20 câu trắc nghiệm Toán 11 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương VIII (Đúng sai - Trả lời ngắn) có đáp án

D

Ta có CD // AB nên (AA', CD) = (AA', AB) = 90°.

C

Nếu đường thẳng a nằm trong (P) thì a vuông góc với (Q) là khẳng định sai.

B

Ta có AD // BC Þ (SA, BC) = (SA, AD) = \(\widehat {SAD} = 60^\circ \) (vì DSAD là tam giác đều).

C

Khẳng định C sai vì đáy của hình lăng trụ đứng có tất cả các cạnh bằng nhau có thể là hình thoi.

A

Gọi M là trung điểm của cạnh BC Þ AM ^ BC, \(AM = a\sqrt 3 \).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow SM \bot BC.\)

Có SM ^ BC, mặt khác AM ^ BC suy ra \(\widehat {SMA}\) là góc phẳng nhị diện [S, BC, A].

Xét DSAM vuông tại A, ta có:

\(\tan \widehat {SMA} = \frac{{SA}}{{AM}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{a\sqrt 3 }} = 1 \Rightarrow \widehat {SMA} = 45^\circ \).

A

Ta có SA ^ (ABC) Þ SA ^ BC mà BC ^ AB (do tam giác ABC vuông tại B)

Suy ra BC ^ (SAB).

Trong (SAB) kẻ AH ^ SB (H Î BC)

Vì BC ^ (SAB) Þ BC ^ AH.

Suy ra AH ^ (SBC) Þ d(A, (SBC)) = AH.

Xét DSAB vuông tại A, ta có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{2}{{{a^2}}}\)Þ\(AH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

B

Ta có BC ^ SA (do SA ^ (ABC)).

Do DABC vuông tại B nên BC ^ AB Þ BC ^ (SAB) Þ BC ^ SB.

D

Do hình chóp tứ giác đều S.ABCD có O là tâm của đáy ABCD nên SO ^ (ABCD) Þ SO ^ BD.

Ta có BD ^ AC mà SO ^ BD nên BD ^ (SAC) Þ \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)\\BD \bot SA\end{array} \right.\).

D

Có BC ^ SA (do SA ^ (ABCD)) và BC ^ AB (do ABCD là hình vuông).

Suy ra BC ^ (SAB) Þ BC ^ SB.

Nên ((SBC), (ABCD)) = (SB, AB) = \(\widehat {SBA}\).

Xét DSAB vuông tại A, có \(\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{3a}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \widehat {SBA} = 30^\circ \).

A

Ta có góc giữa đường thẳng SB và mặt đáy (ABCD) là góc \(\widehat {SBA}\).

Do đó \(h = SA = AB.\tan \widehat {SBA} = a.\tan 45^\circ = a\).

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}a.{a^2} = \frac{{{a^3}}}{3}\).

a) BC không vuông góc với mặt phẳng (SAC).

b) Có BC ^ AB mà BC ^ SA (do SA ^ (ABCD)) nên BC ^ (SAB) Þ BC ^ AM.

Vì AM ^ BC và AM ^ SB nên AM ^ (SBC) Þ AM ^ SC (1).

Có CD ^ AD và CD ^ SA (do SA ^ (ABCD)) Þ CD ^ (SAD) Þ CD ^ AN.

Vì AN ^ CD và AN ^ SD nên AN ^ (SCD) Þ AN ^ SC (2).

Từ (1) và (2) Þ SC ^ (AMN) Þ SC ^ MN.

c) Có BD ^ AC và BD ^ SA (SA ^ (ABCD)) nên BD ^ (SAC) Þ (SBD) ^ (SAC).

d) Theo câu b, có AM ^ (SBC) nên d(A, (SBC)) = AM.

Xét DSAB, có \(\frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{6{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{7}{{6{a^2}}}\)\( \Rightarrow AM = \frac{{a\sqrt {42} }}{7}\).

Do đó \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {42} }}{7}\).

Đáp án: a) Sai;   b) Đúng;   c) Đúng;   d) Sai.

a) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {ABCD} \right)\).

b) Vì SA ^ (ABCD) mà SA Ì (SAC) Þ (SAC) ^ (ABCD).

c) Kẻ MK // SA, K Î AD Þ MK ^ (ABCD).

Suy ra \(d\left( {M,ABCD} \right) = MK = \frac{1}{2}SA = a\) (vì MK là đường trung bình của DSAD).

d) Ta có BD ^ AC và BD ^ SA  Þ BD ^ (SAC) Þ BD ^ SC.

Gọi O = AC Ç BD. Dựng OH ^ SC tại H.

Vì BD ^ (SAC) mà OH Ì (SAC) Þ BD ^ OH.

Lại có OH ^ SC và OH ^ BD nên OH là đoạn vuông góc chung của BD và SC.

Kẻ AP // OH, P Î SC.

Xét tam giác OHC vuông tại H có OH là đường trung bình nên \(OH = \frac{1}{2}AP\).

Mà \(\frac{1}{{A{P^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {2a} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}} = \frac{3}{{4{a^2}}}\) \( \Rightarrow AP = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).

Suy ra \(d\left( {BD,SC} \right) = OH = \frac{1}{2}.\frac{{2a\sqrt 3 }}{3} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Đáp án: a) Đúng;   b) Đúng;   c) Sai;   d) Sai.

a) Có SA ^ (ABCD) Þ SA ^ CD.

Gọi I là trung điểm AD. Tứ giác ABCI là hình vuông nên \(\widehat {ACI} = 45^\circ \).

Mặt khác DCID là tam giác vuông cân tại I nên \(\widehat {ICD} = 45^\circ \).

Suy ra \(\widehat {DCA} = 90^\circ \Rightarrow CD \bot AC\) mà SA ^ CD nên CD ^ (SAC).

b) Có SA ^ CI (do SA ^ (ABCD)) và CI ^ AD Þ CI ^ (SAD) Þ CI ^ SD.

Kẻ IK ^ SD mà CI ^ SD nên SD ^ (CIK).

Suy ra góc nhị diện [A, SD, C] là \(\widehat {CKI} = \alpha \).

Xét tam giác CKI vuông tại I có IC = a, \(IK = ID\sin D = ID.\frac{{SA}}{{SD}} = a.\frac{a}{{a\sqrt 5 }} = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}\).

Suy ra \(\tan \alpha = \frac{{IC}}{{IK}} = \sqrt 5 \).

c) Ta có BIDC là hình bình hành nên BI // CD.

Suy ra d(SB, CD) = d(CD, (SBI)) = d(C, (SBI)) = d(A, (SBI)).

Kẻ AH ^ SO mà BI ^ (SAC) nên AH ^ (SBI).

Suy ra \(d\left( {A,\left( {SBI} \right)} \right) = AH = \frac{{SA.AO}}{{\sqrt {S{A^2} + A{O^2}} }} = \frac{{a.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

d) Ta có \({S_{\Delta BCD}} = \frac{1}{2}.BC.AB = \frac{1}{2}{a^2}\).

mặt khác, M là trung điểm của đoạn thẳng SB nên suy ra:\(d\left( {M,\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {S,\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{a}{2}\).

Do đó \({V_{M.BCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}}}{2}.\frac{a}{2} = \frac{{{a^3}}}{{12}}\).

Đáp án: a) Đúng;   b) Đúng;   c) Sai;   d) Đúng.

a) Lăng trụ lục giác đều là lăng trụ đứng có đáy là lục giác đều.

b) Diện tích đáy của bể kính là \(S = 6.\frac{{{{20}^2}\sqrt 3 }}{4} = 600\sqrt 3 \) cm².

c) Thể tích của khối lăng trụ \(V = S.h = 600\sqrt 3 .50 = 30000\sqrt 3 \) cm³ ≈ 52 lít.

d) Sau 2 phút bơm được V' = 200.120 = 24000 cm³ nước vào bể.

Chiều cao mực nước trong bể \(h' = \frac{{V'}}{S} = \frac{{24000}}{{600\sqrt 3 }} = \frac{{40\sqrt 3 }}{3} \approx 23\) cm.

Đáp án: a) Đúng;   b) Sai;    c) Đúng;    d) Sai.

a) Ta có AA' ^ (ABC) Þ d(A', (ABC)) = AA' = a.

b) Do tam giác ABC đều nên BC không vuông góc với AC.

c) Gọi M là trung điểm của BC.

Do ABC là tam giác đều cạnh a nên ta có \(AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) và AM ^ BC (1).

Mặt khác ta lại có ABC.A'B'C' là lăng trụ đều nên AA' ^ (ABC) Þ AA' ^ AM (2).

Từ (1) và (2) ta có AM là đoạn vuông góc chung của AA' và BC.

Vậy \(d\left( {AA',BC} \right) = AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

d) Gọi M là trung điểm của BC. Kẻ AH ^ A'M (1).

Ta có BC ^ AM và BC ^ AA' Þ BC ^ (A'AM) Þ AH ^ BC (2).

Từ (1) và (2) suy ra AH ^ (A'BC) Þ d(A, (A'BC)) = AH.

Ta có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A'{A^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{\frac{{3{a^2}}}{4}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Đáp án: a) Đúng;   b) Sai;    c) Đúng;    d) Sai.

Vì SA ^ (ABCD) Þ SA ^ DA mà DA ^ AB nên DA ^ (SAB).

Lại có CD // AB nên CD // (SAB).

Suy ra d(SB, CD) = d(CD, (SAB)) = d(D, (SAB)) = DA.

Tứ giác ABCD là hình vuông với đường chéo \(AC = 2\sqrt 2 \) Þ DA = 2.

Trả lời: 2.

Kẻ AH ^ SB .

Ta có BC ^ AB, BC ^ SA Þ BC ^ (SAB) Þ BC ^ AH.

Þ AH ^ (SBC).

Suy ra \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Tam giác SAB vuông tại A có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \Rightarrow SA = 1\).

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \approx 0,3\).

Trả lời: 0,3.

Gọi x (m) là độ dài cạnh hình vuông nhỏ, suy ra 2x (m) là cạnh hình vuông đáy lớn.

Khi đó ta có \(V = \frac{1}{3}h\left( {S + S' + \sqrt {S.S'} } \right) = \frac{1}{3}.6.\left( {{x^2} + 4{x^2} + 2{x^2}} \right)\) Þ 14x² = 5600 Þ x = 20 m.

Vậy chiều dài đáy lớn bằng 40 m.

Trả lời: 40.

Do BC ^ AB và BC ^ SA nên suy ra BC ^ (SAB).

Gọi H là hình chiếu của A lên SB.

Vì AH ^ SB và AH ^ BC (vì BC ^ (SAB)) nên suy ra AH ^ (SBC).

Suy ra SH là hình chiếu của SA trên mặt phẳng (SBC).

Do đó (SA, (SBC)) = (SA, SH) = \(\widehat {HSA} = \widehat {BSA}\).

Xét tam giác SAB vuông tại A, ta có \(\sin \widehat {BSA} = \frac{{AB}}{{SB}} = \frac{a}{{2a}} = \frac{1}{2}\) \( \Rightarrow \widehat {BSA} = 30^\circ \Rightarrow x = 30\).

Vậy x² + 100 = 1000.

Trả lời: 1000.

Gọi I là trung điểm của B'C' suy ra A'I ^ B'C'.

Lại có AA' ^ B'C' Þ B'C' ^ (AA'I) Þ B'C' ^ AI.

Þ ((AB'C'), (A'B'C')) = (A'I, AI) = \(\widehat {AIA'} = 60^\circ \).

Ta có \(A'I = \frac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \).

Xét tam giác AA'I vuông tại A', ta có \(\tan \widehat {AIA'} = \frac{{AA'}}{{A'I}} \Rightarrow AA' = A'I.\tan \widehat {AIA'} = \sqrt 3 .\tan 60^\circ = 3.\)

Kẻ A'H ^ AI.

Vì B'C' ^ (AA'I) Þ B'C' ^ A'H.

Từ đó ta có A'H ^ (AB'C') suy ra \(d\left( {A',(AB'C')} \right) = A'H = \frac{{AA'.A'I}}{{\sqrt {A{{A'}^2} + A'{I^2}} }} = \frac{3}{2} = 1,5\).

Trả lời: 1,5.