Nội dung bài Ôn tập cuối năm Hình học 11 sẽ giúp các em hệ thống hóa lý thuyết và các dạng bài tập trong chương trình xoay quanh Phép dời hình, Phép đồng dạng, Hình học không gian. Qua đó sẽ giúp các em nắm được những vấn đề kiến thức nền tảng, trọng tâm nhất để chuẩn bị cho chương trình lớp 12 và các kì thi THPT Quốc gia
Chương trình hình học không gian lớp 11 có thể chia thành 5 bài tập lớn như sau:
Tìm tương giao, bao gồm: Giao điểm của hai đường thẳng, giao điểm của đường với mặt và giao tuyến của hai mặt phẳng.
Quan hệ song song, bao gồm chứng minh và dựng hình: Hai đường thẳng song song, đường thẳng song song với mặt phẳng, hai mặt phẳng song song.
Quan hệ vuông góc bao gồm chứng minh và dựng hình: Hai đường thẳng vuông góc, đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, hai mặt phẳng vuông góc.
Bài toán về góc bao gồm xác định và tính: Góc giữa hai đường thẳng, góc giữa đường thẳng và mặt phẳng, góc giữa hai mặt phẳng.
Bài toán về khoảng cách bao gồm xác định và tính: Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng, khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng, khoảng cách giữa hai đường thẳng song song, khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song, khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.
Trên đây, bài viết đã giới thiệu đến các em những nội dung kiến thức trọng tâm của Hình học 11.Để cũng cố kiến thức và rèn luyện kĩ năng giải bài tập, xin mời các em cũng làm bài kiểm tra Trắc nghiệm Hình học 11 với những câu hỏi củng cố bám sát chương trình. Bên cạnh đó các em có thể nêu thắc mắc của mình thông qua phần Hỏi - đáp cộng đồng Toán DapAnHay sẽ sớm giải đáp cho các em.
Bên cạnh đó các em có thể xem phần hướng dẫn Giải bài tập SGK sẽ giúp các em nắm được các phương pháp giải bài tập từ SGK Hình học Cơ bản và Nâng cao.
-- Mod Toán Học 11 DapAnHay
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD và DA. Kẻ MM’, NN’, PP’, QQ’ lần lượt vuông góc với CD, DA, AB, BC.
a. Gọi I là giao điểm của MP và NQ. Phép đối xứng tâm ĐI biến các đường thẳng MM’, NN’, PP’, QQ’ thành những đường thẳng nào ?
b. Chứng tỏ rằng bốn đường thẳng MM’, NN’, PP’, QQ’ đồng quy tại một điểm. Nhận xét gì về vị trí điểm đồng quy và hai điểm I, O ?
Cho tam giác ABC và hai hình vuông ABMN, ACPQ như hình 134.
a. Xác định phép quay biến tam giác ABQ thành tam giác ANC.
b. Chứng tỏ rằng hai đoạn thẳng BQ, CN bằng nhau và vuông góc với nhau.
c. Gọi O, O’ là tâm của các hình vuông, I là trung điểm của BC. Chứng minh rằng tam giác OIO’ là tam giác vuông cân.
Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và BD ; P là một điểm thay đổi trên đoạn thẳng AD.
a. Xác định giao điểm Q của mp(MNP) và cạnh AC. Tứ giác MNPQ là hình gì ?
b. Tìm quỹ tích giao điểm I của QM và PN
c. Tìm quỹ tích giao điểm J của QN và PM.
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Điểm M nằm giữa A và D, điểm N nằm giữa C và C’ sao cho \(\frac{{AM}}{{MD}} = \frac{{CN}}{{NC'}}\)
a. Chứng minh rằng đường thẳng MN song song với mp(ACB’)
b. Xác định thiết diện của hình hộp khi cắt bởi mặt phẳng đi qua MN và song song với mp(ACB’)
Cho ba tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng. Chứng minh rằng các tia phân giác ngoài của các góc xOy, yOz và zOx đồng phẳng
Cho hình chóp S.ABC. Gọi K và N lần lượt là trung điểm của SA và BC ; M là điểm nằm giữa S và C.
a. Chứng minh rằng mặt phẳng đi qua K, song song với AB và SC thì đi qua điểm N.
b. Xác định thiết diện của hình chóp S.ABC khi cắt bởi mp(KMN). Chứng tỏ rằng KN chia thiết diện thành hai phần có diện tích bằng nhau.
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng \(a\sqrt 2 .\)
a. Tính khoảng cách từ S đến mp(ABCD).
b. Tính khoảng cách giữa đường thẳng AB và mp(SCD)
c. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC.
d. Gọi P là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với SC. Hãy xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi (P). Tính diện tích thiết diện.
e. Tính góc giữa đường thẳng AB và mp(P).
Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = a, BC = 2a. Hai tia Bx và Cy cùng vuông góc với mp(ABC) và nằm về một phía đối với mặt phẳng đó. Trên Bx, Cy lần lượt lấy các điểm B’, C’ sao cho BB’ = a, CC’ = m.
a. Với giá trị nào của m thì AB’C’ là tam giác vuông ?
b. Khi tam giác AB’C’ vuông tại B’, kẻ AH ⊥ BC. Chứng minh rằng B’C’H là tam giác vuông. Tính góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB’C’).
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung điểm SA, M là trung điểm của AE, N là trung điểm của BC. Chứng minh rẳng MN vuông góc với BD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và AC.
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi G và H tương ứng là trọng tâm và trực tâm của tam giác, các điểm A’, B’, C’ lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB.
a) Tìm phép vị tự F biến A, B, C tương ứng thành A’, B’, C’
b) Chứng minh rằng O, G, H thẳng hàng.
c) Tìm ảnh của O qua phép vị tự F.
d) Gọi A”, B”, C” lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AH, BH, CH; A1, B1, C1 theo thứ tự là giao điểm thứ hai của các tia AH, BH, CH với đường tròn (O); A1’, B1’, C1’ tương ứng là chân các đường cao đi qua A, B, C. Tìm ảnh của A, B, C, A1, B1, C1 qua phép vị tự tâm H tỉ số \(\frac{1}{2}\)
e) Chứng minh chín điểm A’, B’, C’, A”, B”, C”, A1’, B1’, C1’ cùng thuộc một đường tròn (đường tròn này gọi là đường tròn Ơ-le của tam giác ABC)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với AB là đáy lớn. Gọi M là trung điểm của đoạn AB, E là giao điểm của hai cạnh của hình thang ABCD và G là trọng tâm của tam giác ECD.
a) Chứng minh rằng bốn điểm S, E, M, G cùng thuộc một mặt phẳng (α) và mặt phẳng này cắt cả hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) theo cùng một giao tuyến d.
b) Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng (SAD) và (SBC).
c) Lấy một điểm K trên đoạn SE và gọi C' = SC ∩ KB, D'= SD ∩ KA. Chứng minh rằng hai giao điểm của AC' và BD' thuộc đường thẳng d nói trên.
Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD.A’B’C’D’ có E, F, M và N lần lượt là trung điểm của AC, BD, AC’ và BD’. Chứng minh MN = EF.
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có E và F lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và DD'. Hãy xác định các thiết diện của hình lập phương cắt bởi các mặt phẳng (EFB), (EFC), (EFC') và (EFK) với K là trung điểm của cạnh B'C'.
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạnh bằng a.
a) Hãy xác định đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau BD' và B'C.
b)Tính khoảng cách của hai đường thẳng BD' và B'C.
Cho hình thang ABCD vuông tại A và B, có AD = 2a, AB = BC = a. Trên tia Ax vuông góc với mặt phẳng (ABCD) lấy một điểm S. Gọi C', D' lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SC và SD . Chứng minh rằng :
a) \(\widehat{SBC}=\widehat{SCD}=90^0\)
b) AD’,AC’ và AB cùng nằm trên một mặt phẳng.
c) Chứng minh rằng đường thẳng C’D’ luôn luôn đi qua một điểm cố định kho S di động trên tia Ax.
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Gọi H là chân đường cao của hình chóp. Một mặt phẳng (P) thay đổi cắt các cạnh bên SA, SB, SC, SD lần lượt tại E, F, I, J. Gọi K = EI ∩ FJ. Đặt SE = a, SF = b, SI = c, SJ = d, SK = k, ∠ASH = α.
a) Tìm diện tích của tam giác SEI theo a, c, \(\alpha\).
b) Chứng minh rằng \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} = \frac{{2\cos \alpha }}{k}\)
Suy ra \(\frac{1}{a} + \frac{1}{c} = \frac{1}{b} + \frac{1}{d}\)
Cho hình thang ABCD có AB // CD và AB = 2a, BC = CD = DA = a. Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A. Gọi S là một điểm duy nhất thay đổi trên d. (P) là một mặt phẳng qua A vuông góc với SB tại I và cắt SC, SD lần lượt tại J, K.
a) Chứng minh tứ giác BCJI, AIJK là các tứ giác nội tiếp.
b) Gọi O là trung điểm của AB, O' là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCJI. Chứng minh rằng OO' ⊥ (SBC).
c) Chứng minh rằng khi S thay đổi trên d thì JK luôn luôn đi qua một điểm cố định.
d) Tìm một điểm cách đều các điểm A, B, C, D, I, J, K và tìm khoảng cách đó.
e) Gọi M là giao điểm của JK và (ABCD). Chứng minh rằng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
f) Khi S thay đổi trên d, các điểm I, J, K lần lượt chạy trên đường nào.
Cho tứ diện SABC có SA, SB, SC vuông góc với nhau từng đôi một. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mp(ABC).
a) Chứng minh rằng H là trực tâm của tam giác ABC.
b) Chứng minh rằng \(\frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{S{B^2}}} + \frac{1}{{S{C^2}}}\)
c) Chứng minh rằng (SSBC)2 = (SHBC). (SABC) và (SABC)2 = (SSAB)2 + (SSBC)2 + (SSCA)2
d) Chứng minh rằng \(S{G^2} = \frac{{S{A^2} + S{B^2} + S{C^2}}}{9}\) (G là trọng tâm của tam giác ABC) và (AB + BC + CA)2 ≤ 6(SA2 + SB2 + SC2).
e) Chứng minh rằng tam giác ABC có ba góc nhọn và SA2tanA = SB2tanB = SC2tanC = 2SABC
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hình chiếu của S lên đáy ABCD trùng với trọng tâm tam giác ABD. Mặt bên (SAB) tạo với đáy góc 60ο. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAD)
Cho lăng trụ ABCD.A'B'C'D' có đáy ABCD là hình thoi, \(AB = a\sqrt 3 ,\widehat {BAD} = {120^0}\). Góc giữa đường thẳng AC' và mặt phẳng (ADD'A') là 30o. Gọi M là trung điểm A'D', N là trung điểm BB'. Tính khoảng cách từ N đến mặt phẳng (C'MA)
Họ và tên
Tiêu đề câu hỏi
Nội dung câu hỏi
A. \(MN = a\sqrt {10} \) B. \(MN = 7a\)
C. \(MN = 5a\) D. \(MN = 10a\)
Câu trả lời của bạn
Gọi \(P\) là trung điểm của \(AB\). Theo tính chất đường trung bình của tam giác ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}PM//BD,\,\,PM = \dfrac{1}{2}BD = 4a\\PN//AC,\,\,PN = \dfrac{1}{2}AC = 3a\end{array} \right.\)
Lại có \(AC \bot BD\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow PM \bot PN \Rightarrow \Delta MNP\) vuông tại \(P\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(MNP\) ta có: \(MN = \sqrt {P{M^2} + P{N^2}} = \sqrt {16{a^2} + 9{a^2}} = 5a\).
Vậy \(MN = 5a\).
Chọn C.
A. \(\left( {SAC} \right) \bot \left( {SBD} \right)\)
B. \(\left( {SAD} \right) \bot \left( {SBC} \right)\)
C. \(AC \bot \left( {SAB} \right)\)
D. \(BD \bot \left( {SAD} \right)\)
Câu trả lời của bạn
Vì ABCD là hình vuông nên \(AC \bot BD\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\).
\(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot \left( {SAC} \right)\\BD \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {SBD} \right)\).
Vậy mệnh đề đúng là A.
Chọn A.
A. BC \(\bot\) (SAH).
B. HK \(\bot\) (SBC).
C. BC \(\bot\) (SAB).
D. SH, AK và BC đồng quy.
Câu trả lời của bạn
Gọi \(M\) là giao điểm của \(AK\) và \(BC\), ta có \(AM \bot BC\).
\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot SA\,\,\,\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right)\)
\( \Rightarrow BC \bot SM \Rightarrow SM\) là đường cao của \(\Delta SBC\), do đó \(K \in SM\).
Suy ra SH, AK và BC đồng quy tại M nên đáp án D đúng.
Mà \(BC \bot \left( {SAM} \right)\,\,\left( {cmt} \right),\)\(\left( {SAM} \right) \equiv \left( {SAH} \right)\) nên \(BC \bot \left( {SAH} \right)\), suy ra đáp án A đúng.
Trong \(\left( {ABC} \right)\) kéo dài BK cắt AC tại P, trong (SBC) kéo dài BH cắt SC tại N.
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BP \bot AC\\BP \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow BP \bot \left( {SAC} \right)\) \( \Rightarrow BP \bot SC\).
Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}SC \bot BP\\SC \bot BN\end{array} \right.\)\( \Rightarrow SC \bot \left( {BPN} \right)\), mà \(HK \subset \left( {BPN} \right) \Rightarrow HK \bot SC\).
Mặt khác \(HK \subset \left( {SAM} \right) \Rightarrow HK \bot BC\).
Nên \(HK \bot \left( {SBC} \right)\), do đó đáp án B đúng.
Chọn C.
A. Hình vuông. B. Tam giác đều
C. Ngũ giác đều. D. Tam giác cân.
Câu trả lời của bạn
Các mặt bên của một khối chóp ngũ giác đều là tam giác cân.
Chọn D.
A. \({60^0}\) B. \({30^0}\) C. \({90^0}\) D. \({45^0}\)
Câu trả lời của bạn
Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\).
Vì tứ diện \(ABCD\) đều nên các tam giác \(ACD,\,\,BCD\) là các tam giác đều.
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AM \bot CD\\BM \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {ABM} \right)\). Mà \(AB \subset \left( {ABM} \right)\) nên \(AB \bot CD\).
Vậy \(\angle \left( {AB;CD} \right) = {90^0}\).
Chọn C.
A. Tiếp tuyến của đồ thị \(\left( C \right)\) tại \(M\) có hệ số góc dương.
B. Góc giữa tiếp tuyến tại \(M\) và trục hoành bằng \({60^0}\).
C. Đồ thị \(\left( C \right)\) không có tiếp tuyến tại \(M\).
D. Tiếp tuyến của đồ thị \(\left( C \right)\) tại \(M\) vuông góc với đường thẳng \(\left( d \right):x - 9y = 0\).
Câu trả lời của bạn
Ta có: \(M\left( {1; - 4} \right)\), \(y' = 3{x^2} - 12x\)\( \Rightarrow y'\left( 1 \right) = {3.1^2} - 12.1 = - 9\) .
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \(M\left( {1; - 4} \right)\) có phương trình:
\(y = y'\left( 1 \right)\left( {x - 1} \right) - 4\)\( = - 9\left( {x - 1} \right) - 4\) hay \(y = - 9x + 5\).
+ Hệ số góc \(k = - 9 < 0\) nên A sai.
+ Góc tạo bởi tiếp tuyến với \(Ox\) thỏa mãn \(\tan \alpha = - 9 \Leftrightarrow \alpha \approx {96^0}20'\) nên B sai.
+ Đáp án C sai.
+ \(\left( d \right):x - 9y = 0\) \( \Leftrightarrow y = \frac{1}{9}x\) có hệ số góc \(k = \frac{1}{9}\).
Dễ thấy \(\frac{1}{9}.\left( { - 9} \right) = - 1\) nên tiếp tuyến vuông góc với \(\left( d \right)\).
Chọn D.
A. \(a\)
B.\(\frac{a}{2}\)
C. \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
D. \(\frac{{a\sqrt 3 }}{4}\)
Câu trả lời của bạn
Gọi \(H\) là trung điểm đoạn \(AB\). Khi đó \(SH \bot AB\) (do tam giác \(SAB\) đều)
Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\,\left( {gt} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BA\\SH \bot AB\left( {cmt} \right);\,SH \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot BC\)
Mà \(BC \bot AB\) (do \(ABCD\) là hình vuông) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right)\)
Trong tam giác \(SAB\), lấy \(K\) là trung điểm \(SA \Rightarrow BK \bot SA\) (do tam giác \(SAB\) đều)
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot BK\left( {do\,BC \bot \left( {SAB} \right)} \right)\\BK \bot SA\end{array} \right.\) nên \(BK\) là đoạn vuông góc chung của \(SA\) và \(BC\)
Mà \(BK\) là đường trung tuyến trong tam giác \(SAB\) đều cạnh \(a\) nên \(BK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
Hay khoảng cách giữa \(SA\) và \(BC\) là \(BK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)
Chọn C.
A. \(\alpha = {30^0}\) B. \(\alpha = {45^0}\)
C. \(\alpha = {60^0}\) D. \(\alpha = {90^0}\)
Câu trả lời của bạn
Vì A’BCD’ là hình bình hành (BC = A’D’ và BC // A’D’) nên A’B // CD’
\( \Rightarrow \angle \left( {A'B;CB'} \right) = \angle \left( {CD';CB'} \right)\).
Do BCC’B’, CDD’C’, A’B’C’D’ là các hình vuông cạnh a nên \(B'C = CD' = B'D' = a\sqrt 2 \).
Do đó tam giác B’CD’ là tam giác đều nên \(\angle B'CD' = {60^0}\).
Vậy \(\angle \left( {A'B;CB'} \right) = \angle \left( {CD';CB'} \right)\)\( = \angle B'CD' = {60^0}\) hay \(\alpha = {60^0}\).
Chọn C.
A. \(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow 0 \)
B. \(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0 \)
C. \(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow 0 \)
D. \(\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow 0 \)
Câu trả lời của bạn
Vì G là trọng tâm của tam giác BCD thì \(\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow 0 \).
Chọn D.
A. \(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\)
B. \(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{a}{2}\)
C. \(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = a\)
D. \(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)
Câu trả lời của bạn
Gọi \(O = AC \cap BD\). Vì chóp S.ABCD đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).
Ta có: \(AO \cap \left( {SBC} \right) = C\)\( \Rightarrow \frac{{d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)}}{{d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right)}} = \frac{{AC}}{{OC}} = 2\)
\( \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 2d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right)\).
Gọi M là trung điểm của BC, suy ra OM là đường trung bình của tam giác ABC.
\( \Rightarrow OM\parallel AB\) và \(OM = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}\). Mà \(AB \bot BC\) nên \(OM \bot BC\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot OM\\BC \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SOM} \right)\).
\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot \left( {SOM} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left( {SOM} \right) \bot \left( {SBC} \right)\) và \(\left( {SOM} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SM\).
Trong (SOM) kẻ \(OH \bot SM\) ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \bot \left( {SOM} \right)\\\left( {SBC} \right) \cap \left( {SOM} \right) = SM\\OH \subset \left( {SOM} \right),\,\,OH \bot SM\end{array} \right.\)\( \Rightarrow OH \bot \left( {SBC} \right)\)
Do đó \(d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = OH\) và \(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 2OH\).
Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên \(AC = BD = a\sqrt 2 \) \( \Rightarrow OB = \frac{1}{2}BD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SOB có: \(SO = \sqrt {S{B^2} - O{B^2}} \)\( = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{4} - \frac{{2{a^2}}}{4}} = \frac{a}{2}\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SOM có:
\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}}\)\( = \frac{4}{{{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{8}{{{a^2}}}\) \( \Rightarrow OH = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\).
Vậy \(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 2OH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
Chọn D.
A. \(\frac{{\sqrt 2 }}{2}\) B. \( - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)
C. \(\frac{1}{3}\) D. \( - \frac{1}{3}\)
Câu trả lời của bạn
Gọi \(M\) là trung điểm của \(SA\).
Do \(S.ABCD\) đều nên \(SA = SB = SC = SD\). Mà \(SA = AB = a\) nên các tam giác \(SAB,SAD\) là tam giác đều.
Khi đó \(BM \bot SA,DM \bot SA\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA\\BM \subset \left( {SAB} \right),DM \subset \left( {SAD} \right)\\BM \bot SA,DM \bot SA\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \) góc giữa \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAD} \right)\) bằng \(\widehat {\left( {BM,DM} \right)} = \alpha \).
Dễ thấy \(BM = DM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},BD = a\sqrt 2 \).
\( \Rightarrow \cos \widehat {BMD} = \frac{{B{M^2} + D{M^2} - B{D^2}}}{{2BM.DM}}\) \( = \frac{{\frac{{3{a^2}}}{4} + \frac{{3{a^2}}}{4} - 2{a^2}}}{{2.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = - \frac{1}{3}\).
\( \Rightarrow \cos \alpha = \frac{1}{3}\)
Chọn C.
A. \(\frac{1}{3}\) B.\(3\) C. \(2\) D. \(\frac{1}{2}\)
Câu trả lời của bạn
Ta có đường thẳng \(SD\) cắt mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) tại \(A\) nên \(\frac{{d\left( {S;\left( {ABC} \right)} \right)}}{{d\left( {D;\left( {ABC} \right)} \right)}} = \frac{{SA}}{{DA}} = 2\)
Hay \(\frac{{{h_1}}}{{{h_2}}} = 2.\)
Chọn C.
A. Tồn tại duy nhất một mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \(b\) sao cho \(a \bot \left( P \right)\)
B. \(a\) và \(b\) là hai đường thẳng phân biệt
C. Tồn tại duy nhất một mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \(b\) sao cho \(a//\left( P \right)\)
D. Nếu \(\Delta \) là đường thẳng vuông góc chung của \(a\) và \(b\) thì \(\Delta \) cắt cả hai đường thẳng \(a\) và \(b.\)
Câu trả lời của bạn
Đáp án A: Giả sử \(a,b\) chéo nhau tùy ý và tồn tại mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \(b\) và \(a \bot \left( P \right)\).
Khi đó \(a \bot b\). Diều này chưa chắc đúng do giả thiết chưa cho \(a \bot b\) nên A sai.
Chọn A.
A. \(y = 9x + 4\).
B. \(y = 9x - 5.\)
C. \(y = 4x + 13\).
D. \(y = 4x + 5\).
Câu trả lời của bạn
TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).
Ta có: \(y' = 3{x^2} + 6x\) \( \Rightarrow y'\left( 1 \right) = {3.1^2} + 6.1 = 9\). Mặt khác có \({y_0} = {1^3} + {3.1^2} = 4\).
Vậy tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = {x^3} + 3{x^2}\) tại điểm có hoành độ \({x_0} = 1\) có phương trình là:
\(y = 9\left( {x - 1} \right) + 4\)\( \Leftrightarrow y = 9x - 5\)
Chọn B.
A. Nếu \(a\) và \(b\) phân biệt, cùng song song với \(\left( P \right)\) thì \(a\) và \(b\) song song với nhau
B. Nếu \(b\) song song với \(\left( P \right)\) và \(a\) vuông góc với \(\left( P \right)\) thì \(a\) vuông góc với \(b\)
C. Nếu \(a\) và \(b\) cùng vuông góc với \(\left( P \right)\) thì \(a\) và \(b\) song song với nhau
D. Nếu \(b\) và \(\left( P \right)\) cùng vuông góc với \(a\) thì \(b\) song song với \(\left( P \right)\)
Câu trả lời của bạn
Đáp án A : Sai vì có thể xảy ra trường hợp \(a,b\) cắt nhau (cùng nằm trong mặt phẳng song song \(\left( P \right)\)) hoặc có thể chéo nhau.
Đáp án B : Đúng.
Đáp án C : Sai vì có thể xảy ra trường hợp \(a,b\) trùng nhau.
Đáp án D : Sai vì có thể xảy ra trường hợp \(b \subset \left( P \right)\).
Chọn B.
A. \(a\) B. \(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)
C. \(\frac{{a\sqrt 6 }}{2}\) D. \(a\sqrt 2 \)
Câu trả lời của bạn
Dễ thấy \(MN//AC//A'C'//PQ\).
Gọi \(E,F\) lần lượt là trung điểm \(A'B',AD\).
Khi đó \(MN \bot ME\) (vì \(ME \bot \left( {ABCD} \right)\)).
Mà \(MN \bot MF\) (tính chất trung điểm các cạnh hình vuông).
Do đó \(MN \bot \left( {MEQF} \right) \Rightarrow MN \bot MQ\) nên \(d\left( {MN,PQ} \right) = d\left( {Q,MN} \right) = QM\).
Tam giác \(MEQ\) vuông tại \(E\) có \(ME = a,EQ = \frac{1}{2}B'D' = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) nên \(QM = \sqrt {M{E^2} + E{Q^2}} \)\( = \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)
Vậy \(d\left( {MN,PQ} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).
Chọn C.
A. \({60^0}.\) B. \({45^0}.\)
C. \({30^0}.\) D. \({90^0}.\)
Câu trả lời của bạn
Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên AC là hình chiếu của SC lên (ABCD).
\( \Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right)\)\( = \angle \left( {SC;AC} \right) = \angle SCA\) .
Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SA \bot AC\), do đó tam giác SAC vuông tại A.
Ta có: ABCD là hình vuông cạnh a nên \(AC = a\sqrt 2 \).
Xét tam giác vuông SAC có: \(\tan \angle SCA = \frac{{SA}}{{AC}}\)\( = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}:a\sqrt 2 = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\) \( \Rightarrow \angle SCA = {30^0}\)
Vậy góc giữa SC và (ABCD) bằng \({30^0}\).
Chọn C.
A. \(MN = \frac{{3a\sqrt 2 }}{2}.\)
B. \(MN = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\)
C. \(MN = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}.\)
D. \(MN = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}.\)
Câu trả lời của bạn
Gọi P là trung điểm của AC. Khi đó ta có:
+ NP là đường trung bình của tam giác ABC nên NP = \(\frac{1}{2}\)AC = \(\frac{a}{2}\) và NP // AC.
+ MP là đường trung bình của tam giác ABD nên MP = \(\frac{1}{2}\)BD = \(\frac{{3a}}{2}\) và MP // BD.
Mà \(AC \bot BD\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(NP \bot MP \Rightarrow \Delta MNP\) vuông tại P.
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông MNP có:
\(MN = \sqrt {M{P^2} + N{P^2}} \)\( = \sqrt {\frac{{9{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}\).
Chọn C.
A. \(\overrightarrow {AM} = \overrightarrow b + \overrightarrow c - \frac{1}{2}\overrightarrow a .\)
B. \(\overrightarrow {AM} = \overrightarrow a - \overrightarrow c - \frac{1}{2}\overrightarrow b .\)
C. \(\overrightarrow {AM} = \overrightarrow a + \overrightarrow c - \frac{1}{2}\overrightarrow b .\)
D. \(\overrightarrow {AM} = \overrightarrow b - \overrightarrow a + \frac{1}{2}\overrightarrow c .\)
Câu trả lời của bạn
Ta có:
\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AB'} } \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA'} } \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AA'} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \overrightarrow {CB} - \overrightarrow {CA} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AA'} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \overrightarrow b - \overrightarrow a + \frac{1}{2}\overrightarrow c \end{array}\)
Chọn D.
A. \(AH \bot HK\)
B. \(AH \bot AC\)
C. \(AH \bot BC\)
D. \(AH \bot SC\)
Câu trả lời của bạn
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right.\\ \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\\\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\AH \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AH \bot HK\\AH \bot BC\\AH \bot SC\end{array} \right.\end{array}\)
Do đó các đáp án A, C, D đúng.
Chọn B.
0 Bình luận
Để lại bình luận
Địa chỉ email của hạn sẽ không được công bố. Các trường bắt buộc được đánh dấu *