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 góc giữa hai đường thẳng

Cho tứ diện ABCD có độ dài các cạnh $AB = AC = AD = BC = BD = a$ và $CD = a\sqrt{2}$ . Tính góc giữa hai đường thẳng AD và BC.
- A.
  $90^{0}$ .
- B.
  $45^{0}$ .
- C.
  $30^{0}$ .
- D.
  $60^{0}$ .
Hình vẽ minh họa

Gọi I, K, H lần lượt là trung điểm các cạnh DC, DB, AB.

Khi đó: $KH//AD,KI//BC \Rightarrow (AD;BC) = (KH;KI)$ .

Xét $\Delta BIC,BI = \sqrt{BC^{2} - AC^{2}} = \sqrt{a^{2} - \frac{a^{2}}{2}} = \frac{a}{\sqrt{2}}$ .

Ta có $\left\{ \begin{matrix} AB\bot DH \\ AB\bot HC \\ \end{matrix} \Rightarrow AB\bot(DHC) \Rightarrow AB\bot HI ight.$ .

Xét $\Delta BIH,HI = \sqrt{IB^{2} - HB^{2}} = \sqrt{\frac{a^{2}}{2} - \frac{a^{2}}{4}} = \frac{a}{2}$ . (1)

Xét $\Delta IHK$ , ta có: $\left\{ \begin{matrix} IK = \frac{BC}{2} = \frac{a}{2} \\ HK = \frac{AD}{2} = \frac{a}{2} \\ \end{matrix} \Rightarrow IK = HK = \frac{a}{2} ight.$ . (2)

Từ $(1),(2) \Rightarrow HI = IK = HK \Rightarrow \Delta IHK$ là tam giác đều

$\Rightarrow \widehat{IKH} = 60^{0} \Rightarrow (KH;KI) = 60^{0}$ .
Câu 2: Nhận biết
Chọn mệnh đề đúng

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD, SA vuông góc với đáy. Kẻ AH vuông góc với SB (H ∈ SB). Chọn mệnh đề đúng.
- A.
  AH ⊥ SC
- B.
  AH ⊥ (SBD)
- C.
  AH ⊥ (SCD)
- D.
  AH ⊥ SD
Hình vẽ minh họa:
Ta có:
SA ⊥ BC
AB ⊥ BC
=> BC ⊥ (SAB) => BC ⊥ AH
Mà AH ⊥ SB nên AH ⊥ (SBC) => AH ⊥ SC
Câu 3: 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 4: Thông hiểu
Tính góc giữa AB’ và (BCC’B’)

Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AC = 2, BC = 1, AA’ = 1. Tính góc giữa AB’ và (BCC’B’).
- A.
  $45^{0}$
- B.
  $90^{0}$
- C.
  $30^{0}$
- D.
  $60^{0}$
Hình vẽ minh họa:
Ta có: $\left\{ \begin{matrix}AB\bot BC \\AB\bot BB’ \\\end{matrix} ight.$
=> BA ⊥ (BCC’B’)
Khi đó BB’ là hình chiếu vuông góc của AB’ lên (BCC’B’)
Hay góc giữa AB’ và (BCC’B’) là $\widehat{AB'B}$
Ta có: $AB = \sqrt{AC^{2} - BC^{2}} =\sqrt{2^{2} - 1^{2}} = \sqrt{3}$
$\tan\widehat{AB'B} =\frac{AB}{BB'} = \sqrt{3}$
Vậy góc giữa AB’ và (BCC’B’) là 60⁰
Câu 5: Nhận biết
Chọn đáp án đúng

Công thức tính thể tích $V$ của khối nón có bán kính $r$ và chiều cao $h$ là:
- A.
  $V = \frac{1}{3}\pi rh$
- B.
  $V = \pi rh$
- C.
  $V = \frac{1}{3}\pi r^{2}h$
- D.
  $V = \pi r^{2}h$
Công thức tính thể tích là: $V = \frac{1}{3}\pi r^{2}h$
Câu 6: Thông hiểu
Tính khoảng cách d từ O đến mặt phẳng (SBC)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a. Cạnh bên $SA=\frac{a\sqrt{15}}{2}$ và vuông góc với mặt đáy (ABCD). Tính khoảng cách d từ O đến mặt phẳng (SBC)
- A.
  $d=\frac{a\sqrt{285}}{19}$
- B.
  $d=\frac{\sqrt{285}}{38}$
- C.
  $d=\frac{a\sqrt{285}}{38}$
- D.
  $d=\frac{a\sqrt{2}}{2}$
Ta có:
$\begin{matrix} \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {AO \cap \left( {SBC} ight) = C} \\ {AC = 2OC} \end{array}} ight. \hfill \\ \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} ight)} ight) = 2d\left( {O;\left( {SBC} ight)} ight) \hfill \\ \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {SA \bot \left( {ABCD} ight) \Rightarrow SA \bot BC} \\ {AB \bot BC} \end{array}} ight. \hfill \\ \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} ight) \hfill \\ \end{matrix}$
Từ A kẻ $AH \bot SB$ => $AH \bot \left( {SBC} ight)$
$\begin{matrix} \Rightarrow AH = d\left( {A;\left( {SBC} ight)} ight) \hfill \\ \dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{A{B^2}}} \hfill \\ \Rightarrow AH = \dfrac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt {285} }}{{19}} \hfill \\ \Rightarrow d\left( {O;\left( {SBC} ight)} ight) = \dfrac{1}{2}AH = \dfrac{{a\sqrt {285} }}{{19}} \hfill \\ \end{matrix}$
Câu 7: Thông hiểu
Tính (SA; (SBD))

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ , $SD = a;SD\bot(ABC)$ . Góc giữa đường thẳng $SA$ và $(SBD)$ bằng:
- A.
  $45^{0}$
- B.
  $90^{0}$
- C.
  $30^{0}$
- D.
  $60^{0}$
Hình vẽ minh họa

Gọi O là giao điểm của AC và BD

Vì $\left\{ \begin{matrix} SD\bot(ABCD) \\ AO \subset (ABCD) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SD\bot AO$

Ta có: $\left\{ \begin{matrix} SD\bot AO \\ BD\bot AO \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AO\bot(SBD)$ nên SO là hình chiếu vuông góc của cạnh SA trên mặt phẳng (SBD)

$\Rightarrow \left( SA;(SBD) ight) = \widehat{ASO}$

Tam giác AOS vuông tại O ta có:

$\left\{ \begin{matrix}AO = \dfrac{AC}{2} = \dfrac{a\sqrt{2}}{2} \\SA = \sqrt{SD^{2} + DA^{2}} = a\sqrt{2} \\\end{matrix} ight.$

$\Rightarrow \sin\widehat{ASO} =\dfrac{OA}{SA} = \dfrac{\dfrac{a\sqrt{2}}{2}}{a\sqrt{2}} =\dfrac{1}{2}$

$\Rightarrow \widehat{ASO} = 30^{0} \Rightarrow \left( SA;(SBD) ight) = 30^{0}$
Câu 8: Nhận biết
Chọn đáp án đúng

Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua một điểm A cho trước và vuông góc với hai mặt phẳng phân biệt (P) và (Q)?
- A.
  Không có.
- B.
  Có một.
- C.
  Có vô số.
- D.
  Có một hoặc có vô số.
Có một khi (P) và (Q) cắt nhau, có vô số khi (P) // (Q).
Câu 9: Thông hiểu
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

Cho hình chóp $S,ABC$ có đáy là tam giác vuông cân tại $A$ . Tam giác $SBC$ là tam giác đều cạnh $a$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính $d(SA;BC)$ ?
- A.
  $\frac{a\sqrt{2}}{2}$
- B.
  $\frac{a\sqrt{3}}{2}$
- C.
  $\frac{a\sqrt{5}}{2}$
- D.
  $\frac{a\sqrt{3}}{4}$
Hình vẽ minh họa

Gọi H là trung điểm của $BC$ . Suy ra $SH\bot(ABC)$

Kẻ $HK\bot SA;(K \in SA)(1)$

Ta có: $\left\{ \begin{matrix} BC\bot SH \\ BC\bot AH \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SHA) \Rightarrow BC\bot KH(2)$

Từ (1) và (2) suy ra HK là đoạn vuông góc chung của SA và BC

Do đó $d(SA;BC) = HK = \frac{SH.HA}{\sqrt{SH^{2} + HA^{2}}} = \frac{a\sqrt{3}}{4}$
Câu 10: Vận dụng cao
Tính sin của góc tạo bởi hai mặt phẳng

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có tâm O. Gọi I là tâm của hình vuông A’B’C’D’ và điểm M thuộc đoạn OI sao cho MO = 2MI (tham khảo hình vẽ). Khi đó sin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (MC’D’) và (MAB) bằng:
- A.
  $\frac{6\sqrt{13}}{65}$
- B.
  $\frac{7\sqrt{85}}{85}$
- C.
  $\frac{17\sqrt{13}}{65}$
- D.
  $\frac{6\sqrt{85}}{85}$
Hình ảnh minh họa:

Do AB // C’D’ nên giao tuyến của (MAB) và (MC’D’) là đường thẳng ∆ // AB // C’D’.

Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của D’C’ và AB ta có:

$\left\{ \begin{matrix} MP\bot C’D’ \\ MQ\bot AB \\ \end{matrix} ight.$ => MP ⊥ ∆, MQ ⊥ ∆.

Như vậy góc giữa (MAB) và (MC0’’) là góc giữa MP và MQ.

Không mất tính tổng quát, ta cho cạnh hình lập phương là 6.

Khi đó $\left\{ \begin{matrix} MP = \sqrt{IM^{2} + IP^{2}} = \sqrt{10} \\ MQ = \sqrt{34};PQ = 6\sqrt{2} \\ \end{matrix} ight.$

Áp dụng định lí cosin cho tam giác MPQ ta được:

$\cos\widehat{PMQ} = \frac{MP^{2} + MQ^{2} - PQ^{2}}{2MP.MQ} = - \frac{14}{\sqrt{340}}$

Góc α là góc giữa hai mặt phẳng (MC’D’) và (MAB) ta có:

$\cos\alpha = \frac{14}{\sqrt{340}} = \frac{7\sqrt{85}}{85} \Rightarrow \sin\alpha = \frac{6\sqrt{85}}{85}$
Câu 11: Vận dụng cao
Diện tích MNPQ bằng:

Cho tứ diện ABCD trong đó AB = 6; CD = 3, góc giữa AB và CD là 60⁰ và điểm M trên BC sao cho BM = 2MC. Mặt phẳng (P) qua M song song với AB và CD cắt BD, AD, AC lần lượt tại M, N, Q. Diện tích MNPQ bằng:
- A.
  $2\sqrt{2}$
- B.
  $\sqrt{3}$
- C.
  $2\sqrt{3}$
- D.
  $\frac{3}{2}$
Hình vẽ minh họa:

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

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

Do đó tứ giác MNPQ là hình bình hành

Ta có: (AB, CD) = (QM, MP) = 60⁰

Suy ra: $S_{MNPQ} = QM.QN.sin60^{0}$

Ta có:

$\begin{matrix}\Delta CMQ\sim\Delta CBA \hfill\\\Rightarrow \dfrac{CM}{CB} = \dfrac{MQ}{AB} = \dfrac{1}{3} \hfill\\\Rightarrow MQ = 2 \hfill\\\Delta AQN\sim\Delta ACD \hfill \\\Rightarrow \dfrac{AQ}{AC} = \dfrac{QN}{CD} = \dfrac{2}{3} \hfill\\\Rightarrow MQ = 2 \hfill \\\end{matrix}$

=> $S_{MNPQ} = QM.QN.sin60^{0} = 2.2.\frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}$
Câu 12: Thông hiểu
Góc giữa AO và CD bằng bao nhiêu?

Cho tứ diện ABCD đều cạnh bằng a. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Góc giữa AO và CD bằng bao nhiêu?
- A. 0⁰
- B. 30⁰
- C. 90⁰
- D. 60⁰
Hình vẽ minh họa
Gọi M là trung điểm của CD
Vì ABCD là tứ diện đều nên AM ⊥ CD, OM ⊥ CD
Ta có:
$\begin{matrix} \overrightarrow {CD} .\overrightarrow {AO} = \overrightarrow {CD} .\left( {\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {MO} } ight) \hfill \\ = \overrightarrow {CD} .\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {CD} .\overrightarrow {MO} = \overrightarrow 0 \hfill \\ \end{matrix}$
=> $\overrightarrow {CD} \bot \overrightarrow {AO}$ nên số đo góc giữa AO và CD là 90⁰
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
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 15: Nhận biết
Chọn khẳng định sai trong các mệnh đề đã cho

Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
- A.
  Cho đường thẳng a vuông góc với đường thẳng b và b nằm trong mặt phẳng (P). Mọi mặt phẳng (Q) chứa a và vuông góc với b thì (P) vuông góc với (Q).
- B.
  Nếu đường thẳng a vuông góc với đường thẳng b và mặt phẳng (P) chứa a, mặt phẳng (Q) chứa b thì (P) vuông góc với (Q).
- C.
  Cho đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P), mọi mặt phẳng (Q) chứa a thì (P) vuông góc với (Q).
- D.
  Qua một điểm có duy nhất một mặt phẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước.
Trong trường hợp a và b vuông góc nhau và chéo nhau, nếu (P) ⊃ a, (P) // b và (Q) ⊃ b, (Q) // a thì (P) // (Q).
Câu 16: Thông hiểu
Tính độ dài MN

Cho tứ diện $ABCD;AC = 6a;BD = 8a$ . Gọi trung điểm của $AD,BC$ lần lượt là $M,N$ . Biết $AC\bot DB$ . Độ dài đoạn thẳng $MN$ là:
- A.
  $MN = a\sqrt{10}$
- B.
  $MN = 7a$
- C.
  $MN = 5a$
- D.
  $MN = 10a$
Hình vẽ minh họa

Gọi P là trung điểm của CD. Khi đó $\left\{ \begin{matrix}MP = \dfrac{1}{2}AC = 3a \\NP = \dfrac{1}{2}BD = 4a \\\end{matrix} ight.$

Lại có $\left\{ \begin{matrix} NP//BD;MP//AC \\ AC\bot BD \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow MP\bot NP$ hay tam giác MNP vuông tại P

Theo định lí Pythagore ta có:

$MN = \sqrt{NP^{2} + MP^{2}} = 5a$
Câu 17: Nhận biết
Chọn mệnh đề đúng

Cho hình chóp $S.ABCD$ đáy $ABCD$ là hình thoi tâm I, cạnh bên $SA$ vuông góc với đáy. Gọi $H;K$ lần lượt là hình chiếu của $A$ lên $SC;SD$ . Mệnh đề nào sau đây đúng?
- A.
  $AH\bot(SCD)$
- B.
  $BD\bot(SAC)$
- C.
  $BC\bot(SAC)$
- D.
  $AK\bot(SCD)$
Hình vẽ minh họa

Ta có: $\left\{ \begin{matrix} BD\bot AC \\ BD\bot SA;do\ SA\bot(ABCD) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BD\bot(SAC)$
Câu 18: Thông hiểu
Tính góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SAB)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = a ; AD = 2a, $SA \bot \left( {ABCD} ight);SA = a\sqrt 2$ . Tính góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SAB).
- A. 30⁰
- B. 45⁰
- C. 90⁰
- D. 60⁰
Gọi M là trung điểm của AD.
Xét tứ giác ABCM có: AM // BC, AM = AB = BC = a, $\widehat {MAB} = {90^0}$
Suy ra ABCM là hình vuông => MC = AB = a
Xét tam giác ACD có AM là trung tuyến và $CM = \frac{1}{2}AD = a$
Suy ra ACD vuông tại C => AC ⊥ CD
Trong (SAC), dựng AH ⊥ SC
Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {CD \bot AC} \\ {CD \bot SA} \\ {SA \cap AC = A} \\ {SA;AC \subset \left( {SAC} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} ight)$ mà AH ⊂ (SAC) suy ra CD ⊥ AH.
Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {AH \bot CD} \\ {AH \bot SC} \\ {CD \cap SC = C} \\ {CD;SC \subset \left( {SCD} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} ight)\left( 1 ight)$
Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {AD \bot SA} \\ {AD \bot AB} \\ {SA \cap AB = A} \\ {SA;AB \subset \left( {SAB} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} ight)\left( 2 ight)$
Từ (1) và (2) suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) là góc giữa hai đường thẳng AH và AD.
Xét tam giác ABC vuông tại B có: $AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 2$
Xét tam giác SAC vuông tại A có: $SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = 2a$
Xét tam giác SAC vuông tại A và $SA = AC = a\sqrt 2$ nên SAC vuông cân tại A.
Suy ra H là trung điểm SC và $AH = \frac{1}{2}SC = a$
Xét tam giác AHD vuông tại H (vì AH ⊥ (SCD)).
Ta có: $\cos \widehat {HAD} = \frac{{AH}}{{AD}} = \frac{a}{{2a}} = \frac{1}{2}$ suy ra $\widehat {DAH} = {60^0}$
Vậy $\left( {\widehat {\left( {SCD} ight);\left( {SAB} ight)}} ight) = {60^0}$
Câu 19: Vận dụng
Tính tan của góc giữa SA và mặt phẳng (SBM)

Cho hình chóp S.ABCD có $SA \bot \left( {ABCD} ight)$ và $SA = a\sqrt 3$ . Đáy ABCD là hình chữ nhật có $AB = a,\,AD = a\sqrt 3$ . Gọi M là trung điểm của CD, góc giữa SA và mặt phẳng (SBM) bằng \alpha . Giá trị $\tan \alpha$ bằng:
- A. $\frac{2}{{\sqrt {15} }}$
- B. $\frac{4}{{\sqrt {15} }}$
- C. $\frac{2}{{\sqrt {13} }}$
- D. $\frac{4}{{\sqrt {13} }}$
Gọi K, I lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BM và SK.
Ta có $\left\{ \begin{gathered} BM \bot AK \hfill \\ BM \bot SA\left( {V\`i \,SA \bot \left( {ABCD} ight)} ight) \hfill \\ AK,SA \subset \left( {SAK} ight) \hfill \\ AK \cap SA = \left\{ A ight\} \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow BM \bot \left( {SAK} ight)$
Mà $AI \subset \left( {SAK} ight) \Rightarrow BM \bot AI$
Ta có $\left\{ \begin{gathered} AI \bot BM \hfill \\ AI \bot SK \hfill \\ BM,SK \subset \left( {SBM} ight) \hfill \\ BM \cap SK = \left\{ K ight\} \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow AI \bot \left( {SBM} ight)$
Suy ra hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng (SBM) là điểm I. Do đó bằng góc giữa hai đường thẳng SA và SI và bằng góc $\widehat {ASK}$ .
Ta có $\left\{ \begin{gathered} SA \bot \left( {ABCD} ight) \hfill \\ AK \subset \left( {ABCD} ight) \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow SA \bot AK$
Có
$\begin{matrix} {S_{\Delta ABM}} = {S_{ABCD}} - {S_{\Delta AMD}} - {S_{\Delta BMC}} \hfill \\ = {a^2}\sqrt 3 - {a^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{4} - {a^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \hfill \\ BM = \sqrt {B{C^2} + M{C^2}} = \sqrt {3{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} = \dfrac{{a\sqrt {13} }}{2} \hfill \\ \end{matrix}$
Ta có
$\begin{matrix} {S_{\Delta ABM}} = \dfrac{1}{2}AK.BM \hfill \\ \Rightarrow AK = \dfrac{{2{S_{\Delta ABM}}}}{{BM}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{a\dfrac{{\sqrt {13} }}{2}}} = a\dfrac{{2\sqrt 3 }}{{\sqrt {13} }} \hfill \\ \end{matrix}$
Xét tam giác vuông SAK có $\tan \widehat {ASK} = \frac{{AK}}{{SA}} = \frac{{a\frac{{2\sqrt 3 }}{{\sqrt {13} }}}}{{a\sqrt 3 }} = \frac{2}{{\sqrt {13} }}$
Câu 20: Thông hiểu
Tính thể tích khối chóp tam giác theo a

Một hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là cân $AB = AC = a;\widehat{CAB} = 120^{0}$ . Tam giác $SAB$ đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng $(ABC)$ . Tính thể tích khối chóp $S.ABC$ theo $a$ .
- A.
  $V = \frac{a^{3}}{2}$
- B.
  $V = \frac{a^{3}}{8}$
- C.
  $V = a^{3}$
- D.
  $V = 3a^{3}$
Hình vẽ minh họa

Gọi H là trung điểm của AB

Tam giác SAB đều nên $SH\bot AB$

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

Vậy SH là đường cao của hình chóp tam giác S.ABC

Xét tam giác AHS vuông tại H ta có:

$SH = \sqrt{SA^{2} - AH^{2}} = \sqrt{a^{2} - \left( \frac{a}{2} ight)^{2}} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$

$\Rightarrow V_{S.ABC} =\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{1}{2}a^{2}.\sin120^{0} =\frac{a^{3}}{8}$
Câu 21: Vận dụng
Tính khoảng cách d từ đỉnh A đến mặt phẳng (SBC)

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng $\frac{a\sqrt{21}}{6}$ . Tính khoảng cách d từ đỉnh A đến mặt phẳng (SBC)
- A.
  $d=\frac{a}{4}$
- B.
  $d=\frac{3a}{4}$
- C.
  $d=\frac{3}{4}$
- D.
  $d=\frac{a\sqrt{3}}{6}$
Hình vẽ minh họa
Giả sử O là tâm của tam giác đều ABC
Do S.ABC đều nên => $SO \bot(ABC)$
Gọi E là trung điểm của BC ta có:
$\begin{matrix} AO \cap \left( {SBC} ight) = E \hfill \\ \Rightarrow \dfrac{{d\left( {A;\left( {SBC} ight)} ight)}}{{d\left( {O;\left( {SBC} ight)} ight)}} = \dfrac{{AE}}{{OE}} = 3 \hfill \\ \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} ight)} ight) = 3d\left( {O;\left( {SBC} ight)} ight) \hfill \\ \end{matrix}$
Xét (SAE) kẻ $OK \bot SE (*)$
Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {BC \bot AE} \\ {BC \bot SO} \end{array}} ight. \Rightarrow BC \bot \left( {SEA} ight) \Rightarrow BC \bot OK\left( {**} ight)$
Ta có:
$\begin{matrix} SO = \sqrt {S{A^2} - {{\left( {\dfrac{2}{3}AE} ight)}^2}} \hfill \\ = \sqrt {\dfrac{{21{a^2}}}{{36}} - {{\left( {\dfrac{2}{3}\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}} ight)}^2}} = \dfrac{a}{2} \hfill \\ OE = \dfrac{1}{3}AE = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6} \hfill \\ \end{matrix}$
Xét tam giác vuông SOE ta có:
$OK = \frac{{SO.OE}}{{\sqrt {S{O^2} + O{E^2}} }} = \frac{a}{4}$
$\Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} ight)} ight) = 3OK = \frac{{3a}}{4}$
Câu 22: Thông hiểu
Khẳng định nào sau đây là đúng

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O. Biết rằng SA = SC, SB = SD. Khẳng định nào sau đây là đúng?
- A.
  $AB \perp (ABCD)$
- B.
  $CD \perp AC$
- C.
  $SO \perp (ABCD)$
- D.
  $CD \perp (SBD)$
Hình vẽ minh họa
Vì $SA=SC$ => $ΔSAC$ cân tại S
Mà O là trung điểm AC => $SO⊥AC$
Tương tự, ta cũng có $SO⊥BD$ mà $AC∩BD=O⊂(ABCD)$
=> $SO⊥(ABCD)$
Câu 23: 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 24: 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 25: Thông hiểu

Xác định tính đúng sai của các phát biểu đã cho

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật tâm O, $SA\bot(ABCD)$ , $SA = AB = a;AD = 2a$ . Gọi $H;K$ lần lượt là hình chiếu của $A$ lên $SB;SD$ . Xét tính đúng sai của các kết luận sau?

a) $AH\bot SC$ Đúng||Sai

b) $SC\bot(AHK)$ Đúng||Sai

c) $\widehat{\left( (SCD);(ABCD) ight)} = \widehat{SCA}$ Sai||Đúng

d) $\cos\left( (AHK);(ABCD) ight) = \frac{\sqrt{2}}{2}$ Sai||Đúng

Đáp án là:

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật tâm O, $SA\bot(ABCD)$ , $SA = AB = a;AD = 2a$ . Gọi $H;K$ lần lượt là hình chiếu của $A$ lên $SB;SD$ . Xét tính đúng sai của các kết luận sau?

a) $AH\bot SC$ Đúng||Sai

b) $SC\bot(AHK)$ Đúng||Sai

c) $\widehat{\left( (SCD);(ABCD) ight)} = \widehat{SCA}$ Sai||Đúng

d) $\cos\left( (AHK);(ABCD) ight) = \frac{\sqrt{2}}{2}$ Sai||Đúng

Hình vẽ minh họa

a) Ta có: $\left\{ \begin{matrix} BC\bot AB \\ BC\bot SA \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SAB);AH \subset (SAB)$

$\Rightarrow AH\bot BC$

Lại có $AH\bot SB \Rightarrow AH\bot(SBC) \Rightarrow AH\bot SC(*)$

b) Chứng minh tương tự câu a ta có:

$\left\{ \begin{matrix} CD\bot AD \\ CD\bot SA \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow CD\bot(SAD);AK \subset (SAD)$

$\Rightarrow AK\bot CD$ mà $AK\bot SD \Rightarrow AK\bot(SCD)$

$\Rightarrow AK\bot SC(**)$

Từ (*) và (**) suy ra: $SC\bot(AHK)$ .

c) Ta có:

$\left\{ \begin{matrix} (SCD) \cap (ABCD) = CD \\ AD\bot CD \equiv \left\{ D ight\} \\ SD\bot CD \equiv \left\{ D ight\} \\ \end{matrix} ight.$

Suy ra góc giữa (SCD) và (ABCD) là góc giữa AD và SD đó là góc $\widehat{SDA}$ .

d) Ta có: $SA\bot(ABCD) \Rightarrow \widehat{\left( (AHK);(ABCD) ight)} = \widehat{(SC;SA)} = \widehat{ASC}$

Lại có ABCD là hình chữ nhật nên $AC = \sqrt{AB^{2} + AD^{2}} = a\sqrt{5}$

Tam giác SAC vuông tại A nên $SC = \sqrt{SA^{2} + AC^{2}} = a\sqrt{6}$

$\Rightarrow \cos\widehat{ASC} = \frac{SA}{SC} = \frac{\sqrt{6}}{6}$

$\Rightarrow \cos\left( (AHK);(ABCD) ight) = \frac{\sqrt{6}}{6} eq \frac{\sqrt{2}}{2}$
Câu 26: Thông hiểu
Xác định khẳng định đúng

Cho hình lập phương $ABCD.A'B'C'D$ . Khẳng định nào dưới đây đúng?
- A.
  $AC'\bot(A'BD)$
- B.
  $AC'\bot(A'DC')$
- C.
  $AC'\bot(A'CD')$
- D.
  $AC'\bot(A'B'CD)$
Hình vẽ minh họa

Ta có: $B'C'\bot(ABB'A') \Rightarrow B'C'\bot A'B$

Ta có: $\left\{ \begin{matrix} A'B\bot AB' \\ A'B\bot B'C' \\ AB' \cap B'C' = B' \\ AB';B'C' = B' \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow A'B\bot(AB'C') \Rightarrow A'B\bot AC'$

Mặt khác $BD\bot(ACC'A') \Rightarrow BD\bot AC'$

Ta có: $\left\{ \begin{matrix} A'B\bot AC' \\ BD\bot AC' \\ A'B \cap BD = B \\ A'B \cap BD \subset (A'BD) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AC'\bot(A'BD)$
Câu 27: 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 28: 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 29: 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 30: Nhận biết
Xác định mệnh đề đúng

Chọn mệnh đề đúng?
- A.
  Cho đường thẳng $a\bot(\alpha)$ , mọi mặt phẳng $(\beta)//(\alpha)$ thì $(\beta)\bot a$ .
- B.
  Cho hai đường thẳng $a;b$ vuông góc với nhau, nếu mặt phẳng $(\alpha)$ chứa $a$ thì $b\bot(\alpha)$ .
- C.
  Cho hai đường thẳng vuông góc với nhau, nếu mặt phẳng nào vuông góc với đường thẳng này thì song song với đường thẳng kia.
- D.
  Cho hai đường thẳng chéo nhau, luôn luôn có mặt phẳng chứa đường thẳng này và vuông góc với đường thẳng kia.
Mệnh đề đúng: “Cho đường thẳng $a\bot(\alpha)$ , mọi mặt phẳng $(\beta)//(\alpha)$ thì $(\beta)\bot a$ ”.

Minh họa bằng hình vẽ:
Câu 31: Vận dụng cao
Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAM)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có diện tích bằng 2a², $AB = a\sqrt{2}$ , BC = 2a. Gọi M là trung điểm của DC. Hai mặt phẳng (SBD) và (SAM) cùng vuông góc với đáy. Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAM) bằng:
- A.
  $\frac{4a\sqrt{10}}{15}$
- B.
  $\frac{3a\sqrt{10}}{5}$
- C.
  $\frac{2a\sqrt{10}}{5}$
- D.
  $\frac{3a\sqrt{10}}{15}$
Hình vẽ minh họa:
Gọi H = AM ∩ BD
Ta có: $\left\{ \begin{matrix}(SBD)\bot(ABC) \\(SAM)\bot(ABC) \\(SBD)\ \cap \ (SAM) = SH \\\end{matrix} ight.$
=> SH ⊥ (ABC)
Vì AB song song CD nên theo định lý Ta-lét ta có:
$\frac{HB}{HD} = \frac{AB}{DM} =2$
$\Rightarrow \frac{d\left( B;(SAM)ight)}{d\left( D;(SAM) ight)} = 2$
=> d(B; (SAM)) = 2d(D; (SAM))
Kẻ DK ⊥ AM tại K.
Ta có: $\left\{ \begin{matrix}DK\bot AM \\DK\bot SH \\\end{matrix} ight.$ => DK ⊥ (SAM) tại K => d(D; (SAM)) = DK
=> d(B; (SAM)) = 2DK
Vì M là trung điểm của DC và ABCD là hình bình hành có diện tích 2a² nên ta có:
$S_{ADM} = \frac{1}{2}S_{ADC} =\frac{1}{4}S_{ABDC} = \frac{2a^{2}}{4} = \frac{a^{2}}{2}$
Lại có $CD = AB = a\sqrt{2}$
$\Rightarrow \left\{ \begin{matrix}DM = \dfrac{a\sqrt{2}}{2} \\AD = BC = 2a \\\end{matrix} ight.$
Khi đó
$S_{ADM} =\frac{1}{2}AM.DM.sin\widehat{D}$
$\Leftrightarrow \frac{a^{2}}{2} =\frac{1}{2}.2a.sin\widehat{D}$
$\Rightarrow \sin\widehat{D} =\frac{\sqrt{2}}{2} \Rightarrow \widehat{D} = 45^{0}$
Do vậy xét trong tam giác ADM ta có:
$\begin{matrix}AM^{2} = AD^{2} + DM^{2} - 2AD.DM.cos45^{0} \hfill\\AM^{2} = 4a^{2} + \dfrac{a}{2}^{2} -2.2a.\dfrac{a\sqrt{2}}{2}.\dfrac{\sqrt{2}}{2} \hfill\\AM^{2} = \dfrac{5a^{2}}{2} \hfill\\\end{matrix}$
$AM = \frac{a\sqrt{10}}{2}$
Lại có $S_{ADM} =\frac{1}{2}DK.AM$
$\Rightarrow DK = \frac{2S_{ADM}}{AM} =\frac{2a}{\sqrt{10}} = \frac{a\sqrt{10}}{5}$
Từ đó $d\left( B;(SAM) ight) = 2.DK =\frac{2a\sqrt{10}}{5}$
Câu 32: Vận dụng
Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của SC. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng BM và AC.
- A. $\frac{{\sqrt 6 }}{6}$
- B. $\frac{{\sqrt 6 }}{4}$
- C. $\frac{{\sqrt 6 }}{{12}}$
- D. $\frac{{\sqrt 6 }}{3}$
Hình vẽ minh họa:
Gọi H là tâm của hình vuông ABCD khi đó $SH \bot \left( {ABCD} ight)$
Ta có:
$\begin{matrix} \overrightarrow {BM} = \overrightarrow {HM} - \overrightarrow {HB} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {HS} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow {HC} - \overrightarrow {HB} \hfill \\ \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {HC} \hfill \\ HC \bot HB,HC \bot SH \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BM} = H{C^2} = \dfrac{{A{C^2}}}{4} = \dfrac{{{a^2}}}{2} \hfill \\ \end{matrix}$
Vì tam giác SBC đều cạnh a và BM là trung tuyến nên $BM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$
Khi đó: $\cos \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {BM} } ight) = \frac{{\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BM} }}{{AC.BM}} = \frac{1}{{\sqrt 6 }} > 0$
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 khoảng cách

Cho hình chóp $S.ABC$ có đường thẳng $SA$ vuông góc với đáy $(ABC)$ , $SA = 2a$ . Khoảng cách từ điểm $S$ đến đường thẳng $AB$ bằng:
- A.
  $a.$
- B.
  $3a.$
- C.
  $2a.$
- D.
  $\frac{a}{2}.$
Vì $SA$ vuông góc với đáy $(ABC)$ nên $SA\bot AB \Rightarrow d(S,AB) = SA = 2a$
Câu 35: 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 36: Nhận biết
Chọn đáp án đúng

Cho hình chóp $S.ABC$ , $SA$ vuông góc với mặt phẳng $(ABC)$ và $AB\bot BC$ . Hỏi có bao nhiêu mặt của hình chóp là tam giác vuông?
- A.
  $1$
- B.
  $3$
- C.
  $2$
- D.
  $4$
Hình vẽ minh họa

Ta có: $AB\bot BC$ suy ra tam giác ABC vuông tại B

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

Suy ra tam giác SAB và tam giác SAC là các tam giác vuông tại A

Mặt khác $\left\{ \begin{matrix} AB\bot BC \\ SA\bot BC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot SC$ suy ra tam giác SBC vuông tại B

Vậy hình chóp có bốn mặt đều là tam giác vuông.
Câu 37: Vận dụng
Thiết diện tạo bởi (α) là hình gì

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, đáy lớn AB; cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi Q là điểm trên cạnh SA và Q ≠ A, Q ≠ S; M là điểm trên đoạn AD và M ≠ A. Mặt phẳng (α) qua QM và vuông góc với mặt phẳng (SAD). Thiết diện tạo bởi (α) với hình chóp đã cho là
- A.
  tam giác
- B.
  hình thang cân
- C.
  hình thang vuông
- D.
  hình bình hành
Hình vẽ minh họa:

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

Mà (α) ⊥ (SAD) suy ra AB// (α).

Qua M kẻ đường thẳng song song với AB cắt BC tại N.

Qua E kẻ đường thẳng song song với AB cắt SB tại P.

Khi đó thiết diện là hình thang MNPQ (do MN // P Q).

Vì AB ⊥ (SAD) suy ra MN ⊥ (SAD) nên MN ⊥ QM.

Do đó thiết diện MNPQ là hình thang vuông tại Q và M
Câu 38: Thông hiểu

Xác định tính đúng sai của các kết luận

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

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

b) $AH\bot(SBC)$ Đúng||Sai

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

d) Tam giác SBC cân tại B. Sai||Đúng

Đáp án là:

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

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

b) $AH\bot(SBC)$ Đúng||Sai

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

d) Tam giác SBC cân tại B. Sai||Đúng

$\widehat{(AC;AD)} = 90^{0}$ đúng

$AH\bot(SBC)$ đúng

$\widehat{(SC;HK)} = 90^{0}$ đúng

Tam giác SBC cân tại B. sai
Câu 39: Nhận biết
Chọn đáp án đúng

Cho hình chóp tứ giác $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ , $SA\bot(ABCD);SA = a\sqrt{2}$ . Xác định thể tích $S.ABCD$ ?
- A.
  $V = \frac{a^{3}\sqrt{2}}{6}$
- B.
  $V = \frac{a^{3}\sqrt{2}}{3}$
- C.
  $V = a^{3}\sqrt{2}$
- D.
  $V = \frac{a^{3}\sqrt{2}}{2}$
Hình vẽ minh họa

Ta có:

$S_{ABCD} = a^{2} \Rightarrow V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}SA.S_{ABCD} = \frac{a^{3}\sqrt{2}}{3}$
Câu 40: Thông hiểu

Xác định tính đúng sai của các kết luận

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

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

b) $AH\bot(SBC)$ Đúng||Sai

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

d) Tam giác SBC cân tại B. Sai||Đúng

Đáp án là:

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

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

b) $AH\bot(SBC)$ Đúng||Sai

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

d) Tam giác SBC cân tại B. Sai||Đúng

$\widehat{(AC;AD)} = 90^{0}$ đúng

$AH\bot(SBC)$ đúng

$\widehat{(SC;HK)} = 90^{0}$ đúng

Tam giác SBC cân tại B. sai

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

Tải file làm trên giấy

Chia sẻ bởi:
Khang Anh

21 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

Đấu Trường Tri Thức

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!

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