Đề kiểm tra Bài tập cuối chương 8 (có lời giải) - Đề 1
22 câu hỏi
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\). Tính góc giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(C'D'\) là?
\[90^\circ \].
\[0^\circ \].
\[60^\circ \].
\[45^\circ \].
Ta có \(AB\) song song\(C'D'\)nên góc giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(C'D'\) là \[0^\circ \]
Hai đường thẳng \(AB\) và \[{\rm{DD'}}\]song song nhau.
Hai đường thẳng \(AB\) và \[{\rm{DD'}}\]vuông góc nhau.
Hai đường thẳng \(AB\) và \[{\rm{DD'}}\]cắt nhau.
Hai đường thẳng \(AB\) và \[{\rm{DD'}}\]trùng nhau.
Ta có \(AB\) vuông góc \(AA'\)mà \(AA'\)vuông góc với \[{\rm{DD'}}\]nên suy ra hai đường thẳng \(AB\) và \[{\rm{DD'}}\]vuông góc nhau.
Cho hình lăng trụ đứng tam giác đều\(ABC.A'B'C'\). Khẳng định nào sau đây đúng?
Đường thẳng \(AB\) vuông góc với mặt phẳng \[\left( {A'B'C'} \right)\].
Đường thẳng \(AC\) vuông góc với mặt phẳng \[\left( {A'B'C'} \right)\].
Đường thẳng \(AA'\) vuông góc với mặt phẳng \[\left( {A'B'C'} \right)\].
Đường thẳng \[AB'\] vuông góc với mặt phẳng \[\left( {A'B'C'} \right)\].
Đường thẳng \(AA'\) vuông góc với 2 đường thẳng\[A'B'\] và \[A'C'\] thuộc mặt phẳng \[\left( {A'B'C'} \right)\].
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông, \(SA\)vuông góc với mặt đáy (tham khảo hình vẽ bên). Góc giữa hai mặt phẳng \((SCB)\)và \((ABCD)\) bằng
\[\widehat {ASB}\].
\[\widehat {SDA}\].
\[\widehat {SBA}\].
\[\widehat {SCA}\].
Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CB \bot AB}\\{CB \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow CB \bot (SAB) \Rightarrow CB \bot SB\).
Lại có \(AB \bot BC\)nên góc của \((SCB)\)và \((ABCD)\) bằng \(\widehat {SBA}\).
\(BC \bot \left( {SBH} \right)\).
\(BC \bot \left( {SAH} \right)\).
\(BC \bot \left( {SAB} \right)\).
\(BC \bot \left( {SAC} \right)\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SH\\BC \bot AH\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAH} \right)\).
\(45^\circ \).
\(60^\circ \).
\(90^\circ \).
\(30^\circ \).
Do \[AA' \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {ACC'A'} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\] nên góc giữa mặt phẳng\(\left( {ABCD} \right)\) và \(\left( {ACC'A'} \right)\) bằng \(90^\circ \).
\(\frac{a}{2}\).
\[a\].
\[2a\].
\[a\sqrt 3 \].
Ta có \(\left( {ABCD} \right){\rm{ // }}\left( {A'B'C'D'} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {\left( {ABCD} \right),\left( {A'B'C'D'} \right)} \right) = d\left( {A',\left( {ABCD} \right)} \right)\)\[ = AA' = a\].
\(2{a^3}\).
\[8{a^3}\].
\[6{a^3}\].
\[4{a^3}\].
Thể tích khối lập phương là \(V = {(2a)^3} = 8{a^3}\).
Nếu \[b\,\,{\rm{// }}\left( P \right)\] thì \[b \bot a\].
Nếu \[b\,\, \bot {\rm{ }}a\] thì \[b\,\,{\rm{// }}\left( P \right)\].
Nếu \[b\,\, \bot {\rm{ }}\left( P \right)\] thì \[b{\rm{ // }}a\].
Nếu \[b{\rm{ // }}a\] thì \[b{\rm{ }} \bot {\rm{ }}\left( P \right)\].
Đáp án B sai vì \[b\] có thể nằm trong \[\left( P \right)\].
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(\left( {SAB} \right).\)
\(\left( {SBC} \right).\)
\(\left( {SBD} \right).\)
\(\left( {SCD} \right).\)
Do \(BD\) vuông góc với \(SO\) và \(AC\) nên \(BD\) vuông góc với\(\left( {SAC} \right)\)
Do vậy \(\left( {SAC} \right)\) vuông góc với \(\left( {SBD} \right)\).
\(6455618\) đồng.
\(5455618\) đồng.
\(6546742\) đồng.
\(5546714\) đồng.
Gọi \(x\) là độ dài cạnh đáy và \(h\) là độ dài cạnh bên của khối lăng trụ. Để chi phí xây dựng là ít nhất thì diện tích toàn phần hình lăng trụ nhỏ nhất.
Ta có \(V = \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4}.h = 1\) \( \Leftrightarrow h = \frac{4}{{\sqrt 3 {x^2}}}\).
Diện tích toàn phần của hình lăng trụ là \({S_{tp}} = 3xh + \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{2}\)\( = \frac{{4\sqrt 3 }}{x} + \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{2}\)
\({S_{tp}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{x} + \frac{{2\sqrt 3 }}{x} + \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{2} \ge 3\sqrt[3]{{6\sqrt 3 }}\).
Vậy \(\min {S_{tp}} = 3\sqrt[3]{{6\sqrt 3 }}\) khi \(\frac{{2\sqrt 3 }}{x} = \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{2}\) \( \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{4}\).
Chi phí xây bể là \(T = 3\sqrt[3]{{6\sqrt 3 }}.1000000 \approx 6546742\)
Do đó số tiền ít nhất người thợ cần bỏ ra là \(T \approx 6546742\)
\(\frac{{\sqrt {22} }}{{11}}\).
\(\frac{2}{{11}}\).
\(\frac{{\sqrt 2 }}{{11}}\).
\(\frac{3}{{11}}\).
![Cho hình hộp \(ABCD.A'B'CD'\)có tất cả các cạnh đều bằng \[1\] và các góc phẳng đỉnh \(A\) đều bằng (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid8-1771907562.png)
Ta có \(\widehat {BAA'\,} = \widehat {DAA'}\)\( = \widehat {BAD} = 60^\circ \) và \(AB = AD\)\( = AA' = 1\).
Khi đó \(\Delta ABD\), \(\Delta ADA'\) và \(\Delta ABA'\) đều cạnh bằng \[1\].
\( \Rightarrow A'D = A'A\)\( = A'B = 1\). Suy ra hình chiếu của \(A'\) lên \(\left( {ABCD} \right)\) là tâm H của \(\Delta ABD\) đều.
Ta có \(AB'\;{\rm{//}}\;DC'\)\( \Rightarrow d\left( {AB';A'C'} \right) = d\left( {AB';\left( {DA'C'} \right)} \right)\)\( = d\left( {H;\left( {DA'C'} \right)} \right)\).
Dựng hình bình hành \(DCAJ\). Từ \(H\) kẻ \(HK \bot DJ\)\(\left( {K \in DJ} \right)\), ta có \(HK\;{\rm{//}}\;DB\).
Từ \(H\) kẻ \(HL \bot A'K\)\(\left( {L \in A'K} \right)\)\( \Rightarrow HL \bot \left( {DA'C'} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {H;\left( {DA'C'} \right)} \right) = HL\).
Ta có: \(HK = \frac{1}{2}\), \(A'H = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\).
Xét tam giác \(A'HK\): \(\frac{1}{{H{L^2}}} = \frac{1}{{H{K^2}}} + \frac{1}{{A'{H^2}}}\)\( \Rightarrow HL = \frac{{\sqrt {22} }}{{11}}\).
\(BD \bot (SAC)\)
\(BD \bot SC\).
\(CD \bot (SAD)\).
\(AH \bot SB\).
|
a) Đúng |
b) Đúng |
c) Đúng |
d) Đúng |
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BD \bot AC}\\{BD \bot SA(SA \bot (ABCD))}\end{array} \Rightarrow BD \bot (SAC)} \right.\)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BD \bot (SAC)}\\{SC \subset (SAC)}\end{array} \Rightarrow BD \bot SC} \right.\)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot AD}\\{CD \bot SA}\end{array} \Rightarrow CD \bot (SAD)} \right.\)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AH \bot SO}\\{AH \bot BD(BD \bot (SAC))}\end{array} \Rightarrow AH \bot (SBD) \Rightarrow AH \bot SB} \right.\)
\[d(A,(SBC)) = \frac{{\sqrt 3 }}{3}a\]
\(AD//(SBC)\)
\(d(D,(SBC)) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a\)
Gọi \(M\) là trung điểm \(SA\). Khi đó: \(d(M,(SBC)) = \frac{{\sqrt 3 }}{4}a\)
|
a) Sai |
b) Đúng |
c) Đúng |
d) Đúng |
Kẻ \(AH \bot SB\) tại \(H\)
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot SA}\\{BC \bot AB}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot AH} \right.\)
Ta lại có: \(AH \bot SB \Rightarrow AH \bot (SBC) \Rightarrow d(A,(SBC)) = AH\)
Ta có: \(AH = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}}} }} = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{{(\sqrt 3 a)}^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}} }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a\)
Vậy \(d(A,(SBC)) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a\).
Ta có: \(AD//(SBC) \Rightarrow d(D,(SBC)) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a\).
Ta có: \(MA\) cắt \((SBC)\) tại \(S\)
\( \Rightarrow \frac{{d(M,(SBC))}}{{d(A,(SBC))}} = \frac{{MS}}{{AS}} = \frac{1}{2} \Rightarrow d(M,(SBC)) = \frac{1}{2}d(A,(SBC)) = \frac{1}{2} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2}a = \frac{{\sqrt 3 }}{4}a{\rm{. }}\)
\(AB\) là hình chiếu của \(SB\) trên mp\((ABC)\)
\(SB = a\sqrt 2 \)
|
a) Đúng |
b) Đúng |
c) Đúng |
d) Đúng |
Ta có: \(SA \bot (ABC)\) tại \(A\) và \(SB\) cắt mặt phẳng \((ABC)\) tại \(B\)
\( \Rightarrow AB\) là hình chiếu của \(SB\) trên mp \((ABC)\)
\( \Rightarrow (SB,(ABC)) = (SB,AB) = \widehat {SBA}\)
Xét \(\Delta SAB\) vuông tại
Vậy
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CB \bot AB}\\{CB \bot SA}\end{array} \Rightarrow CB \bot (SAB)} \right.\) tại \(B\) và \(SC\) cắt mặt phẳng \((SAB)\) tại \(S\)
\( \Rightarrow SB\) là hình chiếu của \(SC\) trên mp \((SAB)\)
\( \Rightarrow (SC,(SAB)) = (SC,SB) = \widehat {BSC}\)
Ta có: \(SB = a\sqrt 2 \) (vì tam giác \(SAB\) vuông cân tại \(A\))
Xét \(\Delta SBC\) vuông tại \(B:\tan \widehat {BSC} = \frac{{CB}}{{SB}} = \frac{a}{{a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \widehat {BSC} \approx 35,{3^0}\)
Vậy \((SC,(SAB)) \approx 35,{3^0}\).
\(\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\).
Tam giác \(SAC\) là tam giác vuông.
\(\left( {SAC} \right) \bot \left( {SB{\rm{D}}} \right)\).
Chiều cao của hình chóp\(S.ABC{\rm{D}}\) là \(h = \frac{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}{2}\).
|
a) Đúng |
b) Đúng |
c) Đúng |
d) Sai |
Gọi H là hình chiếu vuông góc của \(S\) lên \(\left( {ABCD} \right)\)
Vì \(SB = SC = SD\) \( \Rightarrow H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta BC{\rm{D}}\)
Vì \(\Delta BC{\rm{D}}\) cân nên \(H\) thuộc trung tuyến kẻ từ \(C\).
\( \Rightarrow H \in AC\).
Nên đáp án \(A,\,C\)đúng.
Mà ta có: \( \Rightarrow H \in AC\).
Mà ta có: \(\Delta ABD = \Delta CBD = \Delta SBD\,\,(c - c - c) \Rightarrow AD = CO = SO \Rightarrow SO = \frac{1}{2}AC\)
\( \Rightarrow \Delta SAC\)vuông tại \(S\). Do đó đáp án b đúng.
Trong tam giác \(SAC\), kẻ \(SH \bot AC\).
Khi đó ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot SO\\BD \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SH\)\( \Rightarrow SH \bot (ABCD)\)
Suy ra: \(\frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{S{C^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{x^2}}} \Rightarrow SH = h = \frac{{{\rm{ax}}}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}\).
Do đó đáp án d sai.
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SA \bot BC({\rm{ do }}SA \bot (ABC))}\\{AB \bot BC(gt)}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot SB\)
Xét 2 mặt phẳng \((SBC)\) và \((ABC)\) ta có:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(SBC) \cap (ABC) = BC}\\{SB \bot BC,SB \subset (SBC)}\\{AB \bot BC,AB \subset (ABC)}\\{SB \cap AB = \{ B\} }\end{array} \Rightarrow ((SBA),(ABC)) = (SB,AB) = \widehat {SBA}} \right.\).
Xét tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\), có
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {{B^\prime }AC} \right) \cap (ABC) = AC}\\{{\mathop{\rm Trong}\nolimits} (ABC),BI \bot AC \Rightarrow [A,SC,B] = \widehat {{B^\prime }IB}}\\{{\rm{ Trong }}\left( {{B^\prime }AC} \right),{B^\prime }I \bot AC}\end{array}} \right.\)
Ta có: \(BI = \frac{{AC}}{2} = a\)
\({B^\prime }B = \sqrt {{{(3a)}^2} - {{(a\sqrt 2 )}^2}} = \sqrt 7 a\)
Xét \(\Delta B{B^\prime }I\) vuông tại
Một cái lều có dạng hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có cạnh bên \(AA'\) vuông góc với đáy.
Cho biết \(AB = AC = 2,4m\,;\,BC = 2m\,;\,AA' = 3m\).
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(B'C'\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB{\rm{//}}A'B'\\A'B' \subset \left( {A'B'C'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AB{\rm{//}}\left( {A'B'C'} \right)\)
nên \(d\left( {AB,B'C'} \right) = d\left( {AB,\left( {A'B'C'} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {A'B'C'} \right)} \right) = AA' = 3m\).
Một mô hình Kim tự tháp bằng kim loại là một hình chóp đều có chiều cao bằng 10 cm, đáy là hình vuông cạnh 10 cm. Tính thể tích khối chóp mô hình kim tự tháp.
Gọi \(S.ABCD\) là khối chóp mô hình kim tự tháp, gọi \(O\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(S\) trên \(mp\left( {ABCD} \right)\).
Theo giải thiết: \(SO = 10cm,\,\,{S_{ABCD}} = 100\,\, \Rightarrow \,{V_{SABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}10.\,100\, = \,\frac{{1000}}{3}\,c{m^3}\).
Một ram cho người khuyết tật hình lăng trụ tam giác, được xây bằng bê tông với bề rộng 1 mét, dài 3m và độ cao 0,3 m (hình vẽ). Hãy tính thể tích khối lăng trụ đó.
Theo giả thiết, ram cho người khuyết tật là một lăng trụ đứng có chiều cao bằng 1m, đáy là tam giác vuông có hai cạnh góc vuông là 3m và 0,3m.
Từ đó ta có thể tích của ram cho người khuyết tật bằng \(V = S.\,h\, = \,\frac{1}{2}3\,.\,0,3\,.\,1 = 0,45\,{m^3}\)\(\)
Cho mô hình tạo khung cho rạp xiếc lưu động hình chóp cụt \(ABCD.A'B'C'D'\) có hai đáy là hình vuông cạnh đáy lớp gấp đôi đáy nhỏ. Biết thể tích khốp chóp cụt trên là 420000m3 và chiều cao bằng 6m. Tính cạnh của đáy lớn.
Gọi \(x\left( m \right)\) là độ dài cạnh hình vuông nhỏ, suy ra \(2x\left( m \right)\) là cạnh hình vuông đáy lớn.
Khi đó ta có: \(V = \left( {S + S' + \sqrt {S.S'} } \right)h = \,\left( {{x^2} + 4{x^2} + 2{x^2}} \right).6\, \Rightarrow \,42{x^4} = 420000 \Rightarrow x = 10\)
Vậy chiều dài đáy lớn bằng 20m.
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 21](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-3izficdefgfoel0s9j8s-1786772791.jpg&w=3840&q=75)
