Đề kiểm tra Bài tập cuối chương 8 (có lời giải) - Đề 3
22 câu hỏi
\[\Delta MCD\] là tam giác đều.
\[AN\] vuông góc với \(BN\).
\[\Delta ABN\] là tam giác đều.
\[MN\] vuông góc với \(CD\).
Chọn D
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 \[b{\rm{ }} \bot {\rm{ }}\left( P \right)\].
Chọn B
Đáp án B sai vì \[b\] có thể nằm trong \[\left( P \right)\].
\(\left( {SAB} \right).\)
\(\left( {SBC} \right).\)
\(\left( {SBD} \right).\)
\(\left( {SCD} \right).\)
Chọn C
Do \(BD\) vuông góc với \(SO\) và \(AC\) nên \(BD\) vuông góc với\(\left( {SAC} \right)\)
Do vậy \(\left( {SAC} \right)\) vuông góc với \(\left( {SBD} \right)\).
\(12\).
\(6\).
\(24\).
\(36\).
Chọn B
Thể tích khối chóp: \(V = \frac{1}{3}{S_{\Delta OAB}}OC\)\( = \frac{1}{3}\left( {\frac{1}{2}OA.OB} \right)OC\)\( = 6\).
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\). Hãy xác định góc giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(A'C'\).
\(45^\circ \).
\(135^\circ \).
\(60^\circ \).
\(90^\circ \).
Ta có góc giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(A'C'\) là góc giữa hai đường thẳng \(A'B'\) và \(A'C'\) (vì \(AB\,\parallel A'B'\)). Lại có góc giữa hai đường thẳng \(A'B'\) và \(A'C'\)bằng góc \(\widehat {B'A'C'} = 45^\circ \).
Vậy góc giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(A'C'\)bằng \(45^\circ \).
\(a\sqrt 5 \).
\(a\).
\(2a\).
\(a\sqrt 6 \).
Vì \(AD \bot SA\) và \(AD \bot CD\) nên \(AD\) là đoạn vuông góc chung của \(SA\) và \(CD\) suy ra khoảng cách giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(CD\) là \(AD = 2a\).
Nếu đường thẳng \(d\)vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong \((\alpha )\)thì \(d\)vuông góc với bất kì đường thẳng nào nằm trong \((\alpha )\).
Nếu đường thẳng \(d\)vuông góc với hai đường thẳng nằm trong \((\alpha )\)thì \(d \bot (\alpha )\).
Nếu đường thẳng \(d \bot (\alpha )\)thì \(d\)vuông góc với hai đường thẳng nằm trong \((\alpha )\).
Nếu \(d \bot (\alpha )\) và đường thẳng \(a\parallel (\alpha )\)thì \(d \bot a\).
Mệnh đề “Nếu đường thẳng \(d\)vuông góc với hai đường thẳng nằm trong \((\alpha )\)thì \(d \bot (\alpha )\)” sai vì thiếu điều kiện “cắt nhau”của hai đường thẳng nằm trong \((\alpha )\).
\(V = Sh\).
\[V = \frac{1}{3}Sh\].
\[V = \frac{1}{2}Sh\].
\[2Sh\].
Thể tích khối chóp là \[V = \frac{1}{3}Sh\].
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
Một đường thẳng là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau nếu nó vuông góc và cắt cả hai đường thẳng đó.
Một đường thẳng là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau nếu nó vuông góc với cả hai đường thẳng đó.
Đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau thì nằm trong mặt phẳng chứa đường thẳng này và vuông góc với đường thẳng kia.
Một đường thẳng là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau nếu nó cắt cả hai đường thẳng đó.
Chọn A
Theo định nghĩa đường vuông góc chung là đáp án A
\(\frac{{2{a^3}}}{3}\).
\({a^3}\).
\(\frac{{{a^3}}}{3}\).
\(\frac{{{a^3}}}{6}\).
![Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy là hình chữ nhật, hình chiếu của đỉnh \(S\) trên mặt đáy trùng (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid34-1771939236.png)
Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\), khi đó \[SO \bot \left( {ABCD} \right)\].
Theo giả thiết, \[\widehat {SCO} = 60^\circ \Rightarrow SO = OC.\tan 60^\circ = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} .\tan 60^\circ = a\sqrt 3 \].
Vậy \[{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .a.a\sqrt 3 = {a^3}\].
Một cây cầu vượt đường sắt dành cho người đi bộ (như trong hình dưới đây). Mặt cầu, phần bắc ngang qua đường sắt nằm trên mặt phẳng song song với mặt đường, khoảng cách từ đường thẳng \[a\] nằm trên tay vịn của cầu đến mặt sàn cầu là \[0,8m\]. Phần chuyển tiếp từ mặt đường tới mặt cầu gồm các bậc thang, chia làm hai nhịp. Nhịp thứ nhất tiếp xúc với mặt đường có chiều dài là \[AB = 4m\], nằm trên mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) tạo với mặt đường một góc \[50^\circ \]. Nhịp thứ hai nối lên mặt cầu có chiều dài nhịp là \[CD = 5m\], nằm trên mặt phẳng \[\left( \beta \right)\] tạo với mặt đường một góc \[40^\circ \]. Điểm \[D\] nằm trên mặt cầu. Phần chiếu nghỉ nối giữa hai nhịp bậc thang, có mép ngoài là đoạn \[BC\] nằm trên mặt phẳng song song với mặt đường. Gọi \[b\] là đường thẳng kẻ theo đường ray, mặt đường ray và mặt đường cùng nằm trên môt mặt phẳng. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \[a\] và \[b\] (làm tròn đến hàng phần nghìn).
\[6,27m\].
\[7,08m\].
\[7,07m\].
\[6,28m\].
Gọi \[K,H\] lần lượt là hình chiếu của \[B,D\] lên mặt đường, \[BC \cap DH\]
Từ giả thiết suy ra \[\widehat {BAK} = 50^\circ ,\widehat {DCE} = 40^\circ \].
Trong tam giác vuông \[ABK\] có \[BK = AB.\sin \widehat {BAK} = 4.\sin 50^\circ \]
Trong tam giác vuông \[CDE\] có \[DE = CD.\sin \widehat {DCE} = 5.\sin 40^\circ \]
Vì đường thẳng \[b\] kẻ theo đường ray, mặt đường ray và mặt đường cùng nằm trên môt mặt phẳng, mặt sàn cầu vượt và mặt đường song song với nhau nên khoảng cách giữa hai đường thẳng \[a,b\] bằng khoàng cách từ đường thẳng \[a\] đến mặt đường. Do đó:
\[d\left( {a,b} \right) = 0,8 + DH = 0,8 + DE + CK \approx 7,08m\]
\(BC \bot SA\).
\(BC \bot \left( {SAB} \right)\).
\(BC \bot SB\).
\(BC \bot \left( {SAC} \right)\).
|
a) Đúng |
b) Đúng |
c) Đúng |
d) Sai |
Ta có: \(BC \bot SA\), \(BC \bot AB\) và \(SA \cap AB = \left\{ A \right\}\) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right)\).
Suy ra, \(BC \bot SB\).
Do đó, đáp án a, b, c đúng, d sai.
\((SCD) \bot (SAD)\).
\((SDC) \bot (SAO)\).
\((SBC) \bot (SAB)\).
\((SBD) \bot (SAC)\).
|
a) Đúng |
b) Sai |
c) Đúng |
d) Đúng |
\((SCD) \bot (SAD)\) vì \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot (SAD)\).
\((SBC) \bot (SAB)\) vì \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\).
\((SBD) \bot (SAC)\) vì\(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot SA\\BD \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\).
\(\cos \alpha = \frac{{\sqrt 2 }}{8}\).
\(\sin \alpha = \frac{{\sqrt 2 }}{8}\).
\(\sin \alpha = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\).
\(\cos \alpha = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\).
|
a) Sai |
b) Sai |
c) Đúng |
d) Sai |
Gọi \(O\) là tâm của đáy \(ABCD\).
Ta có \(BO \bot AC\) và \(BO \bot SA\) nên \(SO\) là hình chiếu của \(SB\) trên \(\left( {SAC} \right)\).
Suy ra \(\alpha = \widehat {BSO}\).
Lại có \(BO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\), \(SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = 2a\). Suy ra \(\sin \alpha = \frac{{BO}}{{SB}} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\).
Diện tích tam giác \(BCD\) bằng \({S_{BCD}} = 3\sqrt 3 \)
\({V_{ABCD}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}x\sqrt {36 - {x^2}} \)
Khi \(x = 3\) thì \(V = \frac{9}{4}\)
Khi \[x = 3\sqrt 2 \]thì thể tích khối tứ diện \[ABCD\] đạt giá trị lớn nhất.
|
a) Đúng |
b) Sai |
c) Sai |
d) Đúng |
![Xét khối tứ diện \[ABCD\] có cạnh \[AB = x\], các cạnh còn lại đều bằng \[2 căn bậc hai 3 \]. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid39-1771939554.png)
Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm \(CD\) và \(AB\); \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \(BM\).
Ta có: \(\left. \begin{array}{l}CD \bot BM\\CD \bot AM\end{array} \right\} \Rightarrow CD \bot \left( {ABM} \right) \Rightarrow \left( {ABM} \right) \bot \left( {ABC} \right)\).
Mà \(AH \bot BM\); \(BM = \left( {ABM} \right) \cap \left( {ABC} \right)\)\(A\).
Do \(ACD\) và \(BCD\) là hai tam giác đều cạnh \(2\sqrt 3 \Rightarrow AM = BM = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \cdot 2\sqrt 3 = 3\).
Tam giác \(AMN\) vuông tại \(N\), có: \(MN = \sqrt {A{M^2} - A{N^2}} = \sqrt {9 - \frac{{{x^2}}}{4}} \).
Lại có: \({S_{BCD}} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{\left( {2\sqrt 3 } \right)^2} = 3\sqrt 3 \).
\({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}AH \cdot {S_{BCD}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{x\sqrt {36 - {x^2}} }}{6} \cdot 3\sqrt 3 = \frac{{\sqrt 3 }}{6}x\sqrt {36 - {x^2}} \).
Ta có: \({V_{ABCD}} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}x\sqrt {36 - {x^2}} \le \frac{{\sqrt 3 }}{6} \cdot \frac{{{x^2} + 36 - {x^2}}}{2} = 3\sqrt 3 \).
Suy ra \({V_{ABCD}}\) lớn nhất bằng \(3\sqrt 3 \) khi \({x^2} = 36 - {x^2} \Rightarrow x = 3\sqrt 2 \).
Gọi \(O = AC \cap BD\). Kẻ \(BH \bot B'O\) \(\left( {H \in B'O} \right)\).
Ta có \(AC \bot BB'\) và \(AC \bot BO\) nên \(AC \bot \left( {BB'O} \right)\) và do đó \(AC \bot BH\). Từ đó suy ra \(BH \bot \left( {AB'C} \right)\). Từ liên hệ \(\frac{1}{{B{H^2}}} = \frac{1}{{B{O^2}}} + \frac{1}{{B{{B'}^2}}}\) ta tính được \(BH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)
Ta lại có \(DC'\,{\rm{//}}\,AB'\) nên \(DC'\,{\rm{//}}\,\left( {AB'C} \right)\).
Do đó \(d\left( {AC\,,DC'} \right) = d\left( {DC'\,,\left( {AB'C} \right)} \right) = d\left( {D\,,\left( {AB'C} \right)} \right) = d\left( {B\,,\left( {AB'C} \right)} \right) = BH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)
-Gọi \(I\) là trung điểm \(AB\).
Dễ dàng chứng minh \(AICD\) là hình vuông \( \Rightarrow CI = \frac{1}{2}AB \Rightarrow \Delta ABC\) vuông tại \(C\)
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot SA}\\{BC \bot AC}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAC)} \right.\).
- Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CI \bot AB}\\{CI \bot SA}\end{array} \Rightarrow CI \bot (SAB)} \right.\)
Hình chiếu của \(\Delta SBC\) trên \(mp(SAB)\) là \(\Delta SIB\).
\({S_{\Delta SIB}} = \frac{1}{2}{S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot SA \cdot AB = \frac{1}{4} \cdot 3a \cdot 2a = \frac{3}{2}{a^2}\)
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BD \bot AC}\\{BD \bot SO}\end{array} \Rightarrow BD \bot (SAC) \Rightarrow BD \bot OM} \right.\)
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(MBD) \cap (ABD) = BD}\\{{\mathop{\rm Trong}\nolimits} (MBD),MO \bot BD \Rightarrow [M,BD,A] = \widehat {MOA}}\\{{\mathop{\rm Trong}\nolimits} (ABD),AO \bot BD}\end{array}} \right.\)
Xét \(\Delta MOC\) có: \(OM = MC = \frac{a}{2},OC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) nên \(\Delta MOC\) vuông cân tại \(M\)
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 \(T \approx 6546742\)
Lấy \(O = AC \cap BD\) và \(O' = A'C' \cap B'D'\), khi đó \(OO'\) là đường cao của hình chóp cụt đều \(A'B'C'D'.ABCD\).
Lấy \(M\), \(M'\) lần lượt là trung điểm của \(CD,\,C'D'\), khi đó ta chứng minh được \(MM' \bot CD\) và\(OM \bot CD\). Suy ra góc phẳng nhị diện mặt bên \(\left( {CDD'C'} \right)\) và mặt đáy \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\widehat {OMM'}\).
Do \(AB = 2A'B'\) nên theo định lí Thalès ta cũng có \(SO = 2SO'\). Khi đó ta tính được \(SO = 2OO' = 4a\).
Ta lại có \(OM = \frac{{AD}}{2} = a\).
Do đó \(\tan \widehat {OMM'} = \frac{{SO}}{{OM}} = 4\) hay \(\widehat {OMM'} \approx 75^\circ 58'\).
![Cho hình chóp \(S.ABC\) có \[SA = BC = 2a\]. Gọi \[M\], \[N\] lần lượt là trung (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid45-1771939714.png)
Gọi \[P\], \[Q\] lần lượt là trung điểm của \[SB\], \[AC\]. Khi đó \[MP\], \[NQ\], \[MQ\], \[PN\] lần lượt là đường trung bình của tam giác \[SAB\], \[SAC\], \[ABC\], \[SBC\] nên \(MP\;{\rm{//}}\;NQ\;{\rm{//}}\;SA\); \(PN\;{\rm{//}}\;{\rm{MQ}}\;{\rm{//}}\;{\rm{BC}}\) và \[MP = NQ = \frac{1}{2}SA = a\]; \[PN = MQ = \frac{1}{2}BC = a\]. Suy ra góc giữa hai đường thẳng \[SA\] và \[BC\] bằng hoặc bù với góc \[\widehat {PMQ}\] và tứ giác \[MPNQ\] là hình thoi.
Xét hình thoi \[MPNQ\], gọi \[O\]giao điểm của hai đường chéo; vì \[MN = a\sqrt 3 \] nên \[MO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]; trong tam giác vuông \[MOQ\] thì \[OQ = \sqrt {{a^2} - \frac{{3{a^2}}}{4}} = \frac{a}{2}\]\[ \Rightarrow PQ = a\], khi đó tam giác \[PMQ\] đều hay \[\widehat {PMQ} = 60^\circ \].
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)
