22 câu trắc nghiệm Toán 11 Cánh diều Bài tập cuối chương VIII (Đúng sai - trả lời ngắn) có đáp án

D

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

Mà AM ^ SB nên AM ^ (SBC).

A

Vì SA ^ (ABC) Þ SA ^ BC mà BC ^ AB nên BC ^ (SAB) Þ BC ^ SB.

Lại có AB ^ BC nên $\widehat {SBA}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [A, BC, S].

Xét DSAB vuông tại A, có $\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SBA} = 60^\circ$.

A

Vì SA ^ (ABCD) nên AC là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng (ABCD).

Do đó (SC, (ABCD)) = (SC, AC) = $\widehat {SCA}$.

Xét DSAC vuông tại A, có $\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{2a}}{{a\sqrt 2 }} = \sqrt 2$.

B

Vì ABCD.A'B'C'D' là hình lăng trụ đều có tất cả các cạnh bằng a nên ABB'A' là hình vuông.

Do AA' ^ (A'B'C') nên A'B' là hình chiếu vuông góc của AB' lên mặt phẳng (A'B'C').

Do đó (AB', (A'B'C')) = (AB', A'B') = $\widehat {AB'A'} = 45^\circ$.

B

Qua M có vô số mặt phẳng vuông góc với (P) và (Q).

A

Vì ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương nên (ACC'A') ^ (ABCD).

D

Vì SB ^ (ABCD) Þ SB ^ AC mà AC ^ BD nên AC ^ (SBD) Þ (SAC) ^ (SBD).

B

Ta có $AC' = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + {a^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} = a\sqrt 7$.

D

Ta có SA ^ BC (do SA ^ (ABC)) và BC ^ AB nên BC ^ (SAB).

Kẻ AH ^ SB và AH ^ BC (do BC ^ (SAB)) Þ AH ^ (SBC).

Khi đó d(A, (SBC)) = AH.

Xét DSAB vuông tại A, AH là đường cao ta có:

$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} \Rightarrow AH = a\sqrt 2$.

C

Do S.ABCD là chóp đều nên SO ^ (ABCD) Þ SO ^ CD.

Gọi H là trung điểm của CD. Suy ra OH ^ CD mà SO ^ CD nên CD ^ (SOH).

Hạ OK ^ SH và OK ^ CD (do CD ^ (SOH)) nên OK ^ (SCD).

Suy ra d(O, (SCD)) = OK.

Ta có $OH = \frac{a}{2};OC = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Xét DSOC vuông tại O, ta có $SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Xét DSOH vuông tại O, OK là đường cao, ta có:

$\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{4}{{2{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{6}{{{a^2}}}$ $\Rightarrow OK = \frac{a}{{\sqrt 6 }}$.

B

Gọi E là trung điểm của BC.

Vì DABC đều nên AE ^ BC mà AA' ^ BC (do AA' ^ (ABC)) nên BC ^ (A'AE).

Kẻ AH ^ A'E và AH ^ BC (do BC ^ (A'AE)) nên AH ^ (A'BC).

Suy ra d(A, (A'BC)) = AH.

Vì DABC đều nên $AE = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Xét DA'AE vuông tại A, ta có $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{{A'}^2}}} + \frac{1}{{A{E^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{7}{{3{a^2}}}$$\Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}$.

A

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

Kẻ AH ^ SB mà AH ^ BC (do BC ^ (SAB)) Þ AH ^ (SBC).

Khi đó $d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Xét DSAB vuông tại A, đường cao AH, ta có $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} - \frac{1}{{A{B^2}}}$

$\Rightarrow \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{4}{{2{a^2}}} - \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} \Rightarrow SA = a$.

Khi đó ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a.{a^2} = \frac{{{a^3}}}{3}$.

a) Do S.ABC là chóp đều nên SO ^ (ABC).

Suy ra OM là hình chiếu vuông góc của SM trên mặt phẳng (ABC).

Khi đó (SM, (ABC)) = (SM, OM) = $\widehat {SMO}$.

Vì ABC là tam giác đều nên $AM = \frac{{a\sqrt 3 .\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3a}}{2}$Þ $AO = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3}.\frac{{3a}}{2} = a$; $OM = \frac{a}{2}$.

Xét DSOA vuông tại O, có $SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} = \sqrt {4{a^2} - {a^2}} = a\sqrt 3$.

Xét DSMO vuông tại O, $\tan \widehat {SMO} = \frac{{SO}}{{OM}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\frac{a}{2}}} = 2\sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SMO} \approx 73{,}9^\circ$.

b) $SO = a\sqrt 3$.

c) OA là hình chiếu vuông góc của SA trên mặt phẳng (ABC).

Khi đó (SA, (ABC)) = (SA, OA).

d) SO ^ (ABC).

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

a) ABCD.A'B'C'D' là lăng trụ tứ giác đều nên ABCD là hình vuông suy ra BD ^ AC.

Có AA' ^ (ABCD) Þ AA' ^ BD.

Do đó BD ^ (ACC'A').

b) Có (ADD') Ì (ADD'A') mà (ADD'A') không vuông góc với mặt phẳng (ACC'A').

c) Có BC // B'C' Þ BC // (ADC'B') nên d(BC, (ADC'B')) = d(B, (ADC'B')).

Kẻ BH ^ AB'.

Có AD ^ (ABB'A') Þ AD ^ BH. Do đó BH ^ (ADC'B').

Do đó d(B, (ADC'B')) = BH.

Xét DABB' vuông tại B, ta có $\frac{1}{{B{H^2}}} = \frac{1}{{B{{B'}^2}}} + \frac{1}{{B{A^2}}} = \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} \Rightarrow BH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

d) Ta có ${V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{1}{2}{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \frac{1}{2}AA'.{S_{ABCD}} = \frac{1}{2}a\sqrt 3 .{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}$.

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

a) Do ABC.A'B'C' là lăng trụ đứng nên (ABB'A') ^ (A'B'C') mà C'B' ^ A'B' nên C'B' ^ (ABB'A').

Suy ra AB' là hình chiếu vuông góc của AC' trên mặt phẳng (ABB'A').

Khi đó (AC', (ABB'A')) = (AC', AB') $= \widehat {B'AC'}$.

b) ${V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} = 2a.\frac{1}{2}.a.\sqrt 3 a = {a^3}\sqrt 3$.

c) Do ABC.A'B'C' là lăng trụ đứng nên (BCC'B') ^ (ABC).

d) Do AA' // BB' Þ AA' // (BB'C').

Khi đó d(AA', BC') = d(AA', (BB'C')) = d(A, (BB'C')).

Vì AB ^ B'C' (BC // B'C') và AB ^ BB' nên AB ^ (BB'C').

Do đó d(A, (BB'C')) = AB = a.

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

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

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

c) Thể tích của khối lăng trụ $V = S.h = 600\sqrt 3 .50 = 30000\sqrt 3$ cm$^{3}$ ≈ 52 lít.

d) Sau 2 phút bơm được V' = 200.120 = 24000 cm$^{3}$ 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.

Vì DD' ^ (BCD) nên DD' ^ BD, DD' ^ CD.

Suy ra số đo góc nhị diện [B, DD', C] bằng (BD, CD) = 45°.

Trả lời: 45.

Gọi M là hình chiếu của O trên CD. Khi đó OM ^ CD và SO ^ OM.

Do đó d(SO, CD) = $OM = \frac{1}{2} = 0{,}5$.

Trả lời: 0,5.

Gọi I là giao điểm của AC' và A'C nên I là trung điểm của AC'.

Ta thấy V$_{A.A'BC}$ = V$_{C'.A'BC}$ = V$_{B.A'B'C'}$ Þ V$_{ABC.A'B'C'}$ = 3V$_{A.A'BC}$.

Do đường thẳng AC' tạo với mặt phẳng (A'BC) một góc 30°.

Þ AI tạo với mặt phẳng (A'BC) một góc 30°.

Do đó d(A, (A'BC)) = AI.sin30° = $\frac{{AC'}}{2}.sim30^\circ = 2$.

Khi đó ${V_{A.A'BC}} = \frac{1}{3}d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right).{S_{A'BC}} = \frac{1}{3}.2.9 = 6$.

Vậy V$_{ABC.A'B'C'}$ = 3V$_{A.A'BC}$ = 18.

Trả lời: 18.

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 14x$^{2}$ = 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 x$^{2}$ + 100 = 1000.

Trả lời: 1000.