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: 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 2: 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 3: Nhận biết
Tính cosin góc giữa hai đường thẳng

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh bằng $a$ , biết $\Delta SAD$ đều. Tính $\cos(BC;SA)$ ?
- A.
  $\frac{1}{2}$
- B.
  $\frac{\sqrt{2}}{2}$
- C.
  $\frac{\sqrt{3}}{2}$
- D.
  $1$
Hình vẽ minh họa

Ta có: $BC//AD \Rightarrow (BC;SA) = (AD;SA) = 60^{0}$

$\Rightarrow \cos(BC;SA) = \frac{1}{2}$ .
Câu 4: Vận dụng
Tính thể tích tứ diện

Cho tứ diện $ABCD$ có các cạnh $AB,AC,AD$ đôi một vuông góc với nhau. Gọi trung điểm của các cạnh $BC,CD,DB$ lần lượt là $J;Q;K$ . Tính thể tích tứ diện $AJQK$ , biết $AB = 6cm;AC = 7cm;AD = 4cm$ .
- A.
  $V = 7cm^{3}$
- B.
  $V = 14cm^{3}$
- C.
  $V =\frac{28}{3}cm^{3}$
- D.
  $V =\frac{7}{2}cm^{3}$
Hình vẽ minh họa
Ta có: $V_{ABCD} =\frac{1}{2}AB.\frac{1}{2}AD.AC = \frac{1}{2}.6.7.4 = 28\left( cm^{3}ight)$
Nhận thấy $S_{JQK} = \frac{1}{2}S_{JQKD} =\frac{1}{4}S_{BCD}$
$V_{JQK} = \frac{1}{4}V_{ABCD} = 7\left(cm^{3} ight)$
Câu 5: Nhận biết
Chọn khẳng định có thể sai?

Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D có tất cả các cạnh đều bằng nhau. Trong các mệnh đề sau. Mệnh đề nào có thể sai?
- A. A’C’ ⊥ BD
- B. A’B ⊥ DC’
- C. BB’ ⊥ BD
- D. BC’ ⊥ A’D
Dễ thấy các đáp án A’C’ ⊥ BD, A’B ⊥ DC’, BC’ ⊥ A’D đúng
Đáp án BB’ ⊥ BD sẽ bị sai trong trường hợp hình hộp có cạnh bên không vuông góc với mặt đáy
Câu 6: Thông hiểu
Chọn đáp án đúng

Cho hình chóp tam giác $S.ABC$ , đáy là tam giác $ABC$ vuông cân tại C và $AB = a\sqrt{3};AC = a$ . Biết tam giác $SAB$ đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng $(ABC)$ . Thể tích hình chóp tam giác $S.ABC$ bằng bao nhiêu?
- A.
  $V = \frac{a^{3}}{2}$
- B.
  $V = \frac{a^{3}\sqrt{2}}{4}$
- C.
  $V = \frac{a^{3}\sqrt{3}}{2}$
- D.
  $V = \frac{a^{3}\sqrt{2}}{2}$
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

Tam giác SAB đều nên $SH = \frac{3a}{2}$

Tam giác ABC vuông cân tại C nên

$AB^{2} = AC^{2} + BC^{2} \Rightarrow BC = \sqrt{3a^{2} - a^{2}} = a\sqrt{2}$

Vậy thể tích hình chóp $S.ABC$ là: $V_{S.ABC} = \frac{1}{3}.\frac{3a}{2}.\frac{1}{2}.a\sqrt{2}.a = \frac{a^{3}\sqrt{2}}{4}$
Câu 7: Nhận biết
Xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

Cho hình chóp $S.ABCD$ có $SA\bot(ABCD)$ . Kết luận nào sau đây sai về góc giữa $SB$ và $(ABC)$
- A.
  $\widehat{SAB}$
- B.
  $\widehat{SBA}$
- C.
  $\widehat{SBC}$
- D.
  $\widehat{SCD}$
Vì $SA\bot(ABCD)$ nên AB là hình chiếu của SB trên (ABC)

Vậy $\widehat{\left( SB;(ABC) ight)} = \widehat{SBA}$ .
Câu 8: Vận dụng cao
Diện tích lớn nhất của tứ giác bằng bao nhiêu?

Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với CD, AB = CD = 6. Gọi M là điểm thuộc cạnh BC sau đó MC = x.BC (0 < x < 1). Mặt phẳng (P) song song với AB và CD lần lượt cắt BC, DB, AD, AC tại M, N, P, Q. Diện tích lớn nhất của tứ giác bằng bao nhiêu?
- A.
  9
- B.
  11
- C.
  10
- D.
  8
Xét tứ giác MNPQ có: $\left\{ \begin{matrix} PQ//NP//AB \\ MN//PQ//CD \\ \end{matrix} ight.$

=> MNPQ là hình bình hành

Mặt khác $AB\bot CD \Rightarrow MQ\bot MN$

=> MNPQ là hình chữ nhật

Vì MQ // AB nên $\frac{MQ}{AB} = \frac{CM}{CB} = x \Rightarrow MQ = x.AB = 6x$

Theo giả thiết MC = x.BC => MB = (1 – x).BC

Vì MN // CD nên $\frac{MN}{CD} = \frac{BM}{BC} = 1 - x$

=> $MN = (1 - x).DC = 6(1 - x)$

Diện tích hình chữ nhật MNPQ là:

$\begin{matrix}S_{MNPQ} = MN.MQ \hfill\\= 6(1 - x).6x \hfill\\= 36x.(1 - x) \hfill\\\leq 36.\left( \dfrac{x + 1 - x}{2} ight)^{2} = 9 \hfill \\\Rightarrow S_{MNPQ} = 9 \hfill\\\end{matrix}$

Khi x = 1 – x => x = 1/2

Vậy diện tích tứ giác MNPQ lớn nhất bằng 9 khi M là trung điểm của BC.
Câu 9: Thông hiểu
Tính góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy

Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại C, SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA = a, AC = a, $BC =a\sqrt{2}$ . Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng:
- A.
  $\frac{a\sqrt{3}}{2}$
- B.
  $\frac{a}{2}$
- C.
  $a\sqrt{3}$
- D.
  $a$
Hình vẽ minh họa:
Ta có:
SA ⊥ (ABC) nên AB là hình chiếu của SA trên mặt phẳng (ABC)
=> $\widehat{\left( SB,(ABC) ight)} =\widehat{(SB,\ AB)} = \widehat{SBA}$
Mặt khác có tam giác ABC vuông tại C:
$AB = \sqrt{AC^{2} + BC^{2}} =a\sqrt{3}$
$\Rightarrow \tan\widehat{SBA} =\frac{SA}{AB} = \frac{1}{\sqrt{3}}$
$\Rightarrow \widehat{SBA} =30^{0}$
Vậy (SB, (ABC)) = 30⁰
Câu 10: Thông hiểu
Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng SA và BD

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh bằng 2. Đường thẳng SO vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và $SO=\sqrt{3}$ . Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng SA và BD.
- A.
  $d = 2$
- B.
  $d=\frac{\sqrt{30}}{5}$
- C.
  $d=2\sqrt{2}$
- D.
  $d=\sqrt{2}$
Hình vẽ minh họa:
Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {BD \bot AC} \\ {BD \bot SO} \end{array} \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} ight)} ight.$
Trong (SAC) kẻ OK⊥SA(1) ta có:
$OK⊂(SAC)⇒OK⊥BD(2)$
Từ (1) và (2) ta có OK là đường vuông góc chung của SA và BD
Khi đó $d(SA;BD)=OK$
$\begin{matrix} OK = \dfrac{{SO.OA}}{{\sqrt {S{O^2} + O{A^2}} }} \hfill \\ = \dfrac{{\sqrt 3 .\dfrac{{2\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {\sqrt 3 } ight)}^2} + {{\left( {\dfrac{{2\sqrt 2 }}{2}} ight)}^2}} }} = \dfrac{{\sqrt {30} }}{5} \hfill \\ \end{matrix}$
Câu 11: Vận dụng cao
Tính tan góc tạo bởi SA và mặt phẳng (ABC)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABC) là một điểm nằm trên đoạn thẳng BC. Mặt phẳng (SAB) tạo với (SBC) một góc 60⁰ và mặt phẳng (SAC) tạo với (SBC) một góc ϕ thỏa mãn $\cos\phi = \frac{\sqrt{2}}{4}$ . Gọi ϕ là góc tạo bởi SA và mặt phẳng (ABC), tính tan ϕ.
- A.
  $\frac{\sqrt{3}}{3}$
- B.
  $\frac{\sqrt{2}}{2}$
- C.
  $\frac{1}{2}$
- D.
  $\sqrt{3}$
Hình vẽ minh họa:

Dựng hình chữ nhật HNAM, suy ra tam giác HNC vuông cân tại N và tam giác HMB vuông cân tại M, suy ra AC ⊥ (SHN) và AB ⊥ (SHM).

Kẻ HE ⊥ SB và HF ⊥ SC, HP ⊥ SN và HK ⊥ SM, suy ra HP ⊥ (SAC), HK ⊥ (SAB).

Ta có: $\widehat{HFP} = \phi;cos\phi = \frac{\sqrt{2}}{4} \Rightarrow \sin\phi = \sqrt{\frac{7}{8}}$

=> $\widehat{HEP}$ là góc giữa (SAB) và (SBC) bằng 60⁰

Suy ra:

$\begin{matrix} \sin\phi = \frac{HK}{HF} = \frac{SH.MH}{SN}.\frac{SC}{SH.HC} \\ = \frac{SC}{\sqrt{2}SN} = \sqrt{\frac{7}{8}} \\ \end{matrix}$

$\begin{matrix}\sin\widehat{HEK} = \dfrac{HK}{HE} = \dfrac{SH.MH}{SM}.\dfrac{SB}{SH.HB}\hfill \\= \dfrac{SB}{\sqrt{2}SM} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \hfill\\\end{matrix}$

$\Rightarrow \left\{ \begin{matrix}\dfrac{SC^{2}}{SN^{2}} = \dfrac{7}{4} \\\dfrac{SB^{2}}{SM^{2}} = \dfrac{3}{2} \\\end{matrix} ight.$

$\Rightarrow \left\{ \begin{matrix}\dfrac{SH^{2} + HC^{2}}{SH^{2} + HN^{2}} = \dfrac{SH^{2} + 2NH^{2}}{SH^{2}+ HN^{2}} = \dfrac{7}{4} \\\dfrac{SH^{2} + HB^{2}}{SH^{2} + HM^{2}} = \dfrac{SH^{2} + 2MH^{2}}{SH^{2}+ HM^{2}} = \dfrac{3}{2} \\\end{matrix} ight.$

$\Rightarrow \left\{ \begin{matrix} 3SH^{2} = NH^{2} \\ SH^{2} = MH^{2} \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow MH^{2} + NH^{2} = 4SH^{2}$

Suy ra $AH^{2} = 4SH^{2} \Rightarrow \tan\left( SA;(ABC) ight) = \frac{AH}{SH} = \frac{1}{2}$
Câu 12: 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 13: Thông hiểu
Xác định góc giữa cặp vecto

Cho tứ diện ABCD có AB = AC = AD và $\widehat {BAC} = \widehat {BAD} = {60^0}$ . Hãy xác định góc giữa cặp vecto $\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {CD}$ ?
- A. 60⁰
- B. 45⁰
- C. 90⁰
- D. 120⁰
Hình vẽ minh họa:
Ta có:
$\begin{matrix} \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AB} .(\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} ) \hfill \\ = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \hfill \\ = |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AD} |.\cos (\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AD} ) \hfill \\ - |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AC} |.\cos (\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} ) \hfill \\ = |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AD} |.\cos {60^0} - |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AC} |.\cos {60^0}{\text{ }} \hfill \\ {\text{Do }}AC = AD \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = 0 \hfill \\ \Rightarrow (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD} ) = {90^0} \hfill \\ \end{matrix}$
Câu 14: Thông hiểu
Hoàn thành mệnh đề

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác nhọn, SA = SB = SC. Gọi I là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy. Khi đó:
- A. I là trực tâm tam giác ABC.
- B. I là trọng tâm tam giác ABC.
- C. I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
- D. I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Hình vẽ minh họa:
Ta có I là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC)
Tam giác SAI vuông tại I
=> SA² = AI² + SI²
Tam giác SBI vuông tại I
=> SB² = BI² + SI²
Tam giác SCI vuông tại I
=> SC² = CI² + SI²
Kết hợp với điều kiện: SA = SB = SC
=> I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu 15: Thông hiểu

Ghi đáp án vào ô trống

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại $A$ , các cạnh $AB = AC = a$ , các góc $\widehat{SBA} = \widehat{SCA} = 90^{0}$ . Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ trên $(ABC)$ và $SH = a\sqrt{2}$ . Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SAC)$ .

Đáp án: 1/3 (Ghi đáp án dưới dạng phân số tối giản a/b).

Đáp án là:

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại $A$ , các cạnh $AB = AC = a$ , các góc $\widehat{SBA} = \widehat{SCA} = 90^{0}$ . Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ trên $(ABC)$ và $SH = a\sqrt{2}$ . Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SAC)$ .

Đáp án: 1/3 (Ghi đáp án dưới dạng phân số tối giản a/b).

Hình vẽ minh họa

Gọi $(\alpha)$ là mặt phẳng qua $B$ và vuông góc với $AB \Rightarrow (\alpha) \cap (ABC) = Bt//AC$ .

Gọi $(\beta)$ là mặt phẳng qua $C$ và vuông góc với $AC$

$\Rightarrow (\beta) \cap (ABC) =Ct'//AB$

Khi đó, $(\alpha) \cap (\beta) = SH$ với $H = Bt \cap Ct'$ là đỉnh thứ tư của hình vuông ABHC.

Khi đó: $\Delta SAB,\ \ \Delta SAC$ là hai tam giác vuông bằng nhau có $SB = SC = a\sqrt{3},SA = 2a$ .

Gọi $I$ là chân đường cao hạ từ đỉnh $B$ của tam giác SAB, ta có $BI\bot SA,CI\bot SA$ .

Vậy góc giữa hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SAC)$ là $(IB;IC)$ .

Xét $\Delta IBC$ cân tại $I$ có $IB = IC = \frac{a\sqrt{3}.a}{2a} = \frac{a\sqrt{3}}{2},BC = a\sqrt{2}$ .

Ta có: $\cos\widehat{BIC} = \frac{IB^{2} +IC^{2} - BC^{2}}{2IB.IC}$ $= \dfrac{\dfrac{3a^{2}}{4} + \dfrac{3a^{2}}{4} -2a^{2}}{2.\dfrac{3a^{2}}{4}} = - \dfrac{1}{3}$ .

Vậy cosin góc giữa hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SAC)$ bằng $\frac{1}{3}$ .
Câu 16: 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 17: Nhận biết
Chọn mệnh đề sai?

Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề sai?
- A.
  Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song.
- B.
  Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thứ ba thì song song.
- C.
  Một đường thẳng và một mặt phẳng (không chứa đường thẳng đã cho) cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau.
- D.
  Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song.
Mệnh đề sai: “Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thứ ba thì song song.”

Vì hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì có thể cắt nhau, chéo nhau.
Câu 18: Thông hiểu
Tính tan góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh bằng $2a$ . Biết góc giữa hai mặt phẳng $(SAB)$ và mặt phẳng $(ABCD)$ bằng $90^{0}$ , $SA = SB$ . Tính tan góc giữa $SC$ và mặt phẳng $(ABCD)$ , biết thể tích khối chóp $S.ABCD$ bằng $\frac{4a^{3}}{3}$ ?
- A.
  $\frac{\sqrt{3}}{3}$
- B.
  $\frac{2\sqrt{5}}{5}$
- C.
  $\frac{\sqrt{7}}{7}$
- D.
  $\frac{\sqrt{5}}{5}$
Hình vẽ minh họa

Kẻ $SH\bot AB$ , gọi $\alpha = \left( SC;(ABCD) ight)$

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

$\Rightarrow \alpha = \widehat{SCH}$

Lại có: $V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}SH.S_{ABCD} = \frac{4a^{3}}{3} \Rightarrow SH = a$

Do tam giác SAB cân tại S nên H là trung điểm của AB

$\Rightarrow HC = \sqrt{BH^{2} + BC^{2}} = a\sqrt{5}$

$\Rightarrow \tan\alpha = \tan\widehat{SCH} = \frac{SH}{HC} = \frac{a}{a\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5}$
Câu 19: 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
Câu 20: Nhận biết
Tính thể tích khối chóp S.ABCD

Cho hình chóp tứ giác $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh bằng 1, cạnh $SA$ vuông góc với đáy và $SA = \sqrt{2}$ . Tính thể tích khối chóp $S.ABCD$ đã cho.
- A.
  $V = \frac{\sqrt{2}}{6}$
- B.
  $V = \frac{\sqrt{2}}{4}$
- C.
  $V = \sqrt{2}$
- D.
  $V = \frac{\sqrt{2}}{3}$
Hình vẽ minh họa

Ta có: $SA\bot(ABCD)$ nên SA là đường cao của hình chóp

Thể tích khối chóp là $V = \frac{1}{3}.SA.S_{ABCD} = \frac{1}{3}.\sqrt{2}.1^{2} = \frac{\sqrt{2}}{3}$
Câu 21: Nhận biết
Tính góc giữa SC với mặt phẳng (ABCD)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, cạnh SA ⊥ (ABCD) , $SA = a\sqrt{2}$ . Góc giữa SC với mặt phẳng (ABCD) là:
- A.
  $30^{0}$
- B.
  $45^{0}$
- C.
  $90^{0}$
- D.
  $60^{0}$
Hình vẽ minh họa:
Ta có: $\widehat{\left( SC,(ABCD) ight)}= \widehat{(SC,AC)} = \widehat{SCA}$
Lại có: $\tan\widehat{SCA} = \frac{SA}{AC}= \frac{SA}{AB\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}} = 1$
=> $\widehat{SCA} = 45^{0}$
Câu 22: 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 23: Vận dụng cao
Tính tỉ số NB và NC’

Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A0’B’C’ có cạnh bên bằng cạnh đáy. Đường thẳng MN (M ∈ A’C, N ∈ BC’) là đường vuông góc chung của A’C và BC’. Tỉ số $\frac{NB}{NC'}$ bằng:
- A.
  $\frac{3}{2}$
- B.
  $\frac{2}{23}$
- C.
  $1$
- D.
  $\frac{\sqrt{5}}{2}$
Hình vẽ minh họa:
Gọi H, I lần lượt là trung điểm của AB, AC’
Suy ra HI // BC’
Trong mặt phẳng (ABB’A’), tia A’H cắt tia B’B tại S, gọi K là hình chiếu của B trên SH
Dễ thấy BK ⊥ (SCH)
Gọi M là hình chiếu của K trên A’C, chú ý rằng CH = HA’ nên HI ⊥ A’C, do đó KM // HI // BC’
Trong mặt phẳng (BC’MK) lấy điểm N trên BC’ sao cho BKMN là hình bình hành
Khi đó MN là đoạn vuông góc chung cần tìm
Ta có:
$\frac{NB}{BC'} = \frac{MK}{2HI} =\frac{1}{2}\left( 1 + \frac{HK}{A'H} ight)$
$= \frac{1}{2}\left( 1 + \frac{HK}{HS}ight) = \frac{1}{2}\left( 1 + \frac{HB^{2}}{HS^{2}}ight)$
Do 2HB = SB nên:
$\frac{NB}{BC'} = \frac{1}{2}\left( 1+ \frac{HB^{2}}{HB^{2} + SB^{2}} ight)$
$= \frac{1}{2}\left( 1 +\frac{HB^{2}}{HB^{2} + 4HB^{2}} ight) = \frac{3}{5}$
=> $\frac{NB}{NC'} =\frac{3}{2}$
Câu 24: Thông hiểu
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng IJ và SD

Cho hình chóp SABCD có SA ⊥ (ABCD), đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B có độ dài cạnh AB = a. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng IJ và SD.
- A.
  $\frac{a}{2}$
- B.
  $\frac{a\sqrt{3}}{2}$
- C.
  $\frac{a}{3}$
- D.
  $\frac{a\sqrt{2}}{2}$
Hình vẽ minh họa:

Ta có AD // (IJ) ⇒ IJ // (SAD) ⇒ d(IJ, SD) = d(IJ, (SAD)) = d(I, (SAD)) = IA = a/2
Câu 25: Nhận biết
Chọn đáp án đúng

Cho hình chóp tứ giác $S.ABCD$ có $SA\bot(ABCD)$ và đáy là hình vuông. Chọn kết luận đúng?
- A.
  $BC\bot(SAB)$
- B.
  $AC\bot(SAD)$
- C.
  $AC\bot(SBD)$
- D.
  $AC\bot(SAB)$
Hình vẽ minh họa

Ta có: $SA\bot(ABCD) \Rightarrow SA\bot BC$

Ta có: $\left\{ \begin{matrix} SA\bot BC \\ AB\bot BC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SAB)$
Câu 26: Vận dụng
Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a. Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng:
- A.
  60⁰
- B.
  30⁰
- C.
  45⁰
- D.
  90⁰
Hình ảnh minh họa:

Vẽ DE ⊥ SC tại E.

Vì các tam giác SBC và SDC là các tam giác vuông có các cạnh tương ứng bằng nhau nên BE ⊥ SC và BE = DE.

Tam giác SBC vuông tại B và BE là đường cao nên

$\begin{matrix}\dfrac{1}{BE^{2}} = \dfrac{1}{SB^{2}} + \dfrac{1}{BC^{2}}\hfill \\= \dfrac{1}{2a^{2}} + \dfrac{1}{a^{2}} = \dfrac{3}{2a^{2}} \Rightarrow BE^{2} = \dfrac{3}{2a^{2}} \hfill\\\end{matrix}$

Khi đó $\left\{ \begin{matrix} SC\ = \ (SCD)\ \cap \ (SBC) \\ DE\bot SC,\ DE \subset (SCD) \\ BE\bot SC,\ BE \subset (SBC) \\ \end{matrix} ight.$

Vậy ((SCD), (SBC)) = (DE, BE).

Ta có:

$\begin{matrix}\cos\widehat{DEB} = \dfrac{BE^{2} + DE^{2} - DB^{2}}{2.BE.DE} = -\dfrac{1}{2} \hfill\\\Rightarrow \widehat{DEB} = 120^{0}\hfill \\\end{matrix}$

Khi đó (DE, BE) = 60◦. Vậy ((SCD), (SBC)) = 60◦
Câu 27: Thông hiểu
Kết luận nào sau đây đúng?

Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC, M là điểm không nằm trên (P) sao cho MA = MB = MC, d là đường thẳng đi qua M và vuông góc với (P). Khi đó đường thẳng d đi qua:
- A.
  Trực tâm của tam giác ABC.
- B.
  Trọng tâm của tam giác ABC.
- C.
  Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
- D.
  Tâm đường đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Gọi H là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P)
=> H là hình chiếu của M trên (P) nên từ MA = MB = MC
=> HA = HB = HC
=> Khi đó đường thẳng d đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu 28: Thông hiểu
Tính góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (SBD)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh 2a, $\widehat{ABC} = 60^{0}$ , $SA = a\sqrt{3}$ và SA ⊥ (ABCD). Tính góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (SBD).
- A.
  $60^{0}$
- B.
  $90^{0}$
- C.
  $30^{0}$
- D.
  $45^{0}$
Hình vẽ minh họa:
Vì tam giác ABC cân và có góc 60⁰ nên nó là tam giác đều
Gọi O là trung điểm của AC.
Ta có: Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) vuông góc nhau theo giao tuyến SO
=> Hình chiếu vuông góc của SA lên mặt phẳng (SBD) là SO
=> $\widehat{\left( SA,(SBD) ight)} =\widehat{(SA,\ SO)} = \widehat{ASO}$
Xét tam giác vuông SOA ta có: $\left\{\begin{matrix}OA = \dfrac{AC}{2} = \dfrac{2a}{2} = a \\SA = a\sqrt{3} \\\end{matrix} ight.$
=> $\tan\widehat{OSA} = \frac{AO}{SA} =\frac{1}{\sqrt{3}} \Rightarrow \widehat{OSA} = 30^{0}$
Vậy góc giữa SA và mặt phẳng (SBD) bằng 30⁰.
Câu 29: Thông hiểu
Xác định góc giữa hai mặt phẳng

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 $BM$ . Xác định góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ ?
- A.
  $\widehat{SMA}$
- B.
  $\widehat{SJA}$
- C.
  $\widehat{SBA}$
- D.
  $\widehat{SCA}$
Hình vẽ minh họa

Dễ thấy $(SBC) \cap (ABC) = BC$

Ta có tam giác ABC cân tại A, M là trung điểm của BC suy ra $AM\bot BC$

Theo giả thiết $SA\bot(ABC)$ . Khi đó $\left\{ \begin{matrix} BC\bot AM \\ BC\bot SA \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SAM) \Rightarrow BC\bot SM$

Ta được $\left\{ \begin{matrix} (SBC) \cap (ABC) = BC \\ AM\bot BC \\ SM\bot BC \\ \end{matrix} ight.$

$\Rightarrow \left( \widehat{(SBC);(ABC)} ight) = \widehat{SMA}$
Câu 30: 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 31: Vận dụng cao
Tính giá trị cos α

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B; SAB là tam giác cân tại S; AD = 3BC = 3AB = 3a. Gọi M là điểm thuộc đoạn AD sao cho AD = 3MD. Biết rằng SCM là tam giác đều. Gọi α là góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAD). Khi đó cos α nhận giá trị là
- A. $\frac{{2\sqrt 7 }}{7}$
- B. $\frac{{\sqrt {21} }}{7}$
- C. $\frac{{\sqrt {42} }}{{14}}$
- D. $\frac{{\sqrt {154} }}{{14}}$
Gọi K là trung điểm AB, N là trung điểm của AM, H là trung điểm của CM.
Điểm M thuộc đoạn AD sao cho 3MD = AD = 3a
=> MD = a; AM = 2a
Tam giác SAB cân tại A nên AB ⊥ SK.
Vì HK là đường trung bình của hình thang vuông ABCM nên AB ⊥ HK và $HK = \frac{{3a}}{2}$
Ta có: $\left\{ \begin{gathered} AB \bot SK \hfill \\ AB \bot HK \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow AB \bot SH$ (1)
Tam giác SCM đều nên CM ⊥ SH (2)
Từ (1) và (2) suy ra SH ⊥ (ABCD)
Ta có AN = MN = MD = a nên ABCN là hình vuông, từ đó tam giác CMN vuông cân tại N.
Suy ra $HM = HN = \frac{1}{2}CM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$ và $HM \bot HN$
Tam giác SCM đều cạnh bằng $a\sqrt 2$ nên $SH = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$
Tứ diện HSMN có HS, MN, HN đôi một vuông góc, đặt d = d(H, (SMN)).
Ta có: $\frac{1}{{{d^2}}} = \frac{1}{{H{M^2}}} + \frac{1}{{H{N^2}}} + \frac{1}{{H{S^2}}}$
$= \frac{4}{{2{a^2}}} + \frac{4}{{2{a^2}}} + \frac{4}{{6{a^2}}} = \frac{{14}}{{3{a^2}}} \Rightarrow d = \frac{{a\sqrt {42} }}{{14}}$
Ta lại có:
$SB = \sqrt {S{H^2} + B{H^2}} = \sqrt {S{H^2} + B{K^2} + K{H^2}}$
$= \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{2} + \frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{9{a^2}}}{4}} = 2a$
Gọi I là hình chiếu của điểm B trên mặt phẳng (SAD)
Khi đó góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAD) là góc $\widehat {BSI} = \alpha$
Do BC // AD => BC //(SAD)
=> $BI = d\left( {B;\left( {SAD} ight)} ight) = d\left( {C;\left( {SAD} ight)} ight) = 2d\left( {H,\left( {SAD} ight)} ight) = \frac{{a\sqrt {42} }}{7}$
Trong tam giác vuông BIS ta có:
$\sin \alpha = \frac{{BI}}{{SB}} = \frac{{\sqrt {42} }}{{14}} \Rightarrow \cos \alpha = \frac{{\sqrt {154} }}{{14}}$
Câu 32: 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 33: Vận dụng
Góc giữa hai đường thẳng AM bằng BD

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy SA = a. Gọi M là trung điểm của SB. Góc giữa AM bằng BD bằng?
- A. ${45^o}$
- B. ${30^o}$
- C. ${90^o}$
- D. ${60^o}$
Xét $\Delta ABD$ vuông cân tại A, ta có:
$BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2$
Góc giữa 2 đường thẳng BA và BD bằng $45^0$ , suy ra $\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BD} } ight) = {135^o}$
Xét $\Delta SAB$ vuông cân tại A, ta có:
$\begin{matrix} SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \hfill \\ AM = \dfrac{{SA.AB}}{{SB}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2} \hfill \\ \end{matrix}$
Vì là trung điểm của SB nên: $2\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AS} + \overrightarrow {AB}$
Ta có:
$\begin{matrix} 2\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BD} = \left( {\overrightarrow {AS} + \overrightarrow {AB} } ight).\overrightarrow {BD} \hfill \\ = \overrightarrow {AS} .\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BD} \hfill \\ \end{matrix}$
(Do $\overrightarrow {AS} \bot \overrightarrow {BD}$ , nên $\overrightarrow {AS} .\overrightarrow {BD} = 0$ )
$\begin{matrix} \overrightarrow {AS} .\overrightarrow {BD} = \dfrac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BD} }}{2} \hfill \\ = \dfrac{{AB.BD.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BD} } ight)}}{2} \hfill \\ = \dfrac{{a.a\sqrt 2 .\cos \left( {{{135}^o}} ight)}}{2} = \dfrac{{ - {a^2}}}{2} \hfill \\ \end{matrix}$
Do đó:
$\begin{matrix} \cos \left( {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {BD} } ight) = \dfrac{{\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BD} }}{{AM.BD}} \hfill \\ = \dfrac{{\dfrac{{ - {a^2}}}{2}}}{{\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.a\sqrt 2 }} = - \dfrac{1}{2} \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {BD} } ight) = {120^o} \hfill \\ \end{matrix}$
Vậy góc giữa AM bằng BD bằng ${60^o}$
Câu 34: Thông hiểu
Chọn đáp án chính xác

Tính thể tích khối lăng trụ trong hình vẽ sau, biết $AB = a;AA' = 2a$ .
- A.
  $V = \frac{\sqrt{3}}{2}a^{3}$
- B.
  $V = \frac{\sqrt{3}}{6}a^{3}$
- C.
  $V = \sqrt{3}a^{3}$
- D.
  $V = \frac{\sqrt{3}}{3}a^{3}$
Quan sát hình vẽ ta thấy

Tam giác $ABC$ đều có cạnh bằng a nên $S_{ABC} = \frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}$

Do khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$ là lăng trụ đứng nên đường cao của lăng trụ là $AA' = 2a$

Thể tích khối lăng trụ là $V = AA'.S_{ABCD} = 2a.\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4} = \frac{a^{3}\sqrt{3}}{2}$
Câu 35: Vận dụng
Hoàn thành mệnh đề

Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có mặt đáy ABCD là hình thoi tâm O, góc $\widehat{BAD} = 60^{0}$ và A’A = A’B = A’D. Hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABCD) là:
- A.
  trung điểm của OA.
- B.
  trọng tâm tam giác ABD.
- C.
  tâm O của hình thoi ABCD.
- D.
  trọng tâm tam giác BCD.
Hình vẽ minh họa:

Ta có: ABCD là hình thoi =>AB = AD mà $\widehat{BAD} = 60^{0}$ nên tam giác ABD là tam giác đều (*)

Ta có: A’A = A’B = A’D nên hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABCD) trùng với tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD. (**)

Từ (*) và (**) => I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.
Câu 36: Nhận biết
Tỉ lệ khoảng cách

Giả sử đường thẳng ∆ cắt mặt phẳng (P) tại M. Trên ∆ lấy hai điểm A và B. Khi đó $\frac{d\left( A;(P) ight)}{d\left( B;(P) ight)}$ bằng:
- A.
  $\frac{2AM}{BM}$
- B.
  $\frac{AM}{2BM}$
- C.
  $\frac{AM}{BM}$
- D.
  $\frac{2AM}{3BM}$
$\frac{d\left( A;(P) ight)}{d\left( B;(P) ight)} = \frac{AM}{BM}$
Câu 37: Thông hiểu
Tính góc giữa hai đường thẳng

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông, $SA\bot(ABCD)$ , $SA = AB = a$ . Gọi $M$ là trung điểm cạnh $SB$ . Tính $(AM,BD)$ ?
- A.
  $45^{0}$
- B.
  $30^{0}$
- C.
  $90^{0}$
- D.
  $60^{0}$
Hình vẽ minh họa

Xét tam giác SAB vuông tại A có: $SB = \sqrt{SA^{2} + AB^{2}} = a\sqrt{2}$

Gọi E là trung điểm cạnh MC, ta có:

$OE//AM \Rightarrow (AM;BD) = (OE,BD)$ và $OE = \frac{1}{2}AM = \frac{1}{4}SB = \frac{a\sqrt{2}}{4}$

Lại có: $CB\bot AB;SA\bot CB \Rightarrow CB\bot SB$

Suy ra tam giác SBC vuông tại B.

Xét tam giá MBC vuông tại B ta có:

$MC = \sqrt{MB^{2} + BC^{2}} = \sqrt{\frac{1}{4}.2a^{2} + a^{2}} = \frac{a\sqrt{6}}{2}$

$BE = \frac{1}{2}MC = \frac{a\sqrt{6}}{4}$

Xét tam giác $EBO$ có:

$\cos\widehat{EOB} = \frac{EO^{2} + OB^{2} - EB^{2}}{2.EO.OB} = \frac{1}{2}$

$\Rightarrow \widehat{EOB} = 60^{0} \Rightarrow OE//AM \Rightarrow (AM;BD) = 60^{0}$
Câu 38: Thông hiểu
Chọn mệnh đề đúng?

Cho tứ diện ABCD có AB = AC, BD = CD. Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định dưới đây?
- A.
  BD ⊥ (ABC)
- B.
  AC ⊥ BD
- C.
  CD ⊥ (ABD)
- D.
  BC ⊥ AD
Hình vẽ minh họa:

Gọi M là trung điểm của BC.

Do tam giác ABC và tam giác BCD lần lượt là tam giác cân tại A và tại D

=> BC ⊥ MA, BC ⊥ MD

=> BC ⊥ (ADM)

=> BC ⊥ AD
Câu 39: Thông hiểu
Tính khoảng các d giữa hai đường thẳng BB' và A'H

Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh có độ dài bằng 2a. Hình chiếu vuông góc của A' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm H của BC. Tính khoảng các d giữa hai đường thẳng BB' và A'H
- A.
  $d = 2a$
- B.
  $d = a$
- C.
  $d=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
- D.
  $d=\frac{a\sqrt{3}}{3}$
Do $BB’ // AA’$ nên $d(BB′;A′H)=d(BB′;(AA′H))=d(B;(AA′H))$
Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {BH \bot AH} \\ {BH \bot A\prime H} \end{array} \Rightarrow BH \bot \left( {AA\prime H} ight)} ight.$
Nên $d(B;(AA′H))=BH=BC/2=a$
Vậy khoảng cách $d(BB′;A′H)=a$
Câu 40: Vận dụng
Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SC và HD

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B; biết AB = BC = 4a. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi H là trung điểm của AB, biết khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SHD) bằng $a\sqrt {10}$ . Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SC và HD.
- A. $\frac{1}{{\sqrt 5 }}$
- B. $\frac{2}{{\sqrt 5 }}$
- C. $\frac{{\sqrt 5 }}{4}$
- D. $\frac{{\sqrt 5 }}{3}$
Ta có: $\left\{ \begin{gathered} \left( {SAB} ight) \bot \left( {ABCD} ight) \hfill \\ \left( {SAB} ight) \cap \left( {ABCD} ight) = AB \hfill \\ SH \bot AB \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow SH \bot (ABCD)$
Kẻ $CK \bot HD$ tại K, ta có:
$\begin{matrix} \left\{ \begin{gathered} CK \bot HD \hfill \\ CK \bot SH \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow CK \bot \left( {SHD} ight) \hfill \\ \Rightarrow d(C,(SHD)) = CK = a\sqrt {10} \hfill \\ \end{matrix}$
Ta có:
$\begin{matrix} CH = \sqrt {B{C^2} + B{H^2}} = a\sqrt {20} \hfill \\ \Rightarrow HK = \sqrt {C{H^2} + C{K^2}} = a\sqrt {10} \hfill \\ \Rightarrow CK = HK \hfill \\ \end{matrix}$
Do đó tam giác CHK vuông cân tại K
$\Rightarrow \widehat {KHC} = {45^o} \Rightarrow \widehat {DHC} = {45^o} \Rightarrow \tan \widehat {DHC} = 1$
Tam giác BHC vuông tại B nên $\tan \widehat {BHC} = \frac{{BC}}{{BH}} = 2$
$\tan \widehat {BHD} = \tan \left( {\widehat {BHC} + \widehat {CHD}} ight) = \frac{{\tan \widehat {BHC} + \tan \widehat {CHD}}}{{1 - \tan \widehat {BHC}.\tan \widehat {CHD}}} = - 3$
Mà $\widehat {BHD} + \widehat {AHD} = 180^\circ$
$\Rightarrow \tan \widehat {AHD} = - \tan \widehat {BHD} = 3 \Rightarrow \frac{{AD}}{{AH}} = 3 \Rightarrow AD = 6a$
Gọi M, E lần lượt là giao điểm của HD với AC và BC.
Khi đó AEBD là hình bình hành nên EB = AD = 4a => EC = 10a
Ta có: AD // EC
$\begin{matrix} \dfrac{{AD}}{{EC}} = \dfrac{{AM}}{{MC}} = \dfrac{{6a}}{{10a}} = \dfrac{3}{5} \hfill \\ \Rightarrow AM = \frac{3}{5}MC = \dfrac{3}{8}AC = \dfrac{3}{8}.a\sqrt {32} = \dfrac{{3a\sqrt 2 }}{2} \hfill \\ \end{matrix}$
Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ CN song song HD, với $N \in AB$ . Khi đó góc giữa hai đường thẳng SC và HD bằng góc giữa SC và CN.
Ta có:
$\begin{matrix} AH = \dfrac{3}{5}HN \hfill \\ \Rightarrow HN = \dfrac{{10}}{3}a \Rightarrow BN = \dfrac{4}{3}a \hfill \\ SN = \sqrt {S{H^2} + H{N^2}} = \sqrt {\dfrac{{208}}{3}} a \hfill \\ CN = \sqrt {B{N^2} + B{C^2}} = \dfrac{{4\sqrt {10} }}{3}a. \hfill \\ \end{matrix}$
Áp dụng định lý côsin trong tam giác SCN, ta có:
$\cos \widehat {SCN} = \frac{{S{C^2} + C{N^2} - S{N^2}}}{{2SC.CN}} = \frac{{\sqrt 5 }}{4}$
Vậy $\cos \left( {SC,HD} ight) = \cos \left( {SC,CN} ight) = \left| {\cos \widehat {SCN}} ight| = \frac{{\sqrt 5 }}{4}$

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

25 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