat{SCA}$

Tam giác SAC vuông tại A => $\tan\widehat{SCA} = \frac{SA}{AC} = \frac{\sqrt{2}}{2}$
Câu 6: Nhận biết
Tìm kết luận đúng

Cho hình chóp tam giác $S.ABC$ có đáy $ABC$ vuông tại $B$ , $SA\bot(ABC)$ . Khi đó:
- A.
  $CB\bot(SAB)$
- B.
  $SA\bot(SBC)$
- C.
  $AC\bot(ABS)$
- D.
  $CB\bot(ASC)$
Hình vẽ minh họa

Ta có: $\left\{ \begin{matrix} CB\bot SA \\ CB\bot AB \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow CB\bot(SAB)$
Câu 7: Thông hiểu
Xác định thể tích khối hộp chữ nhật

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 $60^{0}$ . Khi đó thể tích hình hộp chữ nhật bằng bao nhiêu?
- A.
  $V = 48\sqrt{3}a^{3}$
- B.
  $V = \frac{16\sqrt{3}}{9}a^{3}$
- C.
  $V = \frac{16\sqrt{3}}{3}a^{3}$
- D.
  $V = 16\sqrt{3}a^{3}$
Hình vẽ minh họa

Gọi góc giữa mặt phẳng $(A'BD)$ và mặt phẳng $(ABCD)$ là $\alpha$ và $O = AC \cap BD$

Ta có: $\left\{ \begin{matrix} AO\bot BD \\ AA'\bot BD \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow A'O\bot BD$

$\Rightarrow \alpha = (AO;A'O) = \widehat{AOA'} = 60^{0}$

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 $AA' = AO.tan60^{0} = 2a\sqrt{3}$

$\Rightarrow V_{ABCD.A'B'C'D'} = AA'.S_{ABCD} = 2a\sqrt{3}.8a^{2} = 16a^{3}\sqrt{3}$
Câu 8: 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 9: Nhận biết
Chọn đáp án đúng

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O và SA = SC, SB = SD. Khẳng định nào sau đây sai?
- A.
  SO ⊥ (ABCD)
- B.
  AC ⊥ (SBD)
- C.
  BD ⊥ (SAC)
- D.
  BC ⊥ (SAB)
Hình vẽ minh họa:
Do ABCD là hình thoi tâm O và SA = SC, SB = SD nên $\left\{ \begin{matrix}SO\bot AC \\SO\bot BD \\\end{matrix} ight.$ => SO ⊥ (ABCD)
Từ $\left\{ \begin{matrix}SO\bot AC \\AC\bot BD \\\end{matrix} ight.$ => AC ⊥ (SBD)
Từ $\left\{ \begin{matrix}SO\bot BD \\AC\bot BD \\\end{matrix} ight.$ => BD ⊥ (SAC)
Như vậy, các khẳng định “SO ⊥ (ABCD)”, “AC ⊥ (SBD)”, “BD ⊥ (SAC)” là các khẳng định đúng.
Khẳng định “BC ⊥ (SAB)” là khẳng định sai. Vì nếu BC ⊥ (SAB) suy ra BC ⊥ SB, cùng với BC ⊥ SO ta có BC ⊥ (SBD), nên qua điểm B có hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với đường thẳng BC (vô lí).
Câu 10: Thông hiểu
Chọn khẳng định sai

Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thoi tâm O, SA = SC; SB = SD. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định sai?
- A.
  SO ⊥ (ABCD)
- B.
  AC ⊥ BD
- C.
  BD ⊥ (SAC)
- D.
  SC ⊥ AC
Hình vẽ minh họa:

Ta có: Tam giác SAC và tam giác SBD lần lượt là tam giác cân tại S

=> SO ⊥ AC, SO ⊥ BD

=> SO ⊥ (ABCD)

Dễ thấy:

SO ⊥ (ABCD)

AC ⊥ BD

BD ⊥ (SAC)

Là những khẳng định đúng.
Câu 11: 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 12: Thông hiểu
Tìm cosin góc nhị diện

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].
- A.
  $\frac{\sqrt{2}}{2}$ .
- B.
  $\frac{1}{2}$ .
- C.
  $\frac{\sqrt{3}}{2}$ .
- D.
  $- \frac{1}{2}$ .
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 13: Nhận biết
Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy

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:
- A.
  45⁰
- B.
  30⁰
- C.
  60⁰
- D.
  135⁰
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 14: Thông hiểu
Tính khoảng cách d từ B đến mặt phẳng (SAC)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, $AC=a\sqrt{3}$ . Tam giác SBC đều và nằm trong mặt phẳng vuông với đáy. Tính khoảng cách d từ B đến mặt phẳng (SAC).
- A.
  $d=\frac{a\sqrt{39}}{13}$
- B.
  $d = a$
- C.
  $d=\frac{2a\sqrt{39}}{13}$
- D.
  $d=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
Hình vẽ minh họa:
Gọi M là trung điểm của BC
=> $SH \bot BC \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} ight)$
Gọi N là trung điểm của AC
=> $MN \bot AC$
Kẻ $ME \bot SN,\left( {E \in SN} ight)$
$\begin{matrix} d\left( {B,\left( {SAC} ight)} ight) = 2d\left( {M;\left( {SAC} ight)} ight) \hfill \\ = 2ME = 2.\dfrac{{SM.MN}}{{\sqrt {S{M^2} + M{N^2}} }} = \dfrac{{2a\sqrt {39} }}{{13}} \hfill \\ \end{matrix}$
Câu 15: Thông hiểu
Chọn đáp án đúng

Cho hình chóp S.ABC có các mặt bên tạo với đáy một góc bằng nhau. Hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng (ABC) là:
- A.
  Tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
- B.
  Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
- C.
  Trọng tâm của tam giác ABC.
- D.
  Giao điểm của hai đường thẳng AC và DB.
Gọi I là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD)
M, N, P lần lượt là hình chiếu vuông góc của S trên các cạnh AB, AC, BC.
Khi đó ta có: $\left\{ \begin{matrix}SI\bot AB \\SM\bot AB \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(SIM) \Rightarrow AB\botIM$
Tương tự ta có: $AC\bot IN,IP\botBC$
Khi đó $\left( (SAB);(ABC) ight) =(SM,IM) = \widehat{SMI}$
Tương tự suy ra $\widehat{SMI} =\widehat{SNI} = \widehat{SPI}$
=> $\Delta SMI = \Delta SNI = \DeltaSPI \Rightarrow IM = IN = IP$
=> I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Câu 16: Nhận biết
Xác định các mặt phẳng vuông góc

Cho tứ diện OABC với các đường thẳng OA, OB, OC đôi một vuông góc. Bộ ba mặt phẳng vuông góc với nhau từng đôi một là
- A.
  (OAB), (ABC), (OCA).
- B.
  (OAB), (OBC), (OCA).
- C.
  (ABC), (OBC), (OAB).
- D.
  (ACB), (OBC), (OCA).
Dễ thấy rằng OA ⊥ (OBC), OB ⊥ (OCA), OC ⊥ (OAB)

Vậy bộ ba mặt phẳng vuông góc với nhau từng đôi một là (OAB), (OBC), (OCA).
Câu 17: Nhận biết
Chọn đáp án đúng

Công thức tính thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy $B$ và chiều cao $h$ là:
- A.
  $V = \frac{1}{3}B.h$
- B.
  $V = \frac{4}{3}B.h$
- C.
  $V = B.h$
- D.
  $V = 3B.h$
Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy $B$ và chiều cao $h$ là:

$V = B.h$
Câu 18: Thông hiểu
Tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

Cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A'B'C'D'$ có $AB = a;AD = 2a\sqrt{2};AA' = a\sqrt{3}$ (như hình vẽ)

Tính góc giữa đường thẳng $A'C$ và mặt phẳng đáy $(ABCD)$ ?
- A.
  $45^{0}$
- B.
  $90^{0}$
- C.
  $60^{0}$
- D.
  $30^{0}$
Hình vẽ minh họa

Ta có: $\left( A'C;(ABCD) ight) = (A'C;AC) = \widehat{ACA'}$

Lại có: $AC = \sqrt{AB^{2} + BC^{2}} = \sqrt{a^{2} + 8a^{2}} = 3a$

Xét tam giác $A'CA$ vuông tại A ta có:

$\Rightarrow \tan\widehat{ACA'} = \frac{AA}{AC} = \frac{a\sqrt{6}}{a\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$

$\Rightarrow \widehat{ACA'} = 30^{0}$

$\Rightarrow \left( A'C;(ABCD) ight) = \widehat{ACA'} = 30^{0}$
Câu 19: Vận dụng
Chọn khẳng định sai

Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau. H là hình chiếu vuông góc của O trên mặt phẳng (ABC). Khẳng định nào dưới đây là khẳng định sai?
- A. OA ⊥ BC
- B. H là trực tâm tam giác ABC
- C. $\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}$
- D. $3O{H^2} = A{B^2} + A{C^2} + B{C^2}$
Hình vẽ minh họa:
Ta có: OA ⊥ OB, OA ⊥ OC => OA ⊥ (OBC) => OA ⊥ BC (*)
Gọi M là giao điểm của AH và BC
Theo giả thiết ta có: OH ⊥ (ABC) => OH ⊥ BC (**)
Từ (*) và (**) suy ra: BC ⊥ (AOM) => BC ⊥ OM
Xét tam giác BOC vuông ta có:
$\frac{1}{{O{I^2}}} = \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}$
Xét tam giác AOI vuông ta có:
$\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}$
Từ chứng minh trên ta có: BC ⊥ (AOM) => BC ⊥ AM (1)
Gọi N là giao điểm của BH và AC. Chứng minh tương tự ta có: AC ⊥ BN (2)
Từ (1) và (2) => H là trực tâm tam giác ABC
Vậy $3O{H^2} = A{B^2} + A{C^2} + B{C^2}$ là kết quả sai.
Câu 20: Thông hiểu
Tính thể tích của khối lăng trụ

Cho khối lăng trụ đứng $ABC.A'B'C'$ , đáy $ABC$ có $AB = AC = a;\widehat{BAC} = 120^{0}$ . Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho biết $\left( (AB'C');(ABCD) ight) = 60^{0}$ .
- A.
  $V = \frac{3a^{3}}{8}$
- B.
  $V = \frac{9a^{3}}{8}$
- C.
  $V = \frac{a^{3}}{8}$
- D.
  $V = \frac{3a^{3}}{4}$
Hình vẽ minh họa

Gọi H là trung điểm của B’C’, khi đó góc giữa mặt phẳng (AB’C’) và (ABCD) là góc $\widehat{AHA'} = 60^{0}$

Ta có:

$S_{ABC} = \frac{1}{2}AC.AB.sin120^{0} = \frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}$

$B'C' = BC = \sqrt{AB^{2} + AC^{2} - 2AB.AC.cos120^{0}}$

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

$\Rightarrow AH' = \frac{2S_{ABC}}{B'C'} = \frac{a}{2}$

$\Rightarrow AA' = A'H.tan60^{0} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$

Vậy $V = S_{ACB}.AA' = \frac{3a^{3}}{8}$
Câu 21: Nhận biết
Xác định mặt phẳng theo yêu cầu

Cho hình chóp $ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thoi tâm $O$ , $SA = SC$ . Mặt phẳng $(SAC)$ vuông góc với mặt phẳng nào dưới đây?
- A.
  $(SAD)$
- B.
  $(ABCD)$
- C.
  $(SBD)$
- D.
  $(SAB)$
Hình vẽ minh họa

Ta có: O là tâm hình thoi ABCD $\Rightarrow \left\{ \begin{matrix} OB = OD \\ OA = OC \\ \end{matrix} ight.$

Mặt khác $SA = SC \Rightarrow SO\bot AC$ (tính chất tam giác cân)

Và $AC\bot BD$ (tính chất hình thoi)

Từ (1) và (2) suy ra $AC\bot(SBD) \Rightarrow (SAC)\bot(SBD)$
Câu 22: Thông hiểu
Tính khoảng cách từ đường thẳng đến mặt phẳng

Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD;AB = SA = a$ . Tính khoảng cách từ đường thẳng $AB$ và mặt phẳng $(SCD)$ bằng:
- A.
  $\frac{a\sqrt{6}}{2}$
- B.
  $\frac{a\sqrt{6}}{3}$
- C.
  $\frac{a\sqrt{6}}{6}$
- D.
  $a$
Hình vẽ minh họa

Gọi O là tâm của đáy $\Rightarrow SO\bot(ABCD)$

Lấy M, N lần lượt là trung điểm AB, CD.

Kẻ $OH\bot SN$

Có $\left\{ \begin{matrix} ON\bot CD \\ CD\bot SO \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow CD\bot(SON)$

$\Rightarrow CD\bot OH \Rightarrow OH\bot(SCD)$

Ta có: $AB//CD \subset (SCD) \Rightarrow AB//(SCD)$

Khi đó $d\left( AB;(SCD) ight) = d\left( M;(SCD) ight) = 2d\left( O;(SCD) ight) = 2OH$

Trong tam giác SON vuông tại O, $OH\bot SN$ có:

$\frac{1}{OH^{2}} = \frac{1}{SO^{2}} + \frac{1}{ON^{2}} \Rightarrow OH = \frac{a\sqrt{6}}{6}$

$\Rightarrow d\left( AB;(SCD) ight) = \frac{a\sqrt{6}}{3}$
Câu 23: Thông hiểu
Số đo góc giữa hai đường thẳng chéo nhau

Cho hình chóp S.ABC có SA = SB và CA = CB. Tính số đo góc giữa hai đường thẳng chéo nhau SC và AB.
- A. 30⁰
- B. 45⁰
- C. 60⁰
- D. 90⁰
Hình vẽ minh họa:
$\begin{matrix} \overrightarrow {SC} \overrightarrow {AB} = - \overrightarrow {CS} .(\overrightarrow {CB} - \overrightarrow {CA} ) \hfill \\ = \overrightarrow {CS} .\overrightarrow {CA} - \overrightarrow {CS} .\overrightarrow {CB} \hfill \\ = CS.CA.\cos \widehat {SCA} - CS.CB.\cos \widehat {SCB} \hfill \\ = CS.CA.\dfrac{{S{C^2} + C{A^2} - S{A^2}}}{{2SC.CA}} \hfill \\ - CS.CB.\dfrac{{S{C^2} + C{B^2} - S{B^2}}}{{2SC.CB}} \hfill \\ = \frac{{S{C^2} + C{A^2} - S{A^2}}}{2} - \dfrac{{S{C^2} + C{B^2} - S{B^2}}}{2} = 0 \hfill \\ ({\text{Do }}SA = SB{\text{ v\`a }}CA = CB) \Rightarrow SC \bot AB \hfill \\ \end{matrix}$
Câu 24: Nhận biết
Chọn đáp án đúng

Cho hai đường thẳng a và a’ lần lượt có vecto chỉ phương là $\overrightarrow u ;\overrightarrow {u'}$ . Nếu $\varphi$ là góc giữa hai đường thẳng a và a’ thì
- A. $\varphi = \left( {\overrightarrow u ;\overrightarrow {u'} } ight)$
- B. $\varphi = \pi - \left( {\overrightarrow u ;\overrightarrow {u'} } ight)$
- C. $\cos \varphi = \cos \left( {\overrightarrow u ;\overrightarrow {u'} } ight)$
- D. $\cos \varphi = \left| {\cos \left( {\overrightarrow u ;\overrightarrow {u'} } ight)} ight|$
Do góc giữa hai đường thẳng bằng hoặc bù với góc giữa hai vecto chỉ phương của chúng nên đáp án đúng là: $\cos \varphi = \left| {\cos \left( {\overrightarrow u ;\overrightarrow {u'} } ight)} ight|$
Câu 25: Nhận biết
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng OA và BC

Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OB = OC = a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng OA và BC.
- A.
  $\frac{a\sqrt{3}}{2}$
- B.
  $\frac{a}{2}$
- C.
  $\frac{a\sqrt{2}}{2}$
- D.
  $\frac{3a}{2}$
Hình vẽ minh họa:

Gọi M là trung điểm CB, ta có: OM ⊥ BC.

Mặt khác vì OA, OB, OC đôi một vuông góc nên OA ⊥ (OBC)

=> OA ⊥ OM. Do đó khoảng cách giữa OA và BC là OM.

Ta có: $OM = \frac{1}{2}BC = \frac{a\sqrt{2}}{2}$
Câu 26: Thông hiểu
Tìm mệnh đề sai

Cho tam giác đều ABC cạnh a. Gọi D là điểm đối xứng với A qua BC. Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại D lấy điểm S sao cho $SD = \frac{a\sqrt{6}}{2}$ . Gọi I là trung điểm BC, kẻ IH vuông góc SA (H ∈ SA). Khẳng định nào sau đây sai?
- A.
  SA ⊥ BH
- B.
  (SDB) ⊥ (SDC)
- C.
  (SAB) ⊥ (SAC)
- D.
  BH ⊥ HC
Từ giả thiết suy ra ABDC là hình thoi nên BC ⊥ AD.

Ta có:

BC ⊥ AD và BC ⊥ SD

=> BC ⊥ (SAD)

=> BC ⊥ SA.

Lại có theo giả thiết IH ⊥ SA => SA ⊥ (HCB) => SA ⊥ BH

Tính được: $\left\{ \begin{matrix}AI = \dfrac{a\sqrt{3}}{2};AD = 2AI = a\sqrt{3} \\SA = \sqrt{AD^{2} + SD^{2}} = \dfrac{3a\sqrt{2}}{2} \\\end{matrix} ight.$

Ta có:

$\begin{matrix}\Delta AHI\sim\Delta ADS \Rightarrow \dfrac{IH}{SD} = \dfrac{AI}{AS} \\\Rightarrow IH = \dfrac{SD.AI}{AS} = \dfrac{a}{2} = \dfrac{BC}{2} \\\end{matrix}$

=> Tam giác HBC có trung tuyến IH bằng nửa cạnh đáy BC nên $\widehat{BHC} = 90^{0}$ hay BH ⊥ HC.

Từ đó suy ra (SAB) ⊥ (SAC). Dùng phương pháp loại trừ thì khẳng định “(SDB) ⊥ (SDC)” là sai.
Câu 27: Thông hiểu
Tính giá trị tan α

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và $SA =a\sqrt{6}$ . Gọi α là góc giữa SC và (SAB). Giá trị tan α bằng:
- A.
  $\frac{\sqrt{5}}{5}$
- B.
  $\frac{\sqrt{7}}{7}$
- C.
  $\frac{1}{7}$
- D.
  $\frac{1}{5}$
Hình vẽ minh họa:
Ta có: $\left\{ \begin{matrix}BC\bot SA \\BC\bot AB \\\end{matrix} ight.$ => BC ⊥ (SAB)
=> SB là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (SAB)
=> $\alpha = \widehat{BSC}$
Mà $SB = \sqrt{SA^{2} + AB^{2}} =a\sqrt{7}$
Vậy $\tan\alpha = \frac{BC}{SB} =\frac{\sqrt{7}}{7}$
Câu 28: Vận dụng

Điền đáp án vào ô trống

Giả sử $V$ là thể tích khối tứ diện đều $ABCD$ . Trung điểm tất cả các cạnh của tứ diện tạo thành một đa diện có thể tích $V'$ . Tỉ số $\frac{V'}{V} =$ 1/2

(Kết quả được ghi dưới dạng phân số tối giản a/b)

Đáp án là:

Giả sử $V$ là thể tích khối tứ diện đều $ABCD$ . Trung điểm tất cả các cạnh của tứ diện tạo thành một đa diện có thể tích $V'$ . Tỉ số $\frac{V'}{V} =$ 1/2

(Kết quả được ghi dưới dạng phân số tối giản a/b)

Hình vẽ minh họa

Giả sử tứ diện đều cạnh bằng a

Hình đa diện cần tính có được bằng cách cắt 4 góc tứ diện

Mỗi góc cũng là một tứ diện đều có cạnh bằng $\frac{a}{2}$

Do đó thể tích phần cắt bỏ là $V'' = 4.\frac{V}{8} = \frac{V}{2}$

(Vì tứ diện cạnh giảm một nưả thì thể tích giảm $\left( \frac{1}{2} ight)^{3} = \frac{1}{8}$

Vậy $V' = \frac{V}{2} \Rightarrow \frac{V'}{V} = \frac{1}{2}$
Câu 29: Vận dụng
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và BD

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.
- A.
  $a\sqrt{3}$
- B.
  $\frac{a\sqrt{3}}{2}$
- C.
  $\frac{a\sqrt{3}}{3}$
- D.
  $\frac{a\sqrt{3}}{6}$
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 30: Vận dụng
Tính độ dài cạnh SA

Cho hình vuông ABCD cạnh a và SA ⊥ (ABCD). Để góc giữa (SCB) và (SCD) bằng 60◦ thì độ dài cạnh SA là:
- A.
  $a\sqrt{3}$
- B.
  $a\sqrt{2}$
- C.
  $a$
- D.
  $2a$
Hình vẽ minh họa:

Đặt SA = a.

Kẻ AM ⊥ SD, m ∈ SD, AN ⊥ SB, N ∈ SB, ta có: $\left\{ \begin{matrix} AM\bot(SCD) \\ AN\bot(SBC) \\ \end{matrix} ight.$

Suy ra: $\widehat{\left( (SCD);(SBC) ight)} = \widehat{(AM;AN)}$

Do ∆SAD = ∆SAB (c.g.c) => AM = AN

Do đó => ((SCD); (SBC)) = 60◦ => (AM; AN) = 60◦

Xét tam giác SAD, ta có:

$\frac{1}{AM^{2}} = \frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{a^{2}} \Rightarrow AM = MN \Rightarrow x = a$

$\begin{matrix}\dfrac{MN}{BD} = \dfrac{SM}{SD} = \dfrac{SM.SD}{SD^{2}} =\dfrac{SA^{2}}{SD^{2}} = \dfrac{x^{2}}{a^{2} + x^{2}} \hfill\\\Rightarrow MN = \dfrac{ax^{2}\sqrt{2}}{a^{2} + x^{2}} \hfill\\\end{matrix}$

Nếu $\widehat{MAN} = 60^{0}$ thì ∆AMN đều => AM = MN => x = a

Nếu $\widehat{MAN} = 120^{0}$ thì $MN = \sqrt{3}AM \Rightarrow 2x^{2} = 3\left( x^{2} + a^{2} ight)$ (Vô lý)

Vậy SA = a
Câu 31: Vận dụng cao

Ghi lời giải vào ô trống

Cho hình chóp $S.ABC$ có tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ và $SA = SB = SC = a\sqrt{3}$ . Lấy điểm $M$ bất kì trong không gian. Gọi $d$ là tổng khoảng cách từ điểm $M$ đến tất cả các đường thẳng $AB,BC,CA,SA,SB,SC$ . Tính giá trị nhỏ nhất của $d$ ?

Chỗ nhập nội dung câu trả lời tự luận

Đáp án là:

Cho hình chóp $S.ABC$ có tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ và $SA = SB = SC = a\sqrt{3}$ . Lấy điểm $M$ bất kì trong không gian. Gọi $d$ là tổng khoảng cách từ điểm $M$ đến tất cả các đường thẳng $AB,BC,CA,SA,SB,SC$ . Tính giá trị nhỏ nhất của $d$ ?

Chỗ nhập nội dung câu trả lời tự luận
Câu 32: Thông hiểu
Tìm đường thẳng vuông góc với BC'

Cho hình lập phương $ABCD.A'B'C'D'$ . Xác định đường thẳng vuông góc với đường thẳng $C'B$ ?
- A.
  $DA'$
- B.
  $AC$
- C.
  $BB'$
- D.
  $AD'$
Hình vẽ minh họa:

Ta có: $\left\{ \begin{matrix} A'D//B'C \\ B'C\bot BC' \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow A'D\bot BC'$
Câu 33: Nhận biết
Tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

Cho hình lập phương $ABCD.A'B'C'D'$ có cạnh bằng $a.$ Khoảng cách từ $A'$ đến mp $(ABCD)$ bằng:
- A.
  $\frac{a}{2}.$
- B.
  $a.$
- C.
  $2a.$
- D.
  $3a.$
Hình vẽ minh họa

Ta có $A'A\bot(ABCD)$ nên $d\left( A',(ABCD) ight) = A'A = a$ .
Câu 34: Vận dụng cao
Tính khoảng cách khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a, tam giác SAB đều, góc giữa (SCD) và (ABCD) bằng 60◦. Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Biết hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) nằm trong hình vuông ABCD. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC.
- A.
  $\frac{5a\sqrt{3}}{3}$
- B.
  $\frac{a\sqrt{5}}{5}$
- C.
  $\frac{2a\sqrt{5}}{5}$
- D.
  $\frac{2a\sqrt{15}}{3}$
Hình vẽ minh họa:
Gọi H là hình chiếu của S lên (ABCD).
Ta có: $\left\{ \begin{matrix}SM\bot AB \\AB\bot SH \\\end{matrix} ight.$
=> AB ⊥ MH
=> MH là đường trung bình của hình vuông ABCD
Giả sử MH cắt CD tại N, ta có N là trung điểm CD
Ta cũng có SN ⊥ CD nên $\widehat{\left((SCD),(ABCD) ight)} = \widehat{(SN,MN)} = \widehat{SNM}$
Gọi P là trung điểm BC, ta có MP // AC nên AC // (SMP)
Do đó, d(SM, AC) = d(AC,(SMP)) = d(O,(SMP))
Gọi K là hình chiếu của H lên MP (nhận thấy HK // OB), I là hình chiếu của H lên SK
Khi đó d(H, (SMP)) = HI
Áp dụng định lý cosin cho tam giác SMN, ta có:
$\begin{matrix}SM^{2} = MN^{2} + SN^{2} - 2MN.SN.cos60^{0} \hfill\\\Leftrightarrow 3a^{2} = 4a^{2} + SN^{2} - 2.2a.SN.\dfrac{1}{2} \hfill \\\Leftrightarrow a = SN \hfill \\\end{matrix}$
Xét tam giác vuông SHN ta có:
$SH = SN.sin60^{0} =\frac{a\sqrt{3}}{2}$
$HN = SN.cos60^{0} =\frac{a}{2}$
$\Rightarrow MH = \frac{3}{4}.MN\Rightarrow KH = \frac{3}{4}NP = \frac{3a\sqrt{2}}{4}$
Xét tam giác SHK vuông tại H, ta có:
$HI = \sqrt{\frac{HK^{2}.SH^{2}}{HK^{2} +SH^{2}}} = \frac{3a\sqrt{5}}{10}$
Mặt khác: $d\left( O;(SMP) ight) =\frac{2}{3}d\left( H;(SMP) ight) = \frac{a\sqrt{5}}{5}$
Câu 35: Thông hiểu
Góc tạo bởi đường thẳng AB’ và mặt phẳng (BDD’B’)

Cho hình lập phương ABCD.A’B’CD’D. Tính góc tạo bởi đường thẳng AB’ và mặt phẳng (BDD’B’)
- A. $60^0$
- B. $90^0$
- C. $45^0$
- D. $30^0$
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 36: Nhận biết
Chọn khẳng định đúng

Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA\bot(ABC)$ , đáy $ABC$ là tam giác cân tại $A$ . Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ , $J$ là trung điểm của $BM$ . Chọn khẳng định đúng?
- A.
  $BC\bot(SAC)$
- B.
  $BC\bot(SAM)$
- C.
  $BC\bot(SAJ)$
- D.
  $BC\bot(SAB)$
Hình vẽ minh họa

Do tam giác ABC cân tại A, M là trung điểm của BC nên $BC\bot AM$

Ta có: $\left\{ \begin{matrix} BC\bot SA \\ BC\bot AM \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SAM)$
Câu 37: Vận dụng
Góc giữa hai đường thẳng SB và AC trong mặt phẳng

Cho hình chóp S.ABCD có mặt phẳng đáy là hình vuông cạnh a, $SA = a\sqrt 3$ , SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính góc giữa SB và AC?
- A. $\alpha = {69^0}17'$
- B. $\alpha = {72^0}84'$
- C. $\alpha = {84^0}62'$
- D. $\alpha = {27^0}38'$
Hình vẽ minh họa
Lấy M là trung điểm của SD
Góc cần tìm là góc giữa OM và SC
Ta có MC là trung tuyến của tam giác SCD
$\begin{matrix} M{C^2} = \dfrac{{S{C^2} + D{C^2}}}{2} - \dfrac{{S{D^2}}}{4} = 2{a^2} \hfill \\ \Rightarrow MC = a\sqrt 2 \hfill \\ \end{matrix}$
Xét tam giác MOC ta có:
$\begin{matrix} \cos \widehat {MOC} = \dfrac{{M{O^2} + O{C^2} - M{C^2}}}{{2.MO.OC}} = - \dfrac{1}{{2\sqrt 2 }} \hfill \\ \Rightarrow \alpha \approx {69^0}17\prime \hfill \\ \end{matrix}$
Câu 38: Thông hiểu
Khẳng định nào là khẳng định đúng

Cho tứ diện ABCD có H là trực tâm tam giác BCD, AH vuông góc với mặt phẳng đáy. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng?
- A.
  CD ⊥ BD
- B.
  AC = BD
- C.
  AB ⊥ CD
- D.
  AB ⊥ CD
Hình vẽ minh họa:

Vì AH ⊥ (BCD) => AH ⊥ CD (*)

Do H là trực tâm tam giác BCD => BH ⊥ CD (**)

Từ (*) và (**) => CD ⊥ AH, CD ⊥ BH => CD ⊥ (ABH) => CD ⊥ AB
Câu 39: Nhận biết
Chọn đáp án đúng

Cho tứ diện đều $ABCD$ cạnh bằng $a$ , $M$ là trung điểm của cạnh $BC$ . Xác định góc giữa hai đường thẳng $AB$ và $DM$ ?
- A.
  $\arccos\frac{3\sqrt{3}}{8}$
- B.
  $\arccos\frac{\sqrt{3}}{6}$
- C.
  $\arccos\frac{2\sqrt{3}}{5}$
- D.
  $\arccos\frac{\sqrt{5}}{8}$
Hình vẽ minh họa

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

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

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

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

$\cos\widehat{DMN} = \frac{\sqrt{3}}{6} \Rightarrow (AB;DM) = \arccos\frac{\sqrt{3}}{6}$
Câu 40: Thông hiểu
Tứ giác MNPQ là hình gì?

Trong không gian cho hai tam giác đều ABC và ABC’ có chung cạnh AB và nằm trong hai mặt phẳng khác nhau. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, CB, BC’ và C’A. Tứ giác MNPQ là hình gì?
- A.
  Hình bình hành
- B.
  Hình chữ nhật
- C.
  Hình vuông
- D.
  Hình thang
Hình vẽ minh họa:

Vì M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, CB, BC’ và C’A

=> $\left\{ \begin{matrix}PQ = MN = \dfrac{1}{2}AB \\PQ//AB//MN \\\end{matrix} ight.$

=> MNPQ là hình bình hành

Gọi H là trung điểm của AB

Vì hai tam giác ABC và ABC’ đều nên $\left\{ \begin{matrix} CH\bot AB \\ C'H\bot AB \\ \end{matrix} ight.$

=> $AB\bot(CHC') \Rightarrow AB\bot CC'$

Ta có: $\left\{ \begin{matrix} PQ//AB \\ \begin{matrix} PN//CC' \\ AB\bot CC' \\ \end{matrix} \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow PQ\bot PN$

Vậy tứ giác MNPQ là hình chữ nhật

Mua ngay Đổi điểm

Đổi điểm làm bài

Điểm khả dụng: 0 điểm

Bạn sẽ dùng 50 điểm để đổi lấy 1 lượt làm bài.

Bạn không đủ điểm để đổi.

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

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

Đang tìm đối thủ...

Đang tải...

Tạo phòng ngay Đấu trường chung

Chia sẻ bởi:
Khang Anh

20 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

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

Đổi điểm làm bài

Đổi điểm làm bài

Chúc mừng Bạn đã hoàn thành bài!

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

Đang tìm đối thủ...