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
Cos(AB; DM) bằng bao nhiêu?

Cho tứ diện đều ABCD, M là trung điểm của BC. Khi đó cos(AB; DM) là:
- A. $\frac{{\sqrt 2 }}{2}$
- B. $\frac{{\sqrt 3 }}{6}$
- C. $\frac{1}{2}$
- D. $\frac{{\sqrt 3 }}{2}$
Hình vẽ minh họa:
Giả sử cạnh của tứ diện là a
Tam giác BCD đều => $DM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$
Tam giác ABC đều => $AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$
Ta có: $\cos \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {DM} } ight) = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DM} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } ight|.\left| {\overrightarrow {DM} } ight|}} = \dfrac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DM} }}{{a.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}$
Mặt khác
$\begin{matrix} \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DM} = \overrightarrow {AB} (\overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AD} ) \hfill \\ = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} \hfill \\ = |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AM} |.\cos (\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AM} ) \hfill \\ - |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AD} |.\cos (\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} ) \hfill \\ = |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AM} |.\cos {30^0} - |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AD} |.\cos {60^0} \hfill \\ = a.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} - a.a.\dfrac{1}{2} \hfill \\ = \dfrac{{3{a^2}}}{4} - \dfrac{{{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^2}}}{4} \hfill \\ \Rightarrow \cos (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {DM} ) = \dfrac{{\sqrt 3 }}{6} > 0 \hfill \\ \Rightarrow (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {DM} ) = (AB,DM) \hfill \\ \Rightarrow \cos (AB,DM) = \dfrac{{\sqrt 3 }}{6} \hfill \\ \end{matrix}$
Câu 2: Thông hiểu
Xác định thể tích khối chóp tứ giác

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 $60^{0}$ .
- A.
  $V = \sqrt{3}a^{3}$
- B.
  $V = \frac{\sqrt{3}}{3}a^{3}$
- C.
  $V = a^{3}$
- D.
  $V = 2\sqrt{3}a^{3}$
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 3: Thông hiểu
Chọn khẳng định đúng

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA ⊥ (ABC). Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC, H là hình chiếu của I trên mặt phẳng đáy. Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định dưới đây?
- A. H là trung điểm của cạnh AB.
- B. H là trung điểm của cạnh BC.
- C. H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
- D. H là trọng tâm tam giác ABC.
Hình vẽ minh họa:
Ta có: SA ⊥ (ABC) => SA ⊥ BC
Mà AB ⊥ BC => BC ⊥ (SAB) => BC ⊥ SB
=> Tam giác SBC vuông tại B => I là trung điểm của SC
Theo bài ra ta có: IH ⊥ (ABC) => IH // SA
=> H là trung điểm của cạnh AC,
Mà tam giác ABC vuông tại B => H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu 4: Thông hiểu
Tính khoảng cách

Cho hình lập phương $ABCD.A'B'C'D'$ có các cạnh bằng $1$ . Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng $(ABB')$ và $(CC'D')$ .
- A.
  $1$ .
- B.
  $2$ .
- C.
  $\sqrt{2}$ .
- D.
  $\frac{\sqrt{2}}{2}$ .
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 5: Vận dụng cao
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành và SA = SB = SC = 11, $\widehat{SAB} = 30^{0}$ , $\widehat{SBC} = 60^{0};\widehat{SCA} =45^{0}$ . Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AB và SD?
- A.
  $d = 4\sqrt{11}$
- B.
  $d = 2\sqrt{22}$
- C.
  $d =\frac{\sqrt{22}}{2}$
- D.
  $d = \sqrt{22}$
Hình vẽ minh họa:
Dựa vào định lý cosin ta dễ dàng tính được BC = 11, $AB = 11\sqrt{3};AC = 11\sqrt{2}$
=> ∆ABC vuông tại C
Do SA = SB = SC, nên hình chiếu của S xuống mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm H của AB
=> SH ⊥ (ABCD) và $SH =SA.sin\widehat{SAB} = \frac{11}{2}$
Kẻ HK ⊥ CD, AP ⊥ CD, tứ giác APKH là hình chữ nhật, $HK = AP = \frac{11\sqrt{6}}{3}$ (Do $\frac{1}{AP^{2}} = \frac{1}{AD^{2}} +\frac{1}{AC^{2}}$ )
Trong tam giác vuông SHK, kẻ HI ⊥ SK
Do AB // CD => d(AB, SD) = d(H, SD) = HI
Ta có: $\frac{1}{HI^{2}} =\frac{1}{SH^{2}} + \frac{1}{SK^{2}} \Rightarrow HI =\sqrt{22}$
Câu 6: Nhận biết
Tìm đáp án sai

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật và $SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy. Tìm mệnh đề sai dưới đây?
- A.
  $BC\bot(SAB)$
- B.
  $CD\bot(SAD)$
- C.
  $BD\bot(SAC)$
- D.
  $SA\bot BD$
Hình vẽ minh họa

Ta có:

$ABCD$ là hình chữ nhật nên $BD$ không vuông góc với $AC$

Vậy $BD$ không vuông góc với mặt phẳng $(SAC)$
Câu 7: Thông hiểu
Xác định tanβ

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ tâm $I$ , $SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết $SA = a\sqrt{3};\beta = \left( SI;(ABCD) ight)$ . Tính $\tan\beta$ ?
- A.
  $\tan\beta = \sqrt{6}$
- B.
  $\tan\beta = \frac{\sqrt{6}}{6}$
- C.
  $\tan\beta = \frac{\sqrt{3}}{3}$
- D.
  $\tan\beta = \sqrt{3}$
Hình vẽ minh họa

Ta có: $SA\bot(ABCD)$ nên AI là hình chiếu vuông góc của SI trên mặt phẳng đáy.

Do đó góc giữa đường thẳng SI và mặt phẳng (ABCD) bằng góc giữa SI và AI.

Xét tam giác SAI vuông tại A nên $\widehat{SIA} < 90^{0} \Rightarrow (SI;AI) = \widehat{SIA}$

$\tan\widehat{SIA} = \dfrac{SA}{AI} =\dfrac{a\sqrt{3}}{\dfrac{a\sqrt{2}}{2}} = \sqrt{6}$

Vậy $\tan\beta = \sqrt{6}$
Câu 8: Thông hiểu
Tính thể tích khối chóp

Cho một khối chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $B$ , $AB = 2a$ và $AB = 2a$ . Tam giác $SAB$ đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối chóp $S.ABC$ ?
- A.
  $V = \frac{a^{3}\sqrt{3}}{4}$
- B.
  $V = \frac{a^{3}\sqrt{3}}{3}$
- C.
  $V = \frac{a^{3}\sqrt{3}}{12}$
- D.
  $V = \frac{2a^{3}\sqrt{3}}{3}$
Hình vẽ minh họa

Gọi H là trung điểm của AB

Do tam giác SAB đều suy ra $SH\bot AB$

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

Vậy SH là đường cao của hình chóp

Khi đó $SH = a\sqrt{3}$

Ta có: $AB = 2a \Rightarrow BC = 2a$

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

Thể tích khối chóp là: $V = \frac{1}{3}S_{ABC}.SH = \frac{1}{3}.2a^{2}.a\sqrt{3} = \frac{2a^{3}\sqrt{3}}{3}$
Câu 9: 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 10: Nhận biết
Chọn mệnh đề sai

Cho hình chóp S.ABC, tam giác ABC vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy (ABC). Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB (tham khảo hình vẽ bên). Mệnh đề nào sau đây sai?
- A.
  AH ⊥ SC
- B.
  Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAB) là góc ASC
- C.
  BC ⊥ (SAB)
- D.
  Các mặt bên của hình chóp là các tam giác vuông
Ta có: SA ⊥ (ABC) => SA ⊥ BC
Mặt khác BC ⊥ AB
Suy ra BC ⊥ (SAB) nên hình chiếu vuông góc của SC trên (SAB) là SB
Vậy $\widehat{\left( SC,(SAB) ight)} =\widehat{(SC,SB)} = \widehat{BSC\ }$ (vì tam giác SBC vuông tại B)
Câu 11: Thông hiểu
Tính góc giữa hai đường thẳng

Cho hình lăng trụ đứng tam giác $ABC.A'B'C'$ có đáy $ABC$ là tam giác cân, $AB = AC = a,\widehat{BAC} = 120^{0}$ và cạnh bên $AA' = a\sqrt{2}$ . Tính góc giữa hai đường thẳng $AB'$ và $BC$ ?
- A.
  $60^{0}$
- B.
  $90^{0}$
- C.
  $100^{0}$
- D.
  $120^{0}$
Hình vẽ minh họa

Ta có: $BC//B'C' \Rightarrow (AB',BC) = (AB',B'C')$

Xét tam giác $AB'C'$ ta có: $AB' = AC' = \sqrt{AB^{2} + BB'^{2}} = a\sqrt{3}$

Áp dụng định lí cosin cho tam giác ABC ta có:

$BC^{2} = AB^{2} + AC^{2} - 2AB.AC.cos\widehat{BAC}$

$= a^{2} + a^{2} - 2a.a.cos120^{0} = 3a^{2}$

$\Rightarrow BC = B'C' = a\sqrt{3}$

Vậy tam giác $AB'C'$ đều

$\Rightarrow (AB',BC) = (AB',B'C') = \widehat{AB'C'} = 60^{0}$
Câu 12: Vận dụng
Tính cos(CG; BD)

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh bằng $x$ , $SA\bot(ABCD);SA = 2x$ . Gọi $F$ trung điểm các cạnh $AB$ , $G$ là trung điểm của $SF$ . Tính $\cos(CG;BD)$ ?
- A.
  $\frac{\sqrt{82}}{41}$
- B.
  $\frac{\sqrt{41}}{41}$
- C.
  $\frac{2\sqrt{41}}{41}$
- D.
  $\frac{\sqrt{82}}{82}$
Hình vẽ minh họa

Gọi I là trung điểm của AD, H là trung điểm của SI.

Ta có: GH // FI; BD // FI nên GH // BD => $(CG;BD) = (CG;GH) = \widehat{CGH}$

Ta có: $CI = \sqrt{CD^{2} + DI^{2}} = \sqrt{x^{2} + \frac{x^{2}}{4}} = \frac{x\sqrt{5}}{2}$

$\Rightarrow CI = \frac{x\sqrt{5}}{2}$

$SF = SI = \sqrt{SA^{2} + AF^{2}} = \sqrt{(2x)^{2} + \left( \frac{x}{2} ight)^{2}} = \frac{x\sqrt{17}}{2}$

$SC = \sqrt{SA^{2} + AC^{2}} = \sqrt{(2x)^{2} + \left( x\sqrt{2} ight)^{2}} = x\sqrt{6}$

Khi đó:

$CG = \sqrt{\frac{CF^{2} + SC^{2}}{2} -\frac{SF^{2}}{4}}$ $= \sqrt{\dfrac{\dfrac{5x^{2}}{4} + 6x^{2}}{2} -\dfrac{9x^{2}}{4}} = \dfrac{x\sqrt{41}}{4}$

$GH = \frac{1}{2}FI = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}BD = \frac{x\sqrt{2}}{4}$

Ta có: $\cos\widehat{CGH} = \frac{GC^{2} + GH^{2} - HC^{2}}{2.GC.GH}$

$= \dfrac{\left( \dfrac{x\sqrt{41}}{4}ight)^{2} + \left( \dfrac{x\sqrt{2}}{4} ight)^{2} - \left(\dfrac{x\sqrt{41}}{4} ight)^{2}}{2.\left( \dfrac{x\sqrt{41}}{4}ight).\left( \dfrac{x\sqrt{2}}{4} ight)} =\dfrac{\sqrt{82}}{82}$

$\Rightarrow \cos(CG;BD) = \frac{\sqrt{82}}{82}$
Câu 13: Nhận biết
Chọn mệnh đề đúng?

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và SA ⊥ (ABCD). Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng?
- A.
  Mặt bên của hình chóp là những tam giác cân.
- B.
  Mặt bên của hình chóp là những tam giác vuông.
- C.
  Mặt bên của hình chóp là những tam giác vuông và tam giác thường.
- D.
  Mặt bên của hình chóp là những tam giác vuông cân.
Hình vẽ minh họa:

Ta có: SA ⊥ (ABCD) nên tam giác SAB và tam giác SAD là tam giác vuông.

Ta có: CD ⊥ DA mà DA là hình chiếu của DA trên (ABCD) nên CD vuông góc với DS

=> Mặt bên SDC là tam giác vuông tại D

Tương tự ta có: mặt bên SBC là tam giác vuông tại B. Như vậy chỉ có khẳng định ”Mặt bên của hình chóp là những tam giác vuông” là chắc chắn đúng.
Câu 14: Vận dụng cao
Tính diện tích (α) của thiết diện

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông có độ dài đường chéo bằng a √ 2 và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi α là góc giữa mặt phẳng (SBD) và (ABCD). Nếu $\tan\alpha = \sqrt{2}$ thì góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) bằng
- A.
  30⁰
- B.
  90⁰
- C.
  60⁰
- D.
  45⁰
Hình vẽ minh họa:

Gọi O là tâm hình vuông ABCD, H, K lần lượt là hình chiếu của A lên SB, SC.

Ta dễ dàng chứng minh được AH ⊥ (SBC) => AH ⊥ SC.

Mà AK ⊥ SC nên SC ⊥ (AHK) => SC ⊥ HK.

Ta có:

(SAC) ∩ (SBC) = SC

AK ⊥ SC

HK ⊥ SC

=> ((SAC), (SBC)) = (AK; HK) = $\widehat{AKH}$ .

Ta cũng có: ((SBD); (ABCD)) = (SO; AO) = $\widehat{SOA}$ = α

=> tan α = SA/AO => SA = a

Do đó: tam giác SAB vuông cân tại A => $AH = \frac{SB}{2} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$

Xét tam giác SAC có: $\frac{1}{AK^{2}} = \frac{1}{AS^{2}} + \frac{1}{AC^{2}} \Rightarrow AK = \frac{a\sqrt{6}}{3}$

Xét tam giác AHK vuông tại H, ta có:

$\sin\widehat{AKH} = \frac{AH}{AK} = \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \sin\widehat{AKH} = 30^{0}$

Vậy ((SAC); (SBC)) = 30⁰.
Câu 15: 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 16: Vận dụng
Xác định khoảng cách từ B đến (SCD)

Cho hình chóp $S.ABCD$ có thể tích bằng $\frac{4}{3}a^{3}$ , đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh bằng $a\sqrt{2}$ ; $SA = SD$ . Biết mặt bên $(SAD)$ vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$ . Xác định khoảng cách $d\left( B;(SCD) ight)$ ?
- A.
  $\frac{3a}{4}$
- B.
  $\frac{2a}{3}$
- C.
  $\frac{4a}{3}$
- D.
  $\frac{8a}{3}$
Hình vẽ minh họa

Gọi I là trung điểm của AD

Tam giác SAD cân tại S suy ra $SI\bot AD$

Ta có $\left\{ \begin{matrix} SI\bot AD \\ (SAD)\bot(ABCD) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SI\bot(ABCD)$

Suy ra SI là đường cao của hình chóp

Theo giả thiết

$V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}SI.S_{ABCD}$

$\Leftrightarrow \frac{4a^{3}}{3} = \frac{1}{2}SI.2a^{2}$

$\Leftrightarrow SI = 2a$

Vì $AB//(SCD) \Rightarrow d\left( B;(SCD) ight) = d\left( A;(SCD) ight) = 2d\left( I;(SCD) ight)$

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên SD

Mặt khác $\left\{ \begin{matrix} SI\bot DC \\ ID\bot DC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow IH\bot DC$ . Ta có: $\left\{ \begin{matrix} IH\bot SD \\ IH\bot DC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow IH\bot(SCD)$

$\Rightarrow d\left( I;(SCD) ight) = IH$

Xét tam giác SID vuông tại I có:

$\frac{1}{IH^{2}} = \frac{1}{SI^{2}} + \frac{1}{ID^{2}} = \frac{1}{4a^{2}} + \frac{4}{2a^{2}} \Rightarrow IH = \frac{2a}{3}$

$\Rightarrow d\left( B;(SCD) ight) = d\left( A;(SCD) ight) = 2d\left( I;(SCD) ight) = \frac{4a}{3}$
Câu 17: Thông hiểu
Tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông, $SA\bot(ABCD)$ ; $SA = AB$ . Gọi trung điểm các cạnh $BC;SC$ lần lượt là $E;F$ . Tính $\left( EF;(SAD) ight)$ ?
- A.
  $45^{0}$
- B.
  $30^{0}$
- C.
  $60^{0}$
- D.
  $90^{0}$
Hình vẽ minh họa

Ta có: $\left\{ \begin{matrix} AB\bot AD \\ AB\bot SA \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(SAD)$

$\Rightarrow \left( EF;(SAD) ight) = \left( BS;(SAD) ight) = (BS;AS) = \widehat{BSA}$

Xét tam giác SAB vuông tại A có $SA = AB$

$\Rightarrow \widehat{BSA} = 45^{0}$

$\Rightarrow \left( EF;(SAD) ight) = \widehat{BSA} = 45^{0}$
Câu 18: Nhận biết
Chọn mệnh đề sai?

Mệnh đề nào đúng trong các mệnh đề sau?
- A.
  Góc gữa hai mặt phẳng luôn là góc nhọn.
- B.
  Góc giữa mặt phẳng (P) và mặt phẳng (Q) bằng góc giữa mặt phẳng (P) và mặt phẳng (R) khi (Q) // (R) (hoặc mặt phẳng (Q) trùng với mặt phẳng (R)).
- C.
  Góc giữa mặt phẳng (P) và mặt phẳng (Q) bằng góc giữa mặt phẳng (P) và mặt phẳng (R) thì (Q) song song với (R).
- D.
  Cả ba mệnh đề trên đều đúng.
Mệnh đề: “Góc giữa hai mặt phẳng luôn là góc nhọn” sai vì góc giữa hai mặt phẳng có thể là góc vuông.

Mệnh đề: ”Góc giữa mặt phẳng (P) và mặt phẳng (Q) bằng góc giữa mặt phẳng (P) và mặt phẳng (R) khi (Q) // (R) (hoặc mặt phẳng (Q) trùng với mặt phẳng (R))” đúng.

Mệnh đề: “Góc giữa mặt phẳng (P) và mặt phẳng (Q) bằng góc giữa mặt phẳng (P) và mặt phẳng (R) thì (Q) song song với (R)” sai vì hai mặt phẳng (R) và (Q) có thể trùng nhau.
Câu 19: Thông hiểu
Tính ϕ

Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = CA = CB. Tính ϕ là góc giữa SC và mặt phẳng (ABC), biết (SAB) vuông góc với (ABC):
- A.
  $\phi = 45^{0}$
- B.
  $\phi = 60^{0}$
- C.
  $\phi = 30^{0}$
- D.
  $\phi = 90^{0}$
Hình vẽ minh họa:
Gọi H là trung điểm của AB, ta có SH ⊥ AB, CH ⊥ AB
Mà (SAB) ⊥ (ABC) nên SH ⊥ (ABC)
Suy ra $\left\{ \begin{matrix}SH\bot CH \\\widehat{\left( SC,(ABC) ight)} = \widehat{SCH} \\\end{matrix} ight.$
Ta có:
∆SAB = ∆CAB (c.c.c)
=> SH = CH. Do đó ∆SCH vuông cân tại H
Vậy $\widehat{\left( SC,(ABC) ight)} =\widehat{SCH} = 45^{0}$
Câu 20: Thông hiểu
Hai mặt phẳng (SAC) và (AHK) vuông góc vì

Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật. SA vuông góc với (ABCD), AH và AK lần lượt là đường cao của tam giác SAB và SAD. Hai mặt phẳng (SAC) và (AHK) vuông góc vì:
- A.
  AH ⊥ (SBC) (do AH ⊥ SB và AH ⊥ BC); và AK ⊥ (SCD) (do AK ⊥ SD và AK ⊥ CD)
- B.
  AH ⊥ (SBC) (do AH ⊥ SB và AH ⊥ BC); và AK ⊥ (SCD) (do AK ⊥ SD và AK ⊥ CD) nên SC ⊥ (AHK)
- C.
  AH ⊥ (SBC) (do AH ⊥ SB và AH ⊥ BC) nên SC ⊥ (AHK)
- D.
  AK ⊥ (SBC) (do AK ⊥ SD và AK ⊥ CD) nên SC ⊥ (AHK)
"AH ⊥ (SBC) (do AH ⊥ SB và AH ⊥ BC); và AK ⊥ (SCD) (do AK ⊥ SD và AK ⊥ CD)" sai vì hai điều kiện AH ⊥ (SBC) (do AH ⊥ SB và AH ⊥ BC) và AK ⊥ (SCD) (do AK vuông góc với SD và AK ⊥ CD) chưa liên quan đến (SAC).
"AH ⊥ (SBC) (do AH ⊥ SB và AH ⊥ BC); và AK ⊥ (SCD) (do AK ⊥ SD và AK ⊥ CD) nên SC ⊥ (AHK)" đúng
Ta có: AH ⊥(SBC) (vì AH ⊥ SB; AH ⊥ BC) nên AH ⊥ SC (1)
Và AK ⊥ (SCD) (vì AK ⊥ SD; AK ⊥ DC) nên AK ⊥ SC (2)
Từ (1) và (2) suy ra: SC ⊥ (AHK)
Từ đó suy ra hai mặt phẳng (AHK) và (SAC) vuông góc.
Vì chưa đủ điều kiện kết luận SC ⊥ (AHK)
=> "AH ⊥ (SBC) (do AH ⊥ SB và AH ⊥ BC) nên SC ⊥ (AHK)" và "AK ⊥ (SBC) (do AK ⊥ SD và AK ⊥ CD) nên SC ⊥ (AHK)" đều sai
Câu 21: Nhận biết
Xác định góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD)

Cho tứ diện ABCD có: $AB = AC = AD$ , $\widehat {BAC} = \widehat {BAD} = {60^0}$ . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) là:
- A.
  $\widehat{ACB}$
- B.
  $\widehat{ANB}$
- C.
  $\widehat{ADB}$
- D.
  $\widehat{MNB}$
Hình vẽ minh họa
Các tam giác ABC và ABD là tam giác đều
=> Tam giác ACD cân
=> BN ⊥ CD và AN ⊥ CD
=> $\widehat {ANB}$ là góc của hai mặt phẳng (ACD) và (BCD)
Câu 22: Thông hiểu
Tính khoảng cách d từ điểm B đến mặt phẳng (SCD)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a. Cạnh bên $SA=a\sqrt{2}$ và vuông góc với đáy (ABCD). Tính khoảng cách d từ điểm B đến mặt phẳng (SCD)
- A.
  $d = a$
- B.
  $d=\frac{a\sqrt{6}}{3}$
- C.
  $d=a\sqrt{3}$
- D.
  $d=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
Hình vẽ minh họa:
Do AB // CD => $d(B;(SCD))=d(A;(SCD))$
Kẻ $AE ⊥ SD$ tại E (1)
Ta có: $\left\{ \begin{gathered}CD \bot AD \hfill \\CD \bot SA \hfill \\\end{gathered} ight. \Rightarrow CD \bot (SAD) \Rightarrow CD \bot AE(**)$
Từ (1) và (2) => $AE ⊥ (SCD)$
=> $d(A;(SCD)) = AE$
Xét tam giác vuông SAD ta có:
$AE = \frac{{SA.AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$
Vậy $d(B;(SCD))=AE=\frac{{a\sqrt 6 }}{3}$
Câu 23: Thông hiểu
Xác định thể tích khối chóp S.ABCD

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $x$ ; $SA\bot(ABCD)$ . Góc tạo bởi cạnh $SC$ và mặt phẳng $(SAB)$ bằng $30^{0}$ . Xác định thể tích khối chóp $S.ABCD$ .
- A.
  $V = \sqrt{2}x^{3}$
- B.
  $V = \frac{\sqrt{2}x^{3}}{3}$
- C.
  $V = \frac{\sqrt{6}x^{3}}{3}$
- D.
  $V = \frac{2x^{3}}{3}$
Hình vẽ minh họa

Do ABCD là hình vuông cạnh bằng x nên $S_{ABCD} = x^{2}$

Dễ dàng chứng minh được $BC\bot(SAB)$

$\Rightarrow \left( SC;(SAB) ight) = \widehat{CSB} = 30^{0}$

Đặt $SA = m \Rightarrow SB = \sqrt{m^{2} + x^{2}}$

Tam giác SBC vuông tại B nên $\tan\widehat{CSA} = \tan30^{0} = \frac{1}{\sqrt{3}}= \frac{BC}{SB}$

Ta được:

$BC = SB\sqrt{3} \Leftrightarrow \sqrt{m^{2} + x^{2}} = x\sqrt{3} \Rightarrow m = x\sqrt{2}$

Vậy diện tích hình chóp là:

$V = \frac{1}{3}SA.S_{ABCD} = \frac{1}{3}.x\sqrt{2}.x^{2} = \frac{x^{3}\sqrt{2}}{3}$
Câu 24: Vận dụng
Xác định thiết diện

Cho hình chóp đều SABC. Mặt phẳng (α) qua A, song song với BC và vuông góc với mặt phẳng (SBC). Thiết diện tạo bởi (α) với hình chóp đã cho là:
- A.
  tam giác đều
- B.
  tam giác cân
- C.
  tam giác vuông
- D.
  tứ giác
Hình vẽ minh họa:

Gọi I là trung điểm BC.

Trong tam giác SAI kẻ AH ⊥ SI (H ∈ SI).

Trong tam giác SBC, qua H kẻ đường song song với BC, cắt SC ở M, cắt SB ở N.

Qua cách dựng ta có BC // (AMN). (1)

Ta có: SI ⊥ AH, SI ⊥ MN (do SI ⊥ BC) => SI ⊥ (AMN) => (SBC) ⊥ (AMN). (2)

Từ (1) và (2), suy ra thiết diện cần tìm là tam giác AMN.

Dễ thấy H là trung điểm của MN mà AH ⊥ (SBC) suy ra AH ⊥ MN.

Tam giác AMN có đường cao AH vừa là trung tuyến nên nó là tam giác cân đỉnh A.
Câu 25: Thông hiểu
Tìm khẳng định sai.

Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề sai?
- A.
  (P) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB nếu nó đi qua ba điểm phân biệt cách đều A và B.
- B.
  (P) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB nếu nó vuông góc với AB tại trung điểm của AB.
- C.
  (P) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB nếu nó đi qua ba điểm phân biệt không thẳng hàng cách đều A và B.
- D.
  (P) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB nếu nó chứa hai đường trung trực khác nhau của đoạn thẳng AB.
Mệnh đề sai là: “(P) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB nếu nó đi qua ba điểm phân biệt cách đều A và B.”
Câu 26: Thông hiểu

Ghi đáp án vào ô trống

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

Đáp án : 33 $\ ^{0}$

Đáp án là:

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

Đáp án : 33 $\ ^{0}$

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

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

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

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

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

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

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

$\Rightarrow \widehat{DBK} \approx 33{^\circ}$ .
Câu 27: 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 28: Vận dụng
Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề đã cho

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh bằng 4a. Cạnh bên hình chóp SA = 2a. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm M của OA. Gọi α là góc giữa SD và mặt phẳng đáy. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề dưới đây.
- A.
  $\tan\alpha = \sqrt{5}$
- B.
  $\tan\alpha = 1$
- C.
  $\tan\alpha = \frac{\sqrt{5}}{5}$
- D.
  $\tan\alpha = \sqrt{3}$
Hình vẽ minh họa:

Ta có: SM ⊥ (ABCD)

=> Hình chiếu vuông góc của SD trên mặt phẳng (ABCD) là cạnh MD.

$\Rightarrow \alpha = \left( SD,(ABCD) ight) = (SD;MD) = \widehat{SDM}$

Ta tính được: $SM = \sqrt{SA^{2} - AM^{2}} = a\sqrt{2}$

Xét tam giác ADM có:

$MD = \sqrt{AM^{2} + AD^{2} - 2AM.AD.cos45^{0}} = a\sqrt{10}$

=> $\tan\alpha = \tan\widehat{SDM} = \frac{SM}{MD} = \frac{\sqrt{5}}{5}$
Câu 29: Thông hiểu
Tính khoảng cách giữa SD và BC

Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD), đáy ABCD là hình chữ nhật với AC = $a\sqrt{5}$ và BC = . Tính khoảng cách giữa SD và BC.
- A. $a\sqrt{3}$
- B. $a\sqrt{2}$
- C. $a$
- D. $a\sqrt{5}$
Hình vẽ minh họa:

Theo giả thiết, suy ra AD là hình chiếu vuông góc của SD lên mặt phẳng (ABCD) và CD ⊥ AD (do ABCD là hình chữ nhật), nên theo định lý ba đường vuông góc suy ra CD ⊥ SD. Vì CD cũng vuông góc với BC nên CD là đoạn vuông góc chung của SD và BC.

$CD = \sqrt{AC^{2} - BC^{2}} =\sqrt{5a^{2} - 2a^{2}} = a\sqrt{3}$
Câu 30: Vận dụng
Góc tạo bởi đường thẳng C’M với mặt phẳng (ACC’A’)

Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có $AA' = \frac{{a\sqrt {10} }}{4}';AC = a\sqrt 2 ;BC = a;\widehat {ACB} = {135^0}$$ . Hình chiếu vuông góc của C’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm M của AB. Tính góc tạo bởi đường thẳng C’M với mặt phẳng (ACC’A’)
- A. $90^0$
- B. $60^0$
- C. $45^0$
- D. $30^0$
Trong (ABC) kẻ $MN \bot AC \Rightarrow AC \bot \left( {MNC'} ight)$ ( điểm N thuộc cạnh AC)
Vậy NC’ là hinh chiếu của MC’ trên mp(ACC’A’)
Góc giữa MC’ và mp(ACC’A’) là góc $\widehat {MC'N}$
Ta có
$\begin{matrix} A{B^2} = A{C^2} + B{C^2} - 2.AC.BC.\cos \widehat {ACB} = 5{a^2} \hfill \\ \Rightarrow AB = a\sqrt 5 \Rightarrow AM = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2} \hfill \\ \end{matrix}$
CM là đường trung tuyến của tam giác ABC, nên có
$C{M^2} = \frac{{C{A^2} + C{B^2}}}{2} - \frac{{A{B^2}}}{4} = \frac{{{a^2}}}{4} \Rightarrow CM = \frac{a}{2}$
Tam giác CMC’ vuông tại M, nên $C'M = \sqrt {C{{C'}^2} - C{M^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}$
Diện tích ${S_{\Delta AMC}} = \frac{1}{2}{S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}}}{4} = \frac{1}{2}MN \cdot AC \Rightarrow MN = \frac{a}{{2\sqrt 2 }}$
Xét tam giác vuông MC’N, có
$\tan \widehat {MC'N} = \frac{{MN}}{{MC'}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {MC'N} = {30^o}$
Vậy góc tạo bởi đường thẳng C’M với mặt phẳng (ACC’A’) là $\widehat {MC'N} = {30^o}$
Câu 31: Vận dụng
Tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

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

Tính $d\left( A;(A'BC) ight)$ ?
- A.
  $\frac{a\sqrt{21}}{7}$
- B.
  $\frac{a}{2}$
- C.
  $\frac{a\sqrt{21}}{2}$
- D.
  $\frac{a\sqrt{3}}{7}$
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 32: Thông hiểu
Tính cosin góc giữa hai đường thẳng

Cho hình chóp tam giác $S.ABC$ có $SA = SB = SC = AB = a$ và $BC = a\sqrt{2}$ . Tính cosin góc giữa hai đường thẳng $AB$ và $SC$ .
- A.
  $\frac{\sqrt{2}}{2}$
- B.
  $\frac{1}{2}$
- C.
  $\frac{\sqrt{3}}{2}$
- D.
  $1$
Hình vẽ minh họa

Giả sử M, N, Q lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB, AC

Mặt khác ta có: $\left\{ \begin{matrix} MN//AB \\ MQ//SC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow (AB;SC) = (MN;MQ)$

Ta có: $AN = \frac{a\sqrt{3}}{2}$

$NC = \sqrt{\frac{SC^{2} + BC^{2}}{2} -\frac{SB^{2}}{4}}$ $= \sqrt{\dfrac{a^{2} + 2a^{2}}{2} - \dfrac{a^{2}}{4}} =\dfrac{a\sqrt{5}}{2}$

Xét tam giác NAC có:

$NQ = \sqrt{\frac{NA^{2} + CN^{2}}{2} -\frac{AC^{2}}{4}}$ $= \sqrt{\dfrac{\dfrac{3a^{2}}{4} + \dfrac{5a^{2}}{4}}{2}- \dfrac{a^{2}}{4}} = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$

Xét tam giác MNQ ta có:

$\cos\widehat{NMQ} = \frac{MN^{2} +MQ^{2} - NQ^{2}}{2MN.MQ}$ $= \dfrac{\dfrac{a^{2}}{4} + \dfrac{a^{2}}{4} -\dfrac{3a^{2}}{4}}{2.\dfrac{a}{2}.\dfrac{a}{2}} = -\dfrac{1}{2}$

$\Rightarrow \widehat{NMQ} = 120^{0} \Rightarrow (MN,MQ) = 180^{0} - 120^{0} = 60^{0}$

$\Rightarrow \cos(AB,SC) = \frac{1}{2}$
Câu 33: Nhận biết
Tìm khẳng định đúng

Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau?
- A.
  Trong không gian hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau.
- B.
  Trong không gian hai đường thẳng vuông góc với nhau có thể cắt nhau hoặc chéo nhau.
- C.
  Trong không gian hai mặt phẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau.
- D.
  Trong không gian hai đường thẳng không có điểm chung thì song song với nhau.
Ta có:

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

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

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

Vậy khẳng định đúng là: “Trong không gian hai đường thẳng vuông góc với nhau có thể cắt nhau hoặc chéo nhau.”
Câu 34: Nhận biết
Tính diện tích tam giác BCD

Hình tứ diện ABCD có AB = AC = AD = 3 và AB, AC, AD đôi một vuông góc với nhau. Diện tích của tam giác BCD bằng:
- A.
  $\frac{9\sqrt{3}}{2}$
- B.
  $\frac{9\sqrt{2}}{3}$
- C.
  $27$
- D.
  $\frac{27}{2}$
Do ∆BCD là tam giác đều cạnh $\sqrt{18}$ nên có diện tích là $S_{BCD} = \frac{18\sqrt{3}}{4} = \frac{9\sqrt{3}}{2}$
Câu 35: 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 36: Thông hiểu
Chọn khẳng định sai

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại C. Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB và SB. Khẳng định nào dưới đây là sai?
- A.
  $CH \perp AK$
- B.
  $CH \perp SB$
- C.
  $CH \perp SA$
- D.
  $AK \perp SB$
Hình vẽ minh họa
Vì H là trung điểm của AB, tam giác ABC cân => $CH⊥AB$
Ta có: $SA⊥(ABC)$ => $SA⊥CH$ mà $CH⊥AB$ => $CH⊥(SAB)$
Mặt khác $AK⊂(SAB)$ => CH vuông góc với các đường thẳng $SA,SB,AK$
Và $AK⊥SB$ chỉ xảy ra khi và chỉ khi tam giác SAB cân tại S.
Câu 37: 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 38: Nhận biết
Tính thể tích khối hộp chữ nhật

Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước là $2;3;5$ bằng:
- A.
  $42$
- B.
  $30$
- C.
  $60$
- D.
  $15$
Thể tích cần tìm là: $V = 2.3.5 = 30$
Câu 39: Vận dụng cao
Diện tích thiết diện của P

Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với CD, AB = a, CD = 6. M là điểm thuộc cạnh BC sao cho MC = 2BM. Mặt phẳng (P) đi qua M song song với AB và CD. Diện tích thiết diện của P với tứ diện là:
- A.
  5
- B.
  6
- C.
  $\frac{17}{3}$
- D.
  $\frac{16}{3}$
Hình vẽ minh họa:

Ta có: $\left\{ \begin{matrix} (MNPQ)//AB \\ (MNPQ) \cap (ABC) = MN \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow MN//AB$

Tương tự ta có: MQ // CD, NP // CD, QP // AB

Do đó tứ giác MNPQ là hình bình hành

Ta có: (AB, CD) = (MN, MQ) = 90⁰

=> ABCD là hình bình hành

Ta lại có:

$\begin{matrix}\Delta CMN\sim\Delta CBA \hfill \\\Rightarrow \dfrac{CM}{CB} = \dfrac{MN}{AB} = \dfrac{1}{3} \hfill \\\Rightarrow MN = \dfrac{4}{3} \hfill\\\Delta ANP\sim\Delta ACD \hfill \\\Rightarrow \dfrac{AN}{AC} = \dfrac{NP}{CD} = \dfrac{2}{3} \hfill \\\Rightarrow MP = 4 \\\end{matrix}$

=> $S_{MNPQ} = MN.NP = \frac{16}{3}$
Câu 40: 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 $\widehat {\left( {AB',\left( {BDD'B'} ight)} ight)} = 30^\circ$

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...