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 hình hộp ABCD.A'B'C'D' và các điểm M, N lần lượt thuộc các cạnh AB, DD' (M, N không trùng với các đầu mút của các cạnh). Thiết diện của hình hộp bị cắt bởi mặt phẳng (MNB) là
A. hình thoi B. hình chữ nhật
C. hình bình hành D. hình thang cân
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a. Độ dài đoạn vuông góc chung của A'D' và BC' là
A. \({\frac{a}{2}}\) B. a
C. \({a\sqrt 2 }\) D. \(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)
Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a. Trên hai tia Bx và Dy vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và cùng nằm về một phía của mặt phẳng (ABCD) lần lượt lấy hai điểm M và N sao cho: \(BM.DN = \frac{{{a^2}}}{2}\). Đặt \(\widehat {BOM} = \alpha ,\widehat {DON} = \beta \).
Giá trị của biểu thức \(T=\tan \alpha .\tan \beta \) là
A. 1 B. 2
C. 4a2 D. \(\frac{{{a^2}}}{2}\)
Cho tam giác ABC có A(2;4), B(5;1), C(-1;-2). Phép tịnh tiến \({T_{\overrightarrow {BC} }}\) biến tam giác ABC thành tam giác A'B'C' có tọa độ trọng tâm G' là
A. (4;2) B. (- 4;2)
C. (- 4;-2) D. (4;-2)
Trong mặt phẳng Oxy, tọa độ ảnh của điểm M(-6;1) qua phép quay Q(O;90ο) là
A. (6;1) B. (1;6)
C. (-6;-1) D. (-1;-6)
Phương trình ảnh của đường tròn (C): (x - 2)2 + (y + 3)2 = 4 qua phép đối xứng trục Oy là
A. (x + 2)2 + (y - 3)2 = 4
B. (x - 2)2 + (y - 3)2 = 4
C. (x - 2)2 + (y + 3)2 = 4
D. (x + 2)2 + (y + 3)2 = 4
Ảnh của điểm M qua phép tịnh tiến theo vectơ \(\overrightarrow u = \left( {3;4} \right)\) là N và ảnh của điểm N qua phép tịnh tiến theo vectơ \(\overrightarrow v = \left( {1; - 1} \right)\) là P. Độ dài của đoạn thẳng MP là
A. 5 B. \(\sqrt 5 \) C. 4 D. 3
Cho tứ diện ABCD. Các điểm M, N lần lượt là trung điểm BD, AD. Các điểm H, G lần lượt là trọng tâm các tam giác BCD, ACD. Đường thẳng HG chéo với đường thẳng?
A. MN B. CD C. CN D. AB
Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thang với AD // BC, BC ≤ AD, M là trung điểm SC. Mặt phẳng qua AM và song song với BC cắt đường thẳng SD tại Q. Tỉ số \(\frac{{SQ}}{{SD}}\) có giá trị là
A. \(\frac{4}{3}\) B. \(\frac{3}{4}\) C. \(\frac{1}{2}\) D. 1
Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình bình hành. Gọi A', B', C', D' lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB, SC, SD. Gọi M là điểm bất kì trên BC. Thiết diện của (A'B'M') với hình chóp S.ABCD là
A. Hình thang B. Hình bình hành
C. Hình thoi D. Hình chữ nhật
Cho hình chóp S.ABCD với M, N lần lượt là hai điểm lấy trên các cạnh AB, CD. Gọi (α) là mặt phẳng qua MN và song song với SA. Khi đó thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (α) là
A. hình thang B. hình tam giác
C. hình tứ giác D. hình ngũ giác
Cho tứ diện ABCD. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Hình chiếu song song K của G trên mặt phẳng (BCD) theo phương chiếu AD là
A. trực tâm tam giác BCD.
B. trọng tâm tam giác BCD.
C. một điểm bất kì trong tam giác BCD.
D. điểm H sao cho GH ⊥ (BCD).
Cho bốn điểm A, B, C, S không cùng nằm trong một mặt phẳng. Gọi I, H lần lượt là trung điểm của SA, AB. Trên SC lấy điểm K sao cho CK = 3KS. Gọi E là giao điểm của đường thẳng BC với mặt phẳng (IHK). Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. \(\frac{{BE}}{{BC}} = \frac{1}{3}\)
B. \(\frac{{BE}}{{BC}} = \frac{1}{2}\)
C. \(\frac{{BE}}{{BC}} = \frac{{SK}}{{SC}} = 1\)
D. \(\frac{{BE}}{{BC}} = \frac{{SK}}{{SC}} = \frac{1}{4}\)
Cho tứ giác ABCD và một điểm S không thuộc mặt phẳng (ABCD). Trên đoạn SC lấy một điểm M không trùng với S và C. Gọi N là giao điểm của đường thẳng SD với mặt phẳng (ABM). Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. AN = (ABM) ∩ (SAD) B. AN = (ABM) ∩ (SBC)
C. AN = (ABM) ∩ (SCD) D. AN = (ABM) ∩ (SAC)
Hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, các cạnh bên đều bằng \({a\sqrt 3 }\). Khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD) là
A. \(\frac{{a\sqrt 3 }}{4}\)
B. \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
C. \(\frac{{a\sqrt {10} }}{4}\)
D. \(\frac{{a\sqrt {10} }}{2}\)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. M, N lần lượt là trung điểm của SD, DC. Điểm P thay đổi trên cạnh BD, BP/BD = k. Để thiết diện của mp(MNP) và hình chóp là tứ giác thì giá trị k thỏa mãn điều kiện nào sau đây?
A. \(0 \le k \le \frac{1}{2}\) B. \(0 \le k \le \frac{2}{3}\)
C. \(\frac{1}{2} \le k \le \frac{3}{4}\) D. \(0 \le k \le \frac{3}{4}\)
Cho tứ diện ABCD, gọi G1, G2, G3 lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC, ACD, ADB. Diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng (G1G2G3) bằng k lần diện tích tam giác BCD. Giá trị của k là
A. \(\frac{4}{9}\) B. \(\frac{2}{3}\) C. \(\frac{3}{4}\) D. \(\frac{1}{2}\)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, tam giác SAB đều , SC = SD = \(a\sqrt 3 \). Gọi H, K lần lượt là trung điểm của SA, SB. M là một điểm trên cạnh AD, mặt phẳng (HKM) cắt BC tại N. Đặt AM = x (0 ≤ x ≤ a). Giá trị x để diện tích thiết diện HKMN đạt giá trị nhỏ nhất là
A. x = \(\frac{{3a}}{4}\) B. x = \(\frac{a}{2}\)
C. x = 0 D. x = a.
Cho hai hình vuông có chung cạnh AB và nằm trong hai mặt phẳng khác nhau. Trên các đường chéo AC và BF ta lấy các điểm MN sao cho AM = BN. Mặt phẳng (P) chứa MN và song song với AB cắt AD và AF lần lượt tại M', N'. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. MN cắt mp(DFE) B. Tứ giác MNN'M' là hình bình hành
C. AC, BF cắt nhau D. MN song song với mp(DEF)
Cho tam giác ABC và các điểm M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB.
a. Xét bốn tam giác APN, PBM, NMC, MNP. Tìm phép dời hình biến tam giác APN lần lượt thành một trong ba tam giác còn lại.
b. Phép vị tự nào biến tam giác ABC thành tam giác MNP ?
c. Xét tam giác có ba đỉnh là trực tâm của ba tam giác APN, PBM và NCM. Chứng tỏ rằng tam giác đó bằng tam giác APN. Chứng minh điều đó cũng đúng nếu thay trực tâm bằng trọng tâm, hoặc tâm đường tròn ngoại tiếp hoặc tâm đường tròn nội tiếp.
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 *