Lớp 11 Toán 11 - Kết nối tri thức với cuộc sống

Đề kiểm tra 45 phút Toán 11 Chương 7 Kết nối tri thức

Mô tả thêm: Đề kiểm tra 45 phút Toán 11 Quan hệ vuông góc trong không gian gồm 40 câu hỏi trắc nghiệm giúp bạn học ôn tập, củng cố lại kiến thức sách Kết nối tri thức.
  • Thời gian làm: 45 phút
  • Số câu hỏi: 40 câu
  • Số điểm tối đa: 40 điểm
Trước khi làm bài bạn hãy
  • 1 Ôn tập kiến thức đã nêu trong phần Mô tả thêm
  • 2 Tìm không gian và thiết bị phù hợp để tập trung làm bài
  • 3 Chuẩn bị sẵn dụng cụ cần dùng khi làm bài như bút, nháp, máy tính
  • 4 Căn chỉnh thời gian làm từng câu một cách hợp lý
Mua gói để Làm bài
  • Câu 1: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, đáy ABCD cạnh bằng 2a, cạnh bên SB = a\sqrt{5}. Tính thể tích hình chóp S.ABCD?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O là tâm hai đường chéo AC và BD

    Ta có: tam giác SAC cân, O là trung điểm của AC nên SO\bot CA

    Tương tự tam giác SBD cân, O là trung điểm của BD nên SO\bot BD

    \Rightarrow SO\bot(ABCD)

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} S_{ABCD} = 4a^{2} \\ SO = \sqrt{SB^{2} - OB^{2}} = \sqrt{5a^{2} - 2a^{2}} = a\sqrt{3} \\ \end{matrix} ight.

    Vậy thể tích hình chóp là: V = \frac{1}{3}SO.S_{ABCD} = \frac{a\sqrt{3}.4a^{2}}{3} = \frac{4\sqrt{3}a^{3}}{3}

  • Câu 2: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có AB = AC, BD = CD. Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định dưới đây?

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi M là trung điểm của BC.

    Do tam giác ABC và tam giác BCD lần lượt là tam giác cân tại A và tại D

    => BC ⊥ MA, BC ⊥ MD

    => BC ⊥ (ADM)

    => BC ⊥ AD

  • Câu 3: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Góc tạo bởi cạnh bên SA và mặt phẳng đáy bằng 60^{0}. Thể tích khối chóp S.BCD bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD

    Ta có: tam giác SAC cân, O là trung điểm của AC nên SO\bot CA

    Tương tự tam giác SBD cân, O là trung điểm của BD nên SO\bot BD

    \Rightarrow SO\bot(ABCD)

    Suy ra OA là hình chiếu vuông góc của SA lên mặt phẳng đáy

    \Rightarrow \left( SA;(ABCD) ight) = \widehat{SAO} = 60^{0}

    ABCD là hình vuông nên OA = \frac{1}{2}AC = \frac{a\sqrt{2}}{2}

    Xét tam giác vuông SOA ta có:

    SO = AO.\tan\widehat{SDO} =\frac{a\sqrt{2}}{2}.\tan60^{0} = \frac{a\sqrt{6}}{3}

    \Rightarrow S_{BCD} = \frac{a^{2}}{2}

    \Rightarrow V_{S.BCD} = \frac{1}{3}.SO.S_{BCD} = \frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{2}.\frac{a^{2}}{2} = \frac{a^{3}\sqrt{6}}{12}

  • Câu 4: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác S.ABCD có ABCD là hình bình hành tâm O. Tam giác ABD có tất cả các cạnh bằng a\sqrt{2}, SA\bot(ABCD);SA = \frac{3a\sqrt{2}}{2}. Góc giữa đường thẳng SO với mặt đáy bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: \left( SO;(ABCD) ight) = (SO;OA) = \widehat{SOA}

    Xét tam giác SAO ta có:

    SA = \frac{3a\sqrt{2}}{2}

    AO = \sqrt{AB^{2} - OB^{2}}

    = \sqrt{AB^{2} - \left( \frac{BD}{2} ight)^{2}} = \sqrt{2a^{2} - \frac{a^{2}}{2}} = \frac{a\sqrt{6}}{2}

    \Rightarrow \tan\widehat{SOA} = \frac{SA}{AO} = \frac{1}{\sqrt{3}}

    \Rightarrow \left( SO;(ABCD) ight) = \widehat{SOA} = 30^{0}

  • Câu 5: Vận dụng cao

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B; SAB là tam giác cân tại S; AD = 3BC = 3AB = 3a. Gọi M là điểm thuộc đoạn AD sao cho AD = 3MD. Biết rằng SCM là tam giác đều. Gọi α là góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAD). Khi đó cos α nhận giá trị là

    Tính giá trị cos α

    Gọi K là trung điểm AB, N là trung điểm của AM, H là trung điểm của CM.

    Điểm M thuộc đoạn AD sao cho 3MD = AD = 3a

    => MD = a; AM = 2a

    Tam giác SAB cân tại A nên AB ⊥ SK.

    Vì HK là đường trung bình của hình thang vuông ABCM nên AB ⊥ HK và HK = \frac{{3a}}{2}

    Ta có: \left\{ \begin{gathered} AB \bot SK \hfill \\ AB \bot HK \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow AB \bot SH (1)

    Tam giác SCM đều nên CM ⊥ SH (2)

    Từ (1) và (2) suy ra SH ⊥ (ABCD)

    Ta có AN = MN = MD = a nên ABCN là hình vuông, từ đó tam giác CMN vuông cân tại N.

    Suy ra HM = HN = \frac{1}{2}CM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} và HM \bot HN

    Tam giác SCM đều cạnh bằng a\sqrt 2 nên SH = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}

    Tứ diện HSMN có HS, MN, HN đôi một vuông góc, đặt d = d(H, (SMN)).

    Ta có: \frac{1}{{{d^2}}} = \frac{1}{{H{M^2}}} + \frac{1}{{H{N^2}}} + \frac{1}{{H{S^2}}}

    = \frac{4}{{2{a^2}}} + \frac{4}{{2{a^2}}} + \frac{4}{{6{a^2}}} = \frac{{14}}{{3{a^2}}} \Rightarrow d = \frac{{a\sqrt {42} }}{{14}}

    Ta lại có:

    SB = \sqrt {S{H^2} + B{H^2}} = \sqrt {S{H^2} + B{K^2} + K{H^2}}

    = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{2} + \frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{9{a^2}}}{4}} = 2a

    Gọi I là hình chiếu của điểm B trên mặt phẳng (SAD)

    Khi đó góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAD) là góc \widehat {BSI} = \alpha

    Do BC // AD => BC //(SAD)

    => BI = d\left( {B;\left( {SAD} ight)} ight) = d\left( {C;\left( {SAD} ight)} ight) = 2d\left( {H,\left( {SAD} ight)} ight) = \frac{{a\sqrt {42} }}{7}

    Trong tam giác vuông BIS ta có:

    \sin \alpha = \frac{{BI}}{{SB}} = \frac{{\sqrt {42} }}{{14}} \Rightarrow \cos \alpha = \frac{{\sqrt {154} }}{{14}}

  • Câu 6: Vận dụng cao

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Một đường thẳng d đi qua đỉnh D’ và tâm I của mặt bên BCC’B’. Hai điểm M, N thay đổi lần lượt thuộc các mặt phẳng (BCC’B’) và (ABCD) sao cho trung điểm K của MN thuộc đường thẳng d (tham khảo hình vẽ). Giá trị bé nhất của độ dài đoạn thẳng MN là:

    Hình vẽ minh họa:

    Kẻ ME vuông góc với CB, tam giác MEN vuông tại E nên MN = 2EK.

    Vậy MN bé nhất khi và chỉ khi EK bé nhất.

    Lúc này EK là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d và đường thẳng CB.

    Qua I kẻ P Q song song với BC (như hình vẽ).

    Vậy d(BC, d) = d(BC,(D’PQ)) = d(C, (D’PQ)) = d(C’, (D’P Q)) = C’H (trong đó C’H vuông góc với D’P).

    Ta có:

    \frac{1}{C'H^{2}} = \frac{1}{a^{2}}+ \frac{4}{a^{2}} = \frac{5}{a^{2}}

    \Rightarrow C'H =\frac{a\sqrt{5}}{2} \Rightarrow d(BC;d) =\frac{2a\sqrt{5}}{5}

  • Câu 7: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi H là trung điểm cạnh AC, K là hình chiếu vuông góc của H trên SC. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SA\bot(ABC) \Rightarrow SA\bot BH

    Mà tam giác ABC là tam giác đều AC\bot BH

    \Rightarrow BH\bot SC mà HK\bot SC

    \Rightarrow SC\bot(BHK) \Rightarrow (SCB)\bot(BHK)

  • Câu 8: Thông hiểu

    Cho hình chóp S,ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A. Tam giác SBC là tam giác đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính d(SA;BC)?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trung điểm của BC. Suy ra SH\bot(ABC)

    Kẻ HK\bot SA;(K \in SA)(1)

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} BC\bot SH \\ BC\bot AH \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SHA) \Rightarrow BC\bot KH(2)

    Từ (1) và (2) suy ra HK là đoạn vuông góc chung của SA và BC

    Do đó d(SA;BC) = HK = \frac{SH.HA}{\sqrt{SH^{2} + HA^{2}}} = \frac{a\sqrt{3}}{4}

  • Câu 9: Thông hiểu

    Cho hai tam giác đều DAC và BAC lần lượt nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng (DAB) và (DBC). Tính giá trị cos α.

    Tính giá trị cos α

    Giả sử cạnh của tam giác đều bằng 2a. Khi đó AB = AD = CB = CD = 2a

    Gọi H là trung điểm của AC. Tam giác DAC đều suy ra DH ⊥ AC.

    Tương tự BH ⊥ AC.

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\left( {DAC} ight) \bot \left( {ABC} ight)} \\ {\left( {DAC} ight) \cap \left( {ABC} ight)} \\ {DH \bot AC} \\ {DH \subset \left( {DAC} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow DH \bot \left( {ABC} ight)

    Gọi K là trung điểm của DB.

    Ta có: ABD cân tại A nên AK \bot BD

    Và CBD cân tại C nên CK \bot DB

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\left( {DAB} ight) \cap \left( {DBC} ight) = BD} \\ {AK \bot BD;AK \subset \left( {DAB} ight)} \\ {CK \bot BD;CK \subset \left( {DAB} ight)} \end{array}} ight.

    Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (DAB) và (DBC) là góc giữa hai đường thẳng AK và CK.

    Ta có DH = a\sqrt 3 ;BH = a\sqrt 3 nên BDH vuông cân tại H.

    Từ đó ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {DB = \sqrt {D{H^2} + H{B^2}} = a\sqrt 6 } \\ {HK = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}} \end{array}} ight.

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {AC \bot DH} \\ {AC \bot BH} \\ {DH \cap BH = H} \\ {DH;BH \subset \left( {DBH} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow AC \bot \left( {DBH} ight) mà HK \subset \left( {DBH} ight) \Rightarrow AC \bot HK

    Xét tam giác ACK có KH vừa là trung tuyến, vừa là đường cao nên tam giác ACK cân tại K.

    Nên ta có: KH là phân giác của góc \widehat {AKC} suy ra \widehat {AKC} = 2\widehat {CKH}

    Ta có: t = \tan \widehat {CKH} = \frac{{HC}}{{HK}} = \frac{a}{{a\sqrt 6 :3}} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}

    Vậy \cos \alpha = \frac{{1 - {t^2}}}{{1 + {t^2}}} = \frac{{1 - \frac{6}{9}}}{{1 + \frac{6}{9}}} = \frac{1}{5}

  • Câu 10: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, các cạnh AB = AC = a, các góc \widehat{SBA} = \widehat{SCA} = 90^{0}. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên (ABC) và SH = a\sqrt{2}. Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC).

    Đáp án: 1/3 (Ghi đáp án dưới dạng phân số tối giản a/b).

    Đáp án là:

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, các cạnh AB = AC = a, các góc \widehat{SBA} = \widehat{SCA} = 90^{0}. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên (ABC) và SH = a\sqrt{2}. Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC).

    Đáp án: 1/3 (Ghi đáp án dưới dạng phân số tối giản a/b).

    Hình vẽ minh họa

    Gọi (\alpha) là mặt phẳng qua B và vuông góc với AB \Rightarrow (\alpha) \cap (ABC) = Bt//AC.

    Gọi (\beta) là mặt phẳng qua C và vuông góc với AC

    \Rightarrow (\beta) \cap (ABC) =Ct'//AB

    Khi đó, (\alpha) \cap (\beta) = SH với H = Bt \cap Ct' là đỉnh thứ tư của hình vuông ABHC.

    Khi đó: \Delta SAB,\ \ \Delta SAC là hai tam giác vuông bằng nhau có SB = SC = a\sqrt{3},SA = 2a.

    Gọi I là chân đường cao hạ từ đỉnh B của tam giác SAB, ta có BI\bot SA,CI\bot SA.

    Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) là (IB;IC).

    Xét \Delta IBC cân tại I có IB = IC = \frac{a\sqrt{3}.a}{2a} = \frac{a\sqrt{3}}{2},BC = a\sqrt{2}.

    Ta có: \cos\widehat{BIC} = \frac{IB^{2} +IC^{2} - BC^{2}}{2IB.IC}= \dfrac{\dfrac{3a^{2}}{4} + \dfrac{3a^{2}}{4} -2a^{2}}{2.\dfrac{3a^{2}}{4}} = - \dfrac{1}{3}.

    Vậy cosin góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) bằng \frac{1}{3}.

  • Câu 11: Nhận biết

    Hình tứ diện ABCD có AB = AC = AD = 3 và AB, AC, AD đôi một vuông góc với nhau. Diện tích của tam giác BCD bằng:

    Do ∆BCD là tam giác đều cạnh \sqrt{18} nên có diện tích là S_{BCD} = \frac{18\sqrt{3}}{4} = \frac{9\sqrt{3}}{2}

  • Câu 12: Nhận biết

    Tính thể tích khối lập phương có cạnh bằng 2a?

    Ta có: V = (2a)^{3} = 8a^{3}

  • Câu 13: Nhận biết

    Mệnh đề nào là mệnh đề đúng?

    Khẳng định đúng: “Khoảng cách từ một điểm A bất kì đến mặt phẳng (P) bằng độ dài đoạn AH với H là hình chiếu vuông góc của A trên (P).”

  • Câu 14: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A và cạnh SB vuông góc với mặt đáy. Biết rằng AB = a;SB = a\sqrt{2} và \alpha = \left( SC;(SAB) ight). Kết luận nào dưới đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} AC\bot AB \\ AC\bot SB \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AC\bot(SAB)

    Suy ra hình chiếu của SC trên mặt phẳng (SAB) là SA

    \Rightarrow \alpha = \left( SC;(SAB) ight) = (SC;SA) = \widehat{ASC}

    Tam giác ABC vuông cân tại A nên AC = AB = a

    Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác SAB ta có:

    SA = \sqrt{SB^{2} + AB^{2}} = a\sqrt{3}

    Tam giác SAC vuông tại A nên \tan\widehat{ASC} = \frac{AC}{SA} = \frac{a}{a\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}

    \Rightarrow \tan\alpha = \frac{1}{\sqrt{3}}

  • Câu 15: Nhận biết

    Cho hình lập phương như hình vẽ:

    Hỏi đường thẳng nào vuông góc với đường thẳng BC'?

    Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} AD'\bot AB \\ AD'\bot A'D \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AD'\bot(ABC'D') \Rightarrow AD'\bot BC'

  • Câu 16: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có SA \bot \left( {ABCD} ight) và SA = a\sqrt 3. Đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a,\,AD = a\sqrt 3. Gọi M là trung điểm của CD, góc giữa SA và mặt phẳng (SBM) bằng \alpha . Giá trị \tan \alpha bằng:

    Tính tan của góc giữa SA và mặt phẳng (SBM)

    Gọi K, I lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BM và SK.

    Ta có \left\{ \begin{gathered} BM \bot AK \hfill \\ BM \bot SA\left( {V\`i \,SA \bot \left( {ABCD} ight)} ight) \hfill \\ AK,SA \subset \left( {SAK} ight) \hfill \\ AK \cap SA = \left\{ A ight\} \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow BM \bot \left( {SAK} ight)

    Mà AI \subset \left( {SAK} ight) \Rightarrow BM \bot AI

    Ta có \left\{ \begin{gathered} AI \bot BM \hfill \\ AI \bot SK \hfill \\ BM,SK \subset \left( {SBM} ight) \hfill \\ BM \cap SK = \left\{ K ight\} \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow AI \bot \left( {SBM} ight)

    Suy ra hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng (SBM) là điểm I. Do đó bằng góc giữa hai đường thẳng SA và SI và bằng góc \widehat {ASK}.

    Ta có \left\{ \begin{gathered} SA \bot \left( {ABCD} ight) \hfill \\ AK \subset \left( {ABCD} ight) \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow SA \bot AK

    Tính tan của góc giữa SA và mặt phẳng (SBM)

    Có

    \begin{matrix} {S_{\Delta ABM}} = {S_{ABCD}} - {S_{\Delta AMD}} - {S_{\Delta BMC}} \hfill \\ = {a^2}\sqrt 3 - {a^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{4} - {a^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \hfill \\ BM = \sqrt {B{C^2} + M{C^2}} = \sqrt {3{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} = \dfrac{{a\sqrt {13} }}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    Ta có

    \begin{matrix} {S_{\Delta ABM}} = \dfrac{1}{2}AK.BM \hfill \\ \Rightarrow AK = \dfrac{{2{S_{\Delta ABM}}}}{{BM}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{a\dfrac{{\sqrt {13} }}{2}}} = a\dfrac{{2\sqrt 3 }}{{\sqrt {13} }} \hfill \\ \end{matrix}

    Xét tam giác vuông SAK có \tan \widehat {ASK} = \frac{{AK}}{{SA}} = \frac{{a\frac{{2\sqrt 3 }}{{\sqrt {13} }}}}{{a\sqrt 3 }} = \frac{2}{{\sqrt {13} }}

  • Câu 17: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB,AC,AD đôi một vuông góc với nhau. Gọi trung điểm của các cạnh BC,CD,DB lần lượt là J;Q;K. Tính thể tích tứ diện AJQK, biết AB = 6cm;AC = 7cm;AD = 4cm.

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: V_{ABCD} =\frac{1}{2}AB.\frac{1}{2}AD.AC = \frac{1}{2}.6.7.4 = 28\left( cm^{3}ight)

    Nhận thấy S_{JQK} = \frac{1}{2}S_{JQKD} =\frac{1}{4}S_{BCD}

    V_{JQK} = \frac{1}{4}V_{ABCD} = 7\left(cm^{3} ight)

  • Câu 18: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a. Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC;BD. Biết rằng SO = \frac{a\sqrt{2}}{2}. Tính góc giữa hai đường thẳng AB và SD?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: AB//CD \Rightarrow (AB;SD) =(CD;SD)

    OD = \frac{1}{2}BD =\frac{a\sqrt{2}}{2}

    SD = \sqrt{SO^{2} + OD^{2}} =\sqrt{\frac{a^{2}}{2} + \frac{a^{2}}{2}} = a

    \Rightarrow SC = SC = CD =a

    Suy ra tam giác SCD đều.

    \Rightarrow \widehat{SCD} =60^{0}

    \Rightarrow (AB;SD) = (CD;SD) =\widehat{SCD} = 60^{0}

  • Câu 19: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật, biết SA\bot(ABCD);AB = a;SA = AD = a\sqrt{3}. Xác định tính đúng sai của các kết luận sau?

    a) BC\bot(SAB) Đúng||Sai

    b) (SAD)\bot(SCD) Đúng||Sai

    c) \widehat{\left( (SCD);(ABCD) ight)} = \widehat{SCA} Sai||Đúng

    d) \widehat{\left( SC;(SAD) ight)} = 30^{0}Sai||Đúng

    Đáp án là:

    Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật, biết SA\bot(ABCD);AB = a;SA = AD = a\sqrt{3}. Xác định tính đúng sai của các kết luận sau?

    a) BC\bot(SAB) Đúng||Sai

    b) (SAD)\bot(SCD) Đúng||Sai

    c) \widehat{\left( (SCD);(ABCD) ight)} = \widehat{SCA} Sai||Đúng

    d) \widehat{\left( SC;(SAD) ight)} = 30^{0}Sai||Đúng

    Hình vẽ minh họa

    a) Ta có: \left\{ \begin{matrix} BC\bot SA\left( do\ SA\bot(ABCD) ight) \\ BC\bot AB \\ SA\bigcap AB = \left\{ A ight\} \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow BC\bot(SAB)

    b) Ta có: \left\{ \begin{matrix} CD\bot SA\left( do\ SA\bot(ABCD) ight) \\ CD\bot AD \\ SA\bigcap AD = \left\{ A ight\} \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow CD\bot(SAD) mà CD \subset (SCD)

    \Rightarrow (SCD)\bot(SAD)

    c) Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} (SCD) \cap (ABCD) = CD \\ AD\bot CD \equiv \left\{ D ight\} \\ SD\bot CD \equiv \left\{ D ight\} \\ \end{matrix} ight.

    Suy ra góc giữa (SCD) và (ABCD) là góc giữa AD và SD đó là góc \widehat{SDA}.

    d) Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} SC \cap (SAD) = \left\{ S ight\} \\ CD\bot(SAD) \equiv \left\{ D ight\} \\ \end{matrix} ight.

    Suy ra SD là hình chiếu vuông góc của SC lên (SAD)

    Nên góc giữa SC và (SAD) là góc giữa SC và SD đó là góc \widehat{CSD} trong tam giác vuông SCD.

    Xét tam giác SCD vuông tại D ta có:

    \tan\widehat{SCD} = \sqrt{6} \Rightarrow \widehat{\left( SC;(SAD) ight)} = \widehat{SCD} eq 30^{0}

  • Câu 20: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD, SA vuông góc với đáy. Kẻ AH vuông góc với SB (H ∈ SB). Chọn mệnh đề đúng.

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    SA ⊥ BC

    AB ⊥ BC

    => BC ⊥ (SAB) => BC ⊥ AH

    Mà AH ⊥ SB nên AH ⊥ (SBC) => AH ⊥ SC

  • Câu 21: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, trung điểm các cạnh AD,BC lần lượt là M,N. Xác định độ dài đoạn thẳng MN để góc giữa hai đường thẳng AB và MN bằng 30^{0}.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi P là trung điểm của AC

    Ta có: \left\{ \begin{matrix}NP//AB \\MP//CD \\NP = NP = \dfrac{a}{2} \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow (AB,CD) = (NP,MN)

    \cos\widehat{MNP} = \frac{MN^{2} + NP^{2} - MP^{2}}{2MN.NP}

    = \dfrac{MN^{2} + \dfrac{a}{4}^{2} -\dfrac{a}{4}^{2}}{2MN.\dfrac{a}{2}} = \dfrac{MN}{a}

    (AB,MN) = 30^{0} \Rightarrow \left\{ \begin{matrix} \widehat{MNP} = 30^{0} \\ \widehat{MNP} = 150^{0} \\ \end{matrix} ight.

    \widehat{MNP} = 30^{0} \Rightarrow \frac{MN}{a} = \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow MN = \frac{a\sqrt{3}}{2}(TM)

    \widehat{MNP} = 150^{0} \Rightarrow \frac{MN}{a} = - \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow MN = - \frac{a\sqrt{3}}{2}(KTM)

  • Câu 22: Nhận biết

    Cho khối chóp S.ABC có chiều cao bằng 6 đáy là tam giác ABC có diện tích bằng 12. Thể tích khối chóp đã cho là:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 12 \\ h = 6 \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối chóp tam giác là V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}.12.6 = 24

  • Câu 23: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi B, SB\bot(ABCD). Mặt phẳng nào sau đây vuông góc với mặt phẳng (SBD)?

    Minh họa bằng hình vẽ:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} AC\bot BD \\ AC\bot SB \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AC\bot(SBD) \Rightarrow (SAC)\bot(SBD)

  • Câu 24: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA ⊥ (ABC), H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác SAB. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định sai?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: SA ⊥ (ABC) mà BC thuộc (ABC)

    => SA ⊥ BC

    Xét tam giác ABC vuông tại B ta có:

    AB ⊥ BC

    => BC ⊥ (SAB) => BC ⊥ AH

    Khi đó: AH ⊥ SB, AH ⊥ BC => AH ⊥ (SBC) => AH ⊥ SC

    Nếu có: AH ⊥ AC trong khi SA ⊥ AC thì AC ⊥ (SAB)

    => AC ⊥ AB (vô lí)

  • Câu 25: Nhận biết

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và góc giữa cạnh bên với mặt phẳng đáy bằng α. Tang của góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng:

    Tang của góc giữa mặt bên và mặt đáy

    Chân đường cao hình chóp đều S.ABCD trùng với tâm O của đáy ABCD. AO là hình chiếu của SA lên (ABCD)

    => \widehat {SAO} = \alpha

    Gọi M là trung điểm của BC => OM là hình chiếu của SM lên (ABCD) và MO ⊥ BC.

     \begin{matrix} \widehat {SMO} = \left( {\left( {SBC} ight);\left( {ABCD} ight)} ight) \hfill \\ \tan \widehat {SMO} = \dfrac{{SO}}{{OM}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\tan \alpha .\dfrac{2}{a} = \sqrt 2 \tan \alpha \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 26: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a. Góc tạo bởi cạnh bên SB và mặt phẳng đáy bằng 60^{0}. Thể tích khối chóp là:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là tâm của tam giác đều ABC

    Khi đó SH\bot(ABC);BH = \frac{a\sqrt{3}}{3}

    Theo bài ra ta có:

    \left( SB;(ABC) ight) = \widehat{SBH} = 60^{0}

    Tam giác SBH vuông tại H có: SH = BH.tan60^{0} = \frac{a\sqrt{3}}{3}.\sqrt{3} = a

    \Rightarrow V_{S.ABC} = \frac{1}{3}.SO.S_{ABC} = \frac{1}{3}.a.\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4} = \frac{\sqrt{3}a^{3}}{12}

  • Câu 27: Nhận biết

    Cho hai đường thẳng phân biệt a,b và mặt phẳng (M). Biết rằng a//(M). Mệnh đề nào sau đây đúng?

    Nếu a//(M);b\bot(M) thì b\bot a.

  • Câu 28: Vận dụng cao

    Cho khối lăng trụ ABC.A'B'C', hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng (A'B'C') là trung điểm M của BC. Biết A'M = a\sqrt{5};d(C;BB') = a\sqrt{5};d(A;BB') = a;d(A;CC') = 2a. Thể tích của khối lăng trụ là:

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi J, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BB’ và CC’, H là hình chiếu vuông góc của C lên BB’

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} AJ\bot BB' \\ AK\bot CC' \Rightarrow AK\bot BB' \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BB'\bot(AJK)

    \Rightarrow BB'\bot JK \Rightarrow JK//CH \Rightarrow JK = CH = a\sqrt{5}

    Xét tam giác AJK có: JK^{2} = AJ^{2} + AK^{2} = 5a^{2}

    Vậy tam giác AJK vuông tại A

    Gọi F là trung điểm của JK khi đó ta có: AF = JF = FK = \frac{a\sqrt{5}}{2}

    Gọi N là trung điểm của BC, xét tam giác ANF có:

    \cos\widehat{ANF} = \dfrac{AF}{AN} =\dfrac{\dfrac{a\sqrt{5}}{2}}{a\sqrt{5}} = \dfrac{1}{2}

    \Rightarrow \widehat{ANF} = 60^{0}

    (AN = AM = a\sqrt{5} vì AN//AM;AN = AM)

    \Rightarrow S_{AJK} = \frac{1}{2}AJ.AK = \frac{1}{2}.a.2a = a^{2}

    Lại có: S_{AJK} = S_{ABC}.\cos60^{0}\Rightarrow S_{ABC} = \frac{S_{AJK}}{\cos60^{0}} = 2a^{2}

    Xét tam giác AMA;’ vuông tại M ta có:

    \widehat{MAA'} = \widehat{AMF} = 30^{0}

    Hay AM = A'M.\tan30^{0} =\frac{a\sqrt{15}}{3}

    Vậy thể tích khối lăng trụ đã cho là:

    V = AM.S_{ABC} = \frac{a\sqrt{15}}{3}.2a^{2} = \frac{2a^{3}\sqrt{15}}{3}

  • Câu 29: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông ABCD vuông tại A và D, AB = 2a, AD = CD = a. Cạnh bên SA = a và vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD). Mệnh đề nào sau đây đúng?

    \left\{ \begin{matrix}BC\bot AC \\BC\bot SA \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SAC) \Rightarrow BC\bot SC

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

    Tam giác SAC vuông tại A => \tan\widehat{SCA} = \frac{SA}{AC} = \frac{\sqrt{2}}{2}

  • Câu 30: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng 2a. Tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng (SCD)

    Hình vẽ minh họa

    Tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng (SCD)

    Gọi O là tâm hình vuông ABCD => SO \bot \left( {ABCD} ight)

    Vì OA \cap \left( {SCD} ight) = C nên 

    \begin{matrix} \dfrac{{d\left( {A;\left( {SCD} ight)} ight)}}{{d\left( {O;\left( {SCD} ight)} ight)}} = \dfrac{{AC}}{{OC}} = 2 \hfill \\ \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} ight)} ight) = 2d\left( {O;\left( {SCD} ight)} ight) \hfill \\ \end{matrix}

    Gọi H là trung điểm của CD => OH \bot CD

    Gọi K là hình chiếu của O trên SH => OK \bot SH (*) 

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {CD \bot OH} \\ {CD \bot SO} \end{array}} ight. \Rightarrow CD \bot \left( {SOH} ight) \Rightarrow CD \bot OK\left( ** ight)

    Từ (*) và (**) 

    \begin{matrix} OK \bot \left( {SCD} ight) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SCD} ight)} ight) = OK \hfill \\ OK = \dfrac{{SO.OH}}{{\sqrt {S{O^2} + O{H^2}} }} \hfill \\ \end{matrix}

    Ta lại có:

    \begin{matrix} SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} \hfill \\ = \sqrt {4{a^2} - {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} ight)}^2}} = \dfrac{{a\sqrt {14} }}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    \Rightarrow OK = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt {14} }}{2}.\dfrac{a}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {\dfrac{{a\sqrt {14} }}{2}} ight)}^2} + {{\left( {\dfrac{a}{2}} ight)}^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 7 }}{{\sqrt {30} }}

    d\left( {A;\left( {SCD} ight)} ight) = 2.OK = \frac{{2a\sqrt 7 }}{{\sqrt {30} }}

  • Câu 31: Thông hiểu

    Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình vuông, đường chéo BD = 2a. Biết góc giữa hai mặt phẳng (A'BD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 30^{0}. Khi đó thể tích hình hộp chữ nhật bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi góc giữa mặt phẳng (A'BD) và mặt phẳng (ABCD)là \alphavà O = AC \cap BD

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} AO\bot BD \\ AA'\bot BD \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow A'O\bot BD

    \Rightarrow \alpha = (AO;A'O) = \widehat{AOA'} = 30^{0}

    Ta có ABCD là hình vuông, BD = 2a nên AB = AD = a\sqrt{2}

    Ta có: AO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}BD = a

    Xét tam giác AOA’ có AA' = AO.tan30^{0} = \frac{a\sqrt{3}}{3}

    \Rightarrow V_{ABCD.A'B'C'D'} = AA'.S_{ABCD} = \frac{a\sqrt{3}}{3}.2a^{2} = \frac{2a^{3}\sqrt{3}}{3}

  • Câu 32: Nhận biết

    Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng a, M là trung điểm của cạnh BC. Xác định góc giữa hai đường thẳng AB và DM?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi N là trung điểm của AC thì MN // AB

    Suy ra (AB,DM) = (MN,DM)

    Ta có: \cos\widehat{DMN} = \frac{MN^{2} + DM^{2} - DN^{2}}{2MN.DM}

    = \dfrac{\left( \dfrac{a}{2} ight)^{2} +\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{2} ight)^{2} - \left( \dfrac{a\sqrt{3}}{2}ight)^{2}}{2\left( \dfrac{a}{2} ight).\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{2}ight)} = \dfrac{\sqrt{3}}{6}

    \cos\widehat{DMN} = \frac{\sqrt{3}}{6} \Rightarrow (AB;DM) = \arccos\frac{\sqrt{3}}{6}

  • Câu 33: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a. Tam giác SAB đều và SC= a\sqrt{2}. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) trùng với điểm H của AB. Cosin của góc giữa AC và (SHD) bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Dựng CE\bot DH

    Ta có: SH\bot(ABCD) \Rightarrow SH\botCE

    \Rightarrow CE\bot(SDH)

    => SE là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (SHD)

    Do đó: Số đo của góc giữa SC lên mặt phẳng (SHD) bằng với số đo của góc \widehat{CSE}

    Ta có: \cos\widehat{CSE} =\frac{SE}{SC}

    \Rightarrow S_{CHD} =\frac{1}{2}S_{ABCD}

    \Rightarrow CE.HD = a^{2} \Rightarrow CE= \frac{a^{2}}{HD}

    \Rightarrow HD = \sqrt{AD^{2} + AH^{2}}= \frac{a\sqrt{5}}{2}

    \Rightarrow HD = \sqrt{AD^{2} + AH^{2}}= \frac{a\sqrt{5}}{2}

    \Rightarrow CE =\frac{2a\sqrt{5}}{2}

    \Rightarrow SE = \sqrt{SC^{2} - CE^{2}}= \frac{a\sqrt{30}}{5}

    \Rightarrow \cos\widehat{CSE} =\sqrt{\frac{3}{5}}

  • Câu 34: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A và AB = a, SA ⊥ (ABC), SA = a. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy là:

    Hình vẽ minh họa:

    Theo bài ta có AB là hình chiếu của SB trên (ABC)

    Vậy \widehat{\left( SB,(ABC) ight)} =\widehat{(SB,\ AB)} = \widehat{SBA}

    Mà ∆SBA vuông cân tại A nên \widehat{SBA}= 45^{0}

  • Câu 35: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 3a. Cạnh bên SA vuông góc với (ABCD), góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 30◦ . Tìm khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC).

    Ta có:

    Gọi H là chân đường cao lên cạnh SB. Khi đó, ta có

    d(A, (SBC)) = AH. sin 30◦ => AH = AB . sin 30◦ = \frac{3a}{2}

  • Câu 36: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O. Gọi I;J lần lượt là trung điểm của các cạnh SA và SC.

    Khẳng định nào sau đây đúng?

    Vì IJ là đường trung bình của tam giác SAC nên IJ//AC

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} IJ//AC \\ BD\bot AC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BD\bot IJ

  • Câu 37: Nhận biết

    Góc giữa hai đường thẳng bất kì trong không gian là góc nào trong các góc dưới đây?

    Góc giữa hai đường thẳng m và n trong không gian, kí hiệu là (m, n) là góc giữa hai đường thẳng a và b cùng đi qua một điểm và tương ứng song song với m và n.

  • Câu 38: Thông hiểu

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Tính góc giữa AC’ và BD?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    BD ⊥ AC (do ABCD là hình vuông)

    BD ⊥ CC’

    ⇒ BD ⊥ AC’

    Do đó góc giữa AC' và BD bằng 900

  • Câu 39: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau. Điểm nào cách đều bốn đỉnh của A, B, C, D của tứ diện ABCD?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} BC\bot AB \\ CD\bot AB \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(BCD)=> Tam giác ABD vuông tại B.

    => IA = IB = ID = AD/2 (với I là trung điểm của AD)

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} CD\bot AB \\ CD\bot BC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow CD\bot(ABC)

    => Tam giác BCD vuông tại C.

    => EA = EC = ED = AD/2 (E là trung điểm của AD)

    Vậy I trùng với E

    Vậy điểm cách đều bốn đỉnh của A, B, C, D của tứ diện ABCD là trung điểm của đoạn thẳng AD.

  • Câu 40: Nhận biết

    Cho một khối chóp có diện tích đáy bằng 7a^{2}, chiều cao bằng a. Thể tích khối chóp đã cho là:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 7a^{2} \\ h = a \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}B.h = \frac{7}{3}a^{3}

Nộp bài

Chúc mừng Bạn đã hoàn thành bài!

Đề kiểm tra 45 phút Toán 11 Chương 7 Kết nối tri thức Kết quả
  • Thời gian làm bài: 00:00:00
  • Số câu đã làm: 0
  • Điểm tạm tính: 0
Làm lại
  • 16 lượt xem
Sắp xếp theo
🖼️
Xóa Gửi bình luận
Đề kiểm tra 45 phút Toán 11 Chương 7 Kết nối tri thức
Thời gian còn lại 45:00 Số câu đã làm 0/40
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40
Chưa làm Đã làm
Làm lại Nộp bài
Đăng nhập