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: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AD = 2BC = 2AB = 2a, SA = 2a và SA vuông góc với ABCD. Gọi M là trung điểm SB và \varphi là góc tạo bởi đường thẳng MD và mặt phẳng (SCD). Khi đó \sin\varphi bằng:

    Tính sin của góc tạo bởi đường thẳng MD và mặt phẳng (SCD)

    Ta có tam giác SAB vuông tại A nên AM = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}

    Ta có: \left\{ \begin{gathered} AD \bot AB \hfill \\ A{\text{D}} \bot SA \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow A{\text{D}} \bot \left( {SAB} ight) \Rightarrow A{\text{D}} \bot MA

    Xét tam giác MDA vuông tại A theo định lí Pytago ta có:

    MD = \sqrt {A{D^2} + A{M^2}} = \sqrt {4\,{a^2} + \frac{{4\,{a^2}}}{5}} = \frac{{2\sqrt {30} a}}{5}

    Ta có \frac{{{d_{\left( {M,\,\left( {SC{\text{D}}} ight)} ight)}}}}{{{d_{\left( {B,\,\left( {SC{\text{D}}} ight)} ight)}}}} = \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{1}{2}

    Gọi N là giao của AB và CD. Gọi P là trung điểm AD nên ABCP là hình vuông

    => CP = a \Rightarrow CP = \frac{1}{2}AD

    Ta có (hai đường chéo hình vuông)

    Mặt khác BP // CD.

    Do đó tam giác ACD vuông tại nên tam giác ACN vuông tại C, mặt khác BC \bot AN nên B là trung điểm AN.

    Ta có AB giao (SCB) tại N nên

    \frac{{{d_{\left( {B,\,\left( {C{\text{SD}}} ight)} ight)}}}}{{{d_{\left( {A,\left( {SCA} ight)} ight)}}}} = \frac{{NB}}{{NA}} = \frac{1}{2} \Rightarrow {d_{\left( {M,\left( {SC{\text{D}}} ight)} ight)}} = \frac{1}{4}{d_{\left( {A,\left( {SCA} ight)} ight)}}

    Ta có \left\{ \begin{gathered} CD \bot AC \hfill \\ CD \bot SA \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} ight)

    Trong (SAC) kẻ AH \bot SC

    \Rightarrow AH \bot \left( {SC{\text{D}}} ight) \Rightarrow {d_{\left( {A,\left( {SC{\text{D}}} ight)} ight)}} = AH \Rightarrow {d_{\left( {M,\left( {SC{\text{D}}} ight)} ight)}} = \frac{1}{4}AH

    Xét tam giác SAC vuông tại A nên AH = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}

    Do đó \sin \varphi = \frac{{{d_{\left( {M,\left( {SC{\text{D}}} ight)} ight)}}}}{{MD}} = \frac{{1AH}}{{4MD}}=\frac{{\sqrt {10} }}{{24}}

  • Câu 2: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA\bot(ABC). Tính góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy, biết rằng SA = a\sqrt{15};AB = a;BC = 2a.

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SA\bot(ABC) nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (ABC) từ đó suy ra \left( SC;(ABC) ight) = (SC;AC) = \widehat{SCA}

    Trong tam giác ABC vuông tại B ta có:

    AC = \sqrt{AB^{2} + BC^{2}} = \sqrt{a^{2} + 4a^{2}} = a\sqrt{5}

    Trong tam giác SAC vuông tại A ta có: \tan\widehat{SCA} = \frac{SA}{AC} = \frac{a\sqrt{15}}{a\sqrt{15}} = \sqrt{3}

    \tan\widehat{SCA} = 60^{0}

    \Rightarrow \left( SC;(ABC) ight) = 60^{0}

  • Câu 3: Thông hiểu

    Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2\sqrt 2, AA’ = 4. Tính góc giữa đường thẳng A’C với mặt phẳng (AA’BB’).

     Số đo góc giữa đường thẳng A’C với mặt phẳng (AA’BB’)

    Ta có CB \bot \left( {AA'B'B} ight) tại B. Khi đó A’B là hình chiếu của A’C lên mặt phẳng (AA’B’B)

    Vậy góc tạo bởi đường thẳng A’C và mặt phẳng (AA’BB’) là góc \widehat {CA'B}

    Khi đó \tan \widehat {CA'B} = \frac{{BC}}{{A'B}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt {{4^2} + {{\left( {2\sqrt 2 } ight)}^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {CA'B} = 30^\circ

  • Câu 4: Vận dụng

    Cho hai tam giác ACD và BCD nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với nhau và AC = AD = BC = BD = a, CD = 2x. Với giá trị nào của x thì hai mặt phẳng (ABC) và (ABD) vuông góc.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD.

    Ta có AN ⊥ CD mà (ACD) ⊥ (BCD) suy ra AN ⊥ (BCD) => AN ⊥ BN

    Tam giác ABC cân tại C, có M là trung điểm của AB suy ra CM ⊥ AB

    Giả sử (ABC) ⊥ (BCD) mà CM ⊥ AB suy ra CM ⊥ (ABD) => CM ⊥ DM

    Khi đó, tam giác MCD vuông cân tại M

    => MN = \frac{AB}{2} = \frac{CD}{2} \Rightarrow AB = CD = 2x

    Ta lại có AN = BN = \sqrt{AC^{2} - AN^{2}} = \sqrt{a^{2} - x^{2}}

    MàAB^{2} = AN^{2} + BN^{2}

    => 2\left( a^{2} - x^{2} ight) = 4x^{2} \Rightarrow x = \frac{a\sqrt{3}}{3}

  • Câu 5: Vận dụng

    Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tất cả các cạnh bằng a (hình hộp như thế gọi là hình hộp thoi) và \widehat {ABC} = \widehat {B'BA} = \widehat {B'BC} = {60^0}. Tính diện tích tứ giác A’B’CD.

    Hình vẽ minh họa:

    Tính diện tích tứ giác

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {A'B'//C'D} \\ {A'B' = C'D'} \end{array}} ight.;\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {CD//C'D'} \\ {CD = C'D'} \end{array}} ight.

    => A’B’ // CD và A’B’ = CD

    => Tứ giác A’B’CD là hình bình hành

    Ngoài ra B’C = a = CD

    => => Tứ giác A’B’CD là hình thoi

    Ta sẽ chứng minh tứ giác A’B’CD là hình vuông.

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {CB'} .\overrightarrow {CD} = \left( {\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {BB'} } ight).\overrightarrow {BA} \hfill \\ = \overrightarrow {CB} .\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BB'} .\overrightarrow {BA} \hfill \\ = \overrightarrow {BB'} .\overrightarrow {BA} - \overrightarrow {BC} .\overrightarrow {BA} \hfill \\ = a.a.\cos {60^0} - a.a.\cos {60^0} = 0 \hfill \\ \Rightarrow CB' \bot CD \hfill \\ \end{matrix}

    => Tứ giác A’B’CD là hình vuông.

    Diện tích hình vuông đó là a2

  • Câu 6: Vận dụng

    Cho lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a, \widehat{BAD} = 60^{0}. Hình chiếu vuông góc của B’ xuống mặt đáy trùng với giao điểm hai đường chéo của đáy và cạnh bên BB’ = a. Tính góc giữa cạnh bên và mặt đáy.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi O là giao điểm của AC và BD

    Theo giả thiết ta có: B’O ⊥ (ABCD)

    Dó đó \left( BB';(ABCD) ight) = (BB';BO) = \widehat{B'BO}

    Vì tam giác ABD đều cạnh a => BO = \frac{BD}{2} = \frac{a}{2}

    Tam giác B’BO vuông ta có:

    \begin{matrix}\cos\widehat{B'BO} = \dfrac{BO}{BB'} = \dfrac{1}{2} \hfill \\\Rightarrow \widehat{B'BO} = 60^{0} \hfill \\\end{matrix}

  • Câu 7: Nhận biết

    Cho một khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h lần lượt là 3x^{2};2x. Khi đó thể tích khối lăng trụ đã cho bằng bao nhiêu?

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 3x^{2} \\ h = 2x \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng: V = B.h = 3x^{2}.2x = 6x^{3}

  • Câu 8: Thông hiểu

    Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tất cả các cạnh bằng a và các góc phẳng đỉnh B đều bằng 600.

    Cặp đường thẳng nào sau đây không vuông góc với nhau?

    Hình ảnh minh họa

    Cặp đường thẳng nào sau đây không vuông góc với nhau

    Xét tam giác CB'D' có ba cạnh bằng a\sqrt 3 nên tam giác không vuông.

    => B’C và CD’ không vuông góc với nhau.

  • Câu 9: Thông hiểu

    Cho khối lăng trụ đứng ABC.A'B'C', đáy ABC có AB = AC = a;\widehat{BAC} = 120^{0}. Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho biết \left( (AB'C');(ABCD) ight) = 60^{0}.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trung điểm của B’C’, khi đó góc giữa mặt phẳng (AB’C’) và (ABCD) là góc \widehat{AHA'} = 60^{0}

    Ta có:

    S_{ABC} = \frac{1}{2}AC.AB.sin120^{0} = \frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}

    B'C' = BC = \sqrt{AB^{2} + AC^{2} - 2AB.AC.cos120^{0}}

    = \sqrt{a^{2} + a^{2} - 2.a.a.\left( - \frac{1}{2} ight)} = a\sqrt{3}

    \Rightarrow AH' = \frac{2S_{ABC}}{B'C'} = \frac{a}{2}

    \Rightarrow AA' = A'H.tan60^{0} = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    Vậy V = S_{ACB}.AA' = \frac{3a^{3}}{8}

  • Câu 10: Nhận biết

    Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau?

    Mệnh đề đúng: “Góc giữa hai mặt phẳng bằng góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng đó.”

    NB

     

    0

  • Câu 11: Thông hiểu

    Nếu ba vecto \vec{a}, \vec{b}, \vec{c} cùng vuông góc với vecto \vec{n} khác \vec{0} thì chúng: 

    "Nếu ba vecto \vec{a}, \vec{b}, \vec{c} cùng vuông góc với vecto \vec{n} khác \vec{0} thì chúng đồng phẳng"

    Giải thích:

    Giả sử \vec{a}, \vec{b}, \vec{c} không đồng phẳng, khi đó tồn tại duy nhất bộ số thực (x; y; z) sao cho:

    \overrightarrow n = x\overrightarrow a + y\overrightarrow b + z\overrightarrow c

    Nhân cả hai vế với \overrightarrow n ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow n .\overrightarrow n = x\overrightarrow a .\overrightarrow n + y\overrightarrow b .\overrightarrow n + z\overrightarrow c .\overrightarrow n = 0 \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow n = \overrightarrow 0 \hfill \\ \end{matrix} 

    (Mâu thuẫn với giả thiết)

  • Câu 12: Vận dụng

    Tính thể tích khối chóp tam giác đều cạnh đáy bằng a. Biết độ dài chiều cao của tam giác đáy và cạnh bên của hình chóp tỉ lệ 1 : 2?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trọng tâm tam giác ABC suy ra SH\bot(ABC)

    Gọi M là trung điểm của BC

    \Rightarrow AM\bot BC;AM = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    Vì độ dài chiều cao của tam giác đáy và cạnh bên của hình chóp tỉ lệ 1 : 2

    Hay AM = \frac{1}{2}SA

    \Rightarrow SA = a\sqrt{3}

    Xét tam giác SAH vuông tại H ta có:

    \Rightarrow SH = \sqrt{SA^{2} - AH^{2}}

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

    Vậy V_{S.ABC} = \frac{1}{3}.S_{ABC}.SH = \frac{1}{3}.\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}.\frac{2a\sqrt{6}}{3} = \frac{a^{3}\sqrt{2}}{6}

  • Câu 13: 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 14: 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 15: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA ⊥ (ABCD). Gọi AM, AN lần lượt là đường cao của tam giác SAB và tam giác SAD. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Khẳng định đúng trong các khẳng định đã cho

    Ta có: SA ⊥ (ABCD) => SA ⊥ BC

    Mà AB ⊥ BC => BC ⊥ (SAB)

    => BC ⊥ AE

    Mà AM nằm trong mặt phẳng (SAB)

    Xét tam giác SAB có:

    AM ⊥ SB

    Mà BC ⊥ AM => AM ⊥ (SBC) => AM ⊥ SC

    Chứng minh tương tự ta được: AN ⊥ SC

    => SC ⊥ (AMN)

  • Câu 16: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA vuông góc với mặt đáy và SA = AB = \sqrt{3}. Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB. Khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SBC) bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của SB \Rightarrow AM\bot SB (vì \Delta SAB cân)

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} BC\bot AB \\ BC\bot SA \\ \end{matrix} \Rightarrow BC\bot(SAB) \Rightarrow BC\bot AM ight.

    Và \left\{ \begin{matrix} AM\bot SB \\ AM\bot BC \\ \end{matrix} \Rightarrow AM\bot(SBC) \Rightarrow GM\bot(SBC) ight. tại M.

    Do đó d(G;(SBC)) = GM.

    Ta có: SM = \sqrt{AB^{2} + SA^{2}} = \sqrt{6} \Rightarrow AM = \frac{SB}{2} = \frac{\sqrt{6}}{2}.

    Vì G là trọng tâm của \Delta SAB nên GM = \frac{1}{3}AM = \frac{\sqrt{6}}{6}.

  • Câu 17: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a, SO ⊥ (ABCD) và SO = \frac{a\sqrt{3}}{3}. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD).

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi Q là trung điểm BC => OQ ⊥ BC.

    Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} BC\bot OQ \\ BC\bot SO \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SOQ) \Rightarrow BC\bot SQ

    Do đó ((SBC), (ABCD)) = (SQ, OQ) = \widehat{SQO}

    Tam giác vuông SOQ ta có: \tan\widehat{SQO} = \frac{SO}{OQ} = \sqrt{3}

    Vậy mặt phẳng (SBC) hợp với mặt đáy (ABCD) một góc 60◦

  • Câu 18: 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 19: Thông hiểu

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' . Ghép nối các đáp án với nhau.

    • (AB,B'C') || 90^{0}
    • (AC,B'C') || 45^{0}
    • (A'C',B'C) || 60^{0}
    Đáp án là:

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' . Ghép nối các đáp án với nhau.

    • (AB,B'C') || 90^{0}
    • (AC,B'C') || 45^{0}
    • (A'C',B'C) || 60^{0}

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: AB//A'B' mà (A'B',B'C') = 90^{0} \Rightarrow (AB,B'C') = 90^{0}

    Vì tứ giác ABCD là hình vuông nên (AC;BC) = 45^{0}

    Ta có: BC//B'C' nên (AC,B'C') = 45^{0}

    Ta có: A'C'//AC và tam giác AVB' là tam giác đều vì có các cạnh đều bằng đường chéo của các hình vuông bằng nhau. Do đó (A'C',B'C) = (AC,B'C) = 60^{0}

  • Câu 20: Nhận biết

    Cho một khối chóp có diện tích đáy bằng 5a^{2}, chiều cao bằng a. Thể tích khối chóp đã cho là:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 5a^{2} \\ h = a \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}B.h = \frac{5}{3}a^{3}

  • Câu 21: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA ⊥ (ABCD). Gọi I là trung điểm của SC. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (ABCD) bằng độ dài đoạn thẳng nào?

    Hình vẽ minh họa:

    Do I là trung điểm của SC và O là trung điểm AC nên IO ∥ SA. Do SA ⊥ (ABCD) nên IO ⊥ (ABCD), hay khoảng cách từ I đến mặt phẳng (ABCD) bằng độ dài đoạn thẳng IO

  • Câu 22: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA ⊥(ABC). Kẻ AH ⊥ SB. Chọn khẳng định sai trong các khẳng định dưới đây?

    Hình vẽ minh họa:

    AB ⊥ BC (hiển nhiên đúng)

    Ta có: SA ⊥(ABC) mà BC nằm trong (ABC) => SA ⊥ BC

    Ta lại có:

    \begin{matrix}\left\{ \begin{matrix}BC\bot BA \subset (SAB) \\BC\bot SA \subset (SAB) \\BA \cap SA = A \hfill \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SAB) \hfill\\\Rightarrow BC\bot AH \hfill\\\left\{ \begin{matrix}BC\bot AH \\SB\bot AH \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow AH\bot(SBC) \Rightarrow SC\bot AH \hfill \\\end{matrix}

    Dễ thấy AH ⊥ AC là khẳng định sai.

  • Câu 23: Nhận biết

    Mệnh đề nào sau đây đúng?

    Mệnh đề đúng là: Hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ ba thì có thể vuông góc với nhau

  • Câu 24: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có AC = AD = BC = BD = a, (ACD) ⊥ (BCD) và (ABC) ⊥ (ABD). Tính độ dài cạnh CD.

    Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB, ∆ACD và ∆BCD cân

    => AM ⊥ CD, BM ⊥ CD. Ta có:

    \left\{ \begin{matrix}(ACD)\ \cap \ (BCD) \\CD\bot AM \subset (ACD) \\CD\bot BM \subset (BCD) \\\end{matrix} ight.

    \Rightarrow \widehat{\left( (ACD);\(BCD) ight)} = \widehat{(AM;\ BM)} = 90^{0}

    => AM ⊥ BM

    Và ta dễ dàng chứng minh được ∆ACD = ∆BCD (c – c - c)

    => AM = BM => ∆ABM vuông cân tại M

    => MN ⊥ AB

    Đặt CD = x

    Áp dụng định lý Py-ta-go ta có:

    AM^{2} = a^{2} -\frac{x^{2}}{4}

    Xét ∆ABM vuông cân tại M

    \Rightarrow AB^{2} = 2AM^{2} = 2a^{2} -\frac{x^{2}}{2}

    \Rightarrow AN^{2} = \frac{1}{4}AB^{2} =\frac{a^{2}}{2} - \frac{x^{2}}{8}

    Áp dụng định lý Py-ta-go ta có:

    DN^{2} = AD^{2} - AN^{2}

    \Rightarrow DN^{2} = a^{2} -\frac{a^{2}}{2} + \frac{x^{2}}{8} = \frac{a^{2}}{2} +\frac{x^{2}}{8}

    Xét ∆CDN vuông cân tại N

    \Rightarrow CD^{2} = 2DN^{2} = a^{2} +\frac{x^{2}}{4}

    \Rightarrow a^{2} + \frac{x^{2}}{4} =x^{2} \Leftrightarrow x = \frac{2a\sqrt{3}}{3}

  • Câu 25: Thông hiểu

    Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có AA' = 4a. Tính thể tích khối lăng trụ biết góc giữa mặt phẳng (A'BC) và mặt phẳng (ABC) bằng 30^{0}.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của BC.

    Khi đó \left( (A'BC);(ABC) ight) = \widehat{A'MA} = 30^{0}

    Trong tam giác vuông A’MA có:

    \tan\widehat{A'MA} = \frac{A'A}{AM} \Rightarrow AM = \frac{A'A}{tan30^{0}} = 4\sqrt{3}a

    Tam giác ABC đều nên AM = \frac{AB\sqrt{3}}{2} \Rightarrow AB = 8a

    Vậy thể tích khối lăng trụ là: V = S_{ABC}.AA' = \frac{(8a)^{2}\sqrt{3}}{4} = 64\sqrt{3}a^{3}

  • Câu 26: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O và SA = SC, SB = SD. Khẳng định nào sau đây sai?

    Hình vẽ minh họa:

    Do ABCD là hình thoi tâm O và SA = SC, SB = SD nên \left\{ \begin{matrix}SO\bot AC \\SO\bot BD \\\end{matrix} ight. => SO ⊥ (ABCD)

    Từ \left\{ \begin{matrix}SO\bot AC \\AC\bot BD \\\end{matrix} ight.=> AC ⊥ (SBD)

    Từ \left\{ \begin{matrix}SO\bot BD \\AC\bot BD \\\end{matrix} ight.=> BD ⊥ (SAC)

    Như vậy, các khẳng định “SO ⊥ (ABCD)”, “AC ⊥ (SBD)”, “BD ⊥ (SAC)” là các khẳng định đúng.

    Khẳng định “BC ⊥ (SAB)” là khẳng định sai. Vì nếu BC ⊥ (SAB) suy ra BC ⊥ SB, cùng với BC ⊥ SO ta có BC ⊥ (SBD), nên qua điểm B có hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với đường thẳng BC (vô lí).

  • Câu 27: 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 28: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Cạnh bên SA=a\sqrt{3} và vuông góc với mặt đáy (ABC). Tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng (SBC). 

    Hình vẽ minh họa:

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

    Gọi M là trung điểm BC 

    =>AM ⊥ BC và AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}

    Gọi K là hình chiếu của A trên SM => AK ⊥ SM (1)

    Ta có: \left\{ \begin{gathered} AM \bot BC \hfill \\ BC \bot SA \hfill \\ \end{gathered} ight.

    \Rightarrow BC \bot (SAM) \Rightarrow BC \bot AK{\text{ }}\left( 2 ight)

    Từ (1) và (2) => AK⊥(SBC) => d(A;(SBC)) = AK

    Xét tam giác SAM ta có:

    AK = \frac{{SA.AM}}{{\sqrt {S{A^2} + A{M^2}} }} = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}

    Vậy d(A;(SBC)) = AK = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}

  • Câu 29: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh đáy bằng 2a, đường cao bằng a\sqrt{2}. Giả sử \left( (SCD);(ABCD) ight) = \alpha. Mệnh đề nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O = AC \cap BC, M là trung điểm của CD.

    Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} (SCD) \cap (ABCD) = CD \\ OM\bot CD \\ SM\bot CD \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow \alpha = (OM;SM) = \widehat{SMO}

    Trong tam giác SMO có \tan\widehat{SMO} = \frac{SO}{OM} = \frac{a\sqrt{2}}{a} = \sqrt{2}

    \Rightarrow \tan\alpha = \sqrt{2}

  • Câu 30: Thông hiểu

    Cho hai hình vuông ABCD và ABEF cạnh a nằm trên hai mặt phẳng vuông góc. Độ dài DE bằng:

    Ta có:

    EB ⊥ (ABCD) vì nó vuông góc với giao tuyến AB của hai mặt phẳng vuông góc đã cho

    => CD ⊥ (EBC) => CD ⊥ CE

    => Tam giác ECD vuông tại C.

    => DE = \sqrt {E{C^2} + C{D^2}}

    Ta có: EB ⊥ BC => Tam giác EBC vuông tại B

    => EC = \sqrt {B{E^2} + C{D^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2

    => DE = \sqrt {E{C^2} + C{D^2}}

    => DE =a\sqrt{3}

  • Câu 31: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau:

    Khẳng định đúng là “AB vuông góc với mặt phẳng (SAD)”

    Thật vậy, do SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ AB

    Mặt khác AB ⊥ AD.

    Từ đó suy ra AB ⊥ (SDA)

  • Câu 32: Nhận biết

    Cho hai mặt phẳng (P), (Q) là hai mặt phẳng vuông góc với nhau có giao tuyến là đường thẳng m và a, b, c, d là các đường thẳng. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?

    "Nếu b ⊥ m thì b ⊂ (P) hoặc b ⊂ (Q)" là khẳng định sai vì có thể b ⊂ (P) và b ⊂ (Q).

  • Câu 33: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác S.ABC, đáy là tam giác ABC vuông cân tại C và AB = a\sqrt{3};AC = a. Biết tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Thể tích hình chóp tam giác S.ABC bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trung điểm của AB

    Tam giác SAB đều nên SH\bot AB

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} SH\bot AB \\ (SAB)\bot(ABC) \\ SH \subset (SAB) \\ AB = (SAB) \cap (ABC) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SH\bot(ABC)

    Vậy SH là đường cao của hình chóp tam giác S.ABC

    Tam giác SAB đều nên SH = \frac{3a}{2}

    Tam giác ABC vuông cân tại C nên

    AB^{2} = AC^{2} + BC^{2} \Rightarrow BC = \sqrt{3a^{2} - a^{2}} = a\sqrt{2}

    Vậy thể tích hình chóp S.ABC là: V_{S.ABC} = \frac{1}{3}.\frac{3a}{2}.\frac{1}{2}.a\sqrt{2}.a = \frac{a^{3}\sqrt{2}}{4}

  • Câu 34: Nhận biết

    Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước là 2;3;5 bằng:

    Thể tích cần tìm là: V = 2.3.5 = 30

  • Câu 35: Vận dụng cao

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành và SA = SB = SC = 11, \widehat{SAB} = 30^{0}, \widehat{SBC} = 60^{0};\widehat{SCA} =45^{0}. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AB và SD?

    Hình vẽ minh họa:

    Dựa vào định lý cosin ta dễ dàng tính được BC = 11, AB = 11\sqrt{3};AC = 11\sqrt{2}

    => ∆ABC vuông tại C

    Do SA = SB = SC, nên hình chiếu của S xuống mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm H của AB

    => SH ⊥ (ABCD) và SH =SA.sin\widehat{SAB} = \frac{11}{2}

    Kẻ HK ⊥ CD, AP ⊥ CD, tứ giác APKH là hình chữ nhật, HK = AP = \frac{11\sqrt{6}}{3}(Do \frac{1}{AP^{2}} = \frac{1}{AD^{2}} +\frac{1}{AC^{2}})

    Trong tam giác vuông SHK, kẻ HI ⊥ SK

    Do AB // CD => d(AB, SD) = d(H, SD) = HI

    Ta có: \frac{1}{HI^{2}} =\frac{1}{SH^{2}} + \frac{1}{SK^{2}} \Rightarrow HI =\sqrt{22}

  • Câu 36: Nhận biết

    Hai mặt phẳng vuông góc với nhau khi và chỉ khi

    Hai mặt phẳng vuông góc với nhau khi và chỉ khi có một đường thẳng nằm trong mặt phẳng này và vuông góc với mặt phẳng kia.

  • Câu 37: Thông hiểu

    Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a\sqrt{2}. Tam giác SAC vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Cạnh SC tạo với đáy một góc bằng 60^{0}. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD?

    Hình vẽ minh họa

    Kẻ SH\bot AC;H \in (AC) ta có:

    \left\{ \begin{matrix} SH\bot AC \\ SH \subset (SAC) \\ (SAC)\bot(ABCD) \\ AC = (SAC) \cap (ABCD) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SH\bot(ABCD)

    Vậy SH là đường cao của hình chóp

    Lại có AC = 2a, tam giác SAC vuông tại S và \widehat{SAC} = 60^{0} nên \left\{ \begin{matrix}SA = a \\SC = a\sqrt{3} \\SH = \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \\\end{matrix} ight.

    Thể tích hình chóp là V = \frac{1}{3}.\left( a\sqrt{2} ight)^{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a^{3}\sqrt{3}}{3}

  • Câu 38: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC đáy là tam giác ABC vuông tại B và SA\bot(ABC). Mệnh đề nào sau đây sai?

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} BC\bot SA;\left( do\ SA\bot(ABC) ight) \\ BC\bot AB \\ SA \cap AB = \left\{ A ight\} \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SAB)

    \Rightarrow BC\bot SB

    Vậy đáp án sai là: BC\bot(SAC).

  • Câu 39: Nhận biết

    Cho tứ diện OABC có OA;OB;OC đôi một vuông góc. Khẳng định nào dưới đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} OA\bot OB \\ OA\bot OC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow OA\bot(OBC)

  • Câu 40: Nhận biết

    Cho ba mặt phẳng (P), (Q) và (R). Mệnh đề nào sau đây đúng?

    Vì một mặt phẳng vuông góc với một trong hai mặt phẳng song song thì sẽ vuông góc với mặt phẳng còn lại.

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
  • 15 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