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: Nhận biết

    Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA\bot(ABC). Xác định khẳng định đúng dưới đây?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SA\bot(ABC) \Rightarrow SA\bot BC;SA \subset (SAB)

    Mà BC\bot AB (vì đáy là tam giác vuông tại B); AB \subset (SAB)

    \Rightarrow BC\bot(SAB)

  • Câu 2: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có AB = AC, \widehat {SAB} = \widehat {SAC}. Tính số đo góc giữa hai đường thẳng SA và BC.

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {AS} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AS} .\left( {\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } ight) \hfill \\ = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AS} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AS} \hfill \\ = AC.AS.\cos \widehat {SAC} - AB.AS.\cos \widehat {SAB} \hfill \\ = 0 \hfill \\ \end{matrix}

    Vì AB = AC,\widehat {SAB} = \widehat {SAC}

    => Góc giữa hai đường thẳng SA, BC là: 900

  • Câu 3: 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 4: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có độ dài các cạnh AB = AC = AD = BC = BD = a và CD = a\sqrt{2}. Tính góc giữa hai đường thẳng AD và BC.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi I, K, H lần lượt là trung điểm các cạnh DC, DB, AB.

    Khi đó: KH//AD,KI//BC \Rightarrow (AD;BC) = (KH;KI).

    Xét \Delta BIC,BI = \sqrt{BC^{2} - AC^{2}} = \sqrt{a^{2} - \frac{a^{2}}{2}} = \frac{a}{\sqrt{2}}.

    Ta có \left\{ \begin{matrix} AB\bot DH \\ AB\bot HC \\ \end{matrix} \Rightarrow AB\bot(DHC) \Rightarrow AB\bot HI ight..

    Xét \Delta BIH,HI = \sqrt{IB^{2} - HB^{2}} = \sqrt{\frac{a^{2}}{2} - \frac{a^{2}}{4}} = \frac{a}{2}. (1)

    Xét \Delta IHK, ta có: \left\{ \begin{matrix} IK = \frac{BC}{2} = \frac{a}{2} \\ HK = \frac{AD}{2} = \frac{a}{2} \\ \end{matrix} \Rightarrow IK = HK = \frac{a}{2} ight.. (2)

    Từ (1),(2) \Rightarrow HI = IK = HK \Rightarrow \Delta IHK là tam giác đều

    \Rightarrow \widehat{IKH} = 60^{0} \Rightarrow (KH;KI) = 60^{0}.

  • Câu 5: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a có G là trọng tâm và độ dài các cạnhSA = SB = SC = m. Tính độ dài đoạn thẳng GS?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: SA = SB = SC, G là trọng tâm tam giác ABC

    => G là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC)

    Gọi H là trung điểm của BC => BH = CH = \frac{a}{2}

    Xét tam giác ABC đều cạnh a ta có:

    GH = \frac{AH}{3} = \frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{1}{3} = \frac{a\sqrt{3}}{6}

    Xét tam giác SBH vuông tại H ta có:

    SH = \sqrt{SB^{2} - HB^{2}} = \sqrt{m^{2} - \frac{a^{2}}{4}}

    Xét tam giác SGH vuông tại G ta có:

    \begin{matrix}SG = \sqrt{SH^{2} - GH^{2}} \hfill \\= \sqrt{m^{2} - \dfrac{a^{2}}{4} - \dfrac{a^{2}}{12}} = \dfrac{\sqrt{9m^{2}- 3a^{2}}}{3} \hfill \\\end{matrix}

  • Câu 6: Nhận biết

    Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA\bot(ABCD);SA = a\sqrt{2}. Xác định thể tích S.ABCD?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có:

    S_{ABCD} = a^{2} \Rightarrow V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}SA.S_{ABCD} = \frac{a^{3}\sqrt{2}}{3}

  • Câu 7: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Cạnh bên SA = 2a và vuông góc với mặt đáy (ABCD). Gọi H và K lần lượt là trung điểm của cạnh BC và CD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD. 

    Gọi E=HK∩AC. Do HK//BD nên suy ra

    d(HK;SD)=d(HK;(SBD))=d(E;(SBD))=d(A;(SBD))/2 (vì OE=AO/2=1/2)

    Kẻ AF⊥SO(1) ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {BD \bot AC} \\ {BD \bot SA} \end{array}} ight.

    ⇒BD⊥(SAC)⇒BD⊥AF(2)

    Từ (1) và (2) ⇒AF⊥(SBD), khi đó d(A;(SBD))=AF

    \begin{matrix} AF = \dfrac{{SA.AO}}{{\sqrt {S{A^2} + A{O^2}} }} \hfill \\ = \dfrac{{2a.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {2a} ight)}^2} + {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} ight)}^2}} }} = \dfrac{{2a}}{3} \hfill \\ \Rightarrow d\left( {HK;SD} ight) = \dfrac{1}{2}AF = \dfrac{a}{3} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 8: 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 9: Thông hiểu

    Cho hình lập phương như hình vẽ:

    Biết AC' = a\sqrt{3}. Xác định thể tích của khối lập phương đã cho.

    Gọi độ dài cạnh của khối lập phương là a; (x > 0)

    Xét tam giác A’B’C’ vuông cân tại B’ ta có:

    A'C'^{2} = A'B'^{2} + B'C'^{2} = x^{2} + x^{2} = 2x^{2}

    \Rightarrow A'C' = \sqrt{2}x

    Xét tam giác A’AC’ vuông tại A’ ta có:

    AC'^{2} = A'A^{2} + A'C'^{2}

    \Leftrightarrow 3a^{2} = x^{2} + 2x^{2} \Leftrightarrow x = a

    Vậy thể tích khối lập phương là V = a^{3}

  • Câu 10: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB,AC,AD đôi một vuông góc với nhau; AB = 8a;AC = 5a;AD = 6a. Gọi trung điểm của các cạnh BC,CD,DB lần lượt là J;Q;K. Tính thể tích tứ diện AJQK?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: V_{ABCD} = \frac{1}{2}AB.\frac{1}{2}AD.AC = 60a^{3}

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

    V_{JQK} = \frac{1}{4}.V_{ABCD} = 15a^{3}

  • Câu 11: Vận dụng

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh bằng a, tâm O. Gọi trung điểm các cạnh SA;BC lần lượt là M,N. Biết rằng góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (ABCD) bằng 60^{0}. Khi đó cosin góc giữa MN và mặt phẳng (SBD) bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: AN \cap CD = F \Rightarrow MN//SF

    \Rightarrow \left( MN;(ABCD) ight) = \left( SF;(ABCD) ight) = \widehat{SFO} = 60^{0}

    Với \left\{ \begin{matrix} OC = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\sqrt{AB^{2} + BC^{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{2} \\ CF = CD = a \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow OF = \sqrt{a^{2} + \frac{a^{2}}{2} - 2a.\frac{a\sqrt{2}}{2}.cos135^{0}} = \frac{a\sqrt{10}}{2}

    Khi đó SF = \frac{OF}{cos60^{0}} = \frac{a\sqrt{10}}{2}.2 = a\sqrt{10}

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} OC\bot DB \\ OC\bot SO \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow OC\bot(SBD)

    Lại có OC//BF \Rightarrow BF\bot(SBD)

    Do vậy \Rightarrow \left( MN;(SBD) ight) = \left( SF;(SBD) ight) = \widehat{FSB}

    Ta có: BF = 2OC = a\sqrt{2} (vì OC là đường trung bình trong tam giác BDF)

    SB = \sqrt{SF^{2} - BF^{2}} = 2a\sqrt{2}

    Vậy \cos\widehat{BSF} = \frac{SB}{SF} = \frac{2\sqrt{5}}{5}.

  • Câu 12: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng \sqrt{6}cm . Góc tạo bởi cạnh bên SB và mặt phẳng đáy bằng 60^{0} . Thể tích khối chóp S.ABCD bằng bao nhiêu?

    Kết quả: 6 cm3

    Đáp án là:

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng \sqrt{6}cm . Góc tạo bởi cạnh bên SB và mặt phẳng đáy bằng 60^{0} . Thể tích khối chóp S.ABCD bằng bao nhiêu?

    Kết quả: 6 cm3

    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)

    Diện tích đáy S_{ABCD} = AB^{2} = 6\left( cm^{2} ight)

    Góc giữa SB và mặt phẳng đáy là \left( SB;(ABCD) ight) = \widehat{SBO} = 60^{0}

    ABCD là hình vuông nên OB = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}AB\sqrt{2} = \frac{1}{2}.\sqrt{6}.\sqrt{2} = \sqrt{3}(cm)

    Xét tam giác vuông SOB ta có:

    SO = BO.tan\widehat{SDO} = \sqrt{3}.tan60^{0} = 3(cm)

    Khi đó thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}.SO.S_{ABC} = \frac{1}{3}.3.6 = 6cm^{3}

  • Câu 13: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Góc giữa hai đường thẳng A'B và AD' bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: A'B//D'C nên góc giữa hai đường thẳng A'B và AD' bằng góc giữa hai đường thẳng D'C và AD' và bằng góc \widehat{AD'C}

    Mà tam giác ACD’ là tam giác đều nên \widehat{AD'C} = 60^{0}

    \Rightarrow (A'B;AD') = 60^{0}

  • Câu 14: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Biết \left( (SAB);(ABCD) ight) = 90^{0} và tam giác SAB đều. Xác định thể tích hình chóp S.ABCD?

    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(ABCD) \\ SH \subset (SAB) \\ AB = (SAB) \cap (ABCD) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SH\bot(ABCD)

    Vậy SH là đường cao của hình chóp

    Xét tam giác AHS vuông tại H ta có:

    SH = \sqrt{SA^{2} - AH^{2}} = \sqrt{a^{2} - \left( \frac{a}{2} ight)^{2}} = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}.a^{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a^{3}\sqrt{3}}{6}

  • Câu 15: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'có cạnh bằng a. Khoảng cách từ A' đến mp (ABCD) bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có A'A\bot(ABCD) nên d\left( A',(ABCD) ight) = A'A = a.

  • Câu 16: Thông hiểu

    Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có độ dài tất cả các cạnh bằng a và các góc \widehat{BAD};\widehat{DAA'};\widehat{A'AB} đều bằng 60^{0}. Gọi trung điểm của các cạnh AA',CD lần lượt là M,N. Gọi \alpha là góc tạo bởi hai đường thẳng MN và B'C. Xác định \cos\alpha?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} A'D//B'C \\ MN//A'P \\ \end{matrix} ight. với P là trung điểm của D’C

    Suy ra (MN,B'C) = (A'P;A'D) = \widehat{DA'P}

    Vì \widehat{BAD} = \widehat{DAA'} = \widehat{A'AB} = 60^{0} và các cạnh của hình hộp bằng a

    Do đó A'D = a;C'D = C'A' = a\sqrt{3}

    A'P = \frac{A'D^{2} + A'C'^{2}}{2} - \frac{DC'^{2}}{4}

    \Rightarrow A'P = \frac{a\sqrt{5}}{2}

    Áp dụng định lí cosin cho tam giác A’DP ta có:

    \cos\alpha = \frac{A'D^{2} + A'P^{2} - DP^{2}}{2A'D.A'P} = \frac{3\sqrt{5}}{10}

  • Câu 17: Thông hiểu

    Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AC = a\sqrt{3} và AA' = 3a. Chọn kết luận đúng về số đo góc giữa A'C và (ABC)?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có hình chiếu của A”C lên mặt phẳng (ABC) là AC

    Suy ra \left( A'C;(ABC) ight) = (A'C;AC) = \widehat{A'CA}

    Ta có: \tan\widehat{A'CA} = \frac{AA'}{AC} = \frac{3a}{a\sqrt{3}} = \sqrt{3}

    \Rightarrow \widehat{A'CA} = 60^{0} \Rightarrow \left( A'C;(ABC) ight) = 60^{0}

  • Câu 18: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là hình tam giác vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi H;K lần lượt là hình chiếu của điểm A trên cạnh SB;SC. Kết luận nào sau đây sai?

    Hình vẽ minh họa

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

    \Rightarrow BC\bot(SAB) đúng

    Ta có: \left\{ \begin{matrix}BC\bot AH \\SC\bot AH \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow AH\bot(SBC) đúng

    Ta có: \left\{ \begin{matrix}AH\bot SC \\AK\bot SC \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow SC\bot(AHK) đúng

    Vậy kết luận sai là: AK\bot(SBC).

  • Câu 19: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) là góc giữa cặp đường thẳng nào sau đây?

    Hình vẽ minh họa:

    Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cắt nhau theo giao tuyến SO và cùng vuông góc với đáy nên SO ⊥ (ABCD).

    Vậy góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) là góc giữa SB và BD.

  • Câu 20: Nhận biết

    Cho một khối chóp có diện tích đáy bằng 3a^{2}, chiều cao bằng a. Thể tích khối chóp đã cho là:

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

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

  • Câu 21: Thông hiểu

    Tính thể tích khối lăng trụ đứng tam giác, đáy là tam giác đều cạnh 2a, cạnh bên bằng 3a.

    Hình vẽ minh họa

    Khối lăng trụ đã cho có đáy là tam giác đều cạnh bằng 2a nên diện tích là \frac{(2a)^{2}\sqrt{3}}{4} và chiều cao AA' = 3a (vì lăng trụ là lăng trụ đứng)

    Vậy thể tích hình lăng trụ là: V = \frac{(2a)^{2}\sqrt{3}}{4}.3a = 3\sqrt{3}a^{3}

  • Câu 22: Nhận biết

    Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình vuông và một cạnh bên vuông góc với mặt đáy. Có bao nhiêu mặt bên vuông góc với mặt đáy?

    Hình vẽ minh họa:

    Giả sử SA ⊥ (ABCD). Khi đó có đúng 2 mặt bên vuông góc với mặt đáy là (SAB), (SAD).

  • Câu 23: Vận dụng

    Cho hình lập phương ABCD.EFGH. Hãy xác định góc giữa cặp vecto \overrightarrow {AB} và \overrightarrow {DH}?

    Hình vẽ minh họa

    Xác định góc giữa hai vectơ

    Ta có:

    \begin{matrix} \left\{ \begin{gathered} AB \bot AE \hfill \\ AE//DH \hfill \\ \end{gathered} ight. = > AB \bot DH \hfill \\ \Rightarrow \widehat {\left( {AB,DH} ight)} = {90^0} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 24: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a; SA = a;SA\bot(ABCD). Khoảng cách giữa hai đường thẳng SC;BD bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Dựng Cx//BD;(\alpha) = (SC;Cx)

    \Rightarrow d(BD;SC) = d\left( BD;(\alpha) ight)

    d\left( BD;(\alpha) ight) = d\left( O;(\alpha) ight) = \frac{1}{2}d\left( A;(\alpha) ight)

    Dựng AK\bot SC. Dễ thấy AK\bot(\alpha) \Rightarrow d\left( A;(\alpha) ight) = AK

    \frac{1}{AK^{2}} = \frac{1}{SA^{2}} + \frac{1}{AC^{2}} \Rightarrow AK = \frac{a\sqrt{6}}{3}

    \Rightarrow d\left( O;(\alpha) ight) = \frac{a\sqrt{6}}{3}

  • Câu 25: 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 26: 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 27: Vận dụng

    Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng \frac{a\sqrt{21}}{6}. Tính khoảng cách d từ đỉnh A đến mặt phẳng (SBC)

    Hình vẽ minh họa

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

    Giả sử O là tâm của tam giác đều ABC 

    Do S.ABC đều nên => SO \bot(ABC)

    Gọi E là trung điểm của BC ta có:

    \begin{matrix} AO \cap \left( {SBC} ight) = E \hfill \\ \Rightarrow \dfrac{{d\left( {A;\left( {SBC} ight)} ight)}}{{d\left( {O;\left( {SBC} ight)} ight)}} = \dfrac{{AE}}{{OE}} = 3 \hfill \\ \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} ight)} ight) = 3d\left( {O;\left( {SBC} ight)} ight) \hfill \\ \end{matrix}

    Xét (SAE) kẻ OK \bot SE (*)

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {BC \bot AE} \\ {BC \bot SO} \end{array}} ight. \Rightarrow BC \bot \left( {SEA} ight) \Rightarrow BC \bot OK\left( {**} ight)

    Ta có:

    \begin{matrix} SO = \sqrt {S{A^2} - {{\left( {\dfrac{2}{3}AE} ight)}^2}} \hfill \\ = \sqrt {\dfrac{{21{a^2}}}{{36}} - {{\left( {\dfrac{2}{3}\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}} ight)}^2}} = \dfrac{a}{2} \hfill \\ OE = \dfrac{1}{3}AE = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6} \hfill \\ \end{matrix}

    Xét tam giác vuông SOE ta có:

    OK = \frac{{SO.OE}}{{\sqrt {S{O^2} + O{E^2}} }} = \frac{a}{4}

    \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} ight)} ight) = 3OK = \frac{{3a}}{4}

  • Câu 28: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC, SA\bot(ABC) có đáy ABC là tam giác vuông tại B. Biết rằng SA = 2a;AB = a\sqrt{3};BC = a. Gọi \beta là góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC). Khi đó:

    Hình vẽ minh họa

    Ta thấy hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng ABC là AC nên \left( SC;(ABC) ight) = \widehat{SCA}

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

    \Rightarrow \tan\widehat{SCA} = \frac{SA}{AC} = 1

    \Rightarrow \left( SC;(ABC) ight) = \widehat{SCA} = 45^{0}

  • Câu 29: Nhận biết

    Tính thể tích khối lập phương có cạnh bằng 4a?

    Ta có: V = (4a)^{3} = 64a^{3}

  • Câu 30: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các cạnh SB, SC. Giả sử HK cắt BC tại D. Khi đó:

    a) \widehat{(AC;AD)} = 90^{0} Đúng||Sai

    b) AH\bot(SBC) Đúng||Sai

    c) \widehat{(SC;HK)} = 90^{0} Đúng||Sai

    d) Tam giác SBC cân tại B. Sai||Đúng

    Đáp án là:

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các cạnh SB, SC. Giả sử HK cắt BC tại D. Khi đó:

    a) \widehat{(AC;AD)} = 90^{0} Đúng||Sai

    b) AH\bot(SBC) Đúng||Sai

    c) \widehat{(SC;HK)} = 90^{0} Đúng||Sai

    d) Tam giác SBC cân tại B. Sai||Đúng

    \widehat{(AC;AD)} = 90^{0} đúng

    AH\bot(SBC) đúng

    \widehat{(SC;HK)} = 90^{0} đúng

    Tam giác SBC cân tại B. sai

  • Câu 31: Vận dụng cao

    Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ nội tiếp mặt cầu (S) có bán kính R = \frac{{\sqrt {17} }}{2}. Gọi I; J là trung điểm BC, CD và \alpha là góc giữa đường thẳng AC’ và mặt phẳng (C’IJ). Giá trị lớn nhất của \sin \alpha là

    Giá trị lớn nhất của góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

    Đặt CD = a\,,\,CB = b\,,CC' = c\,\,\,\left( {a,b,c > 0} ight).

    AC{'^2} = {a^2} + {b^2} + {c^2} = 17.

    Gọi K là hình chiếu của A lên (C’IJ)

    \left( {\widehat {AC',\left( {C;{\text{IJ}}} ight)}} ight) = \left( {\widehat {AC',AK}} ight) = \alpha

    Ta có \sin \alpha = \frac{{d\left( {A,\left( {C'{\text{IJ}}} ight)} ight)}}{{AC'}} = \frac{{3d\left( {C,\left( {C'{\text{IJ}}} ight)} ight)}}{{\sqrt {17} }}

    Trong (ABCD) kẻ tại E

    \left\{ \begin{gathered} IJ \bot CE \hfill \\ IJ \bot CC\prime \hfill \\ CE \subset \left( {CEC'} ight) \hfill \\ \,CC' \subset \left( {CEC'} ight) \hfill \\ CE \cap CC' = C \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow IJ \bot \left( {CEC'} ight) \Rightarrow \left( {C'IJ} ight) \bot \left( {CEC'} ight)

    Trong (CEC’) kẻ CH \bot C'E tại H

    Suy ra d\left( {C,\left( {C'{\text{IJ}}} ight)} ight) = CH = h

    Do đó \sin \alpha = \frac{{3h}}{{\sqrt {17} }}

    Ta có:

    \begin{matrix} \dfrac{1}{{{h^2}}} = \dfrac{1}{{{c^2}}} + \dfrac{4}{{{a^2}}} + \dfrac{4}{{{b^2}}} = \dfrac{1}{{{c^2}}} + 4\left( {\dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{b^2}}}} ight) \geqslant \dfrac{1}{{{c^2}}} + \dfrac{{16}}{{{a^2} + {b^2}}} \hfill \\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{{h^2}}} \geqslant \frac{1}{{{c^2}}} + \dfrac{{16}}{{17 - {c^2}}} = \dfrac{{17 - {c^2} + {c^2}}}{{17{c^2}}} + \dfrac{{16\left( {17 - {c^2} + {c^2}} ight)}}{{17\left( {17 - {c^2}} ight)}} \hfill \\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{{h^2}}} \geqslant \dfrac{{17 - {c^2}}}{{17{c^2}}} + \dfrac{{16{c^2}}}{{17\left( {17 - {c^2}} ight)}} + 1 \geqslant 2.\dfrac{4}{{17}} + 1 = \dfrac{{25}}{{17}} \Leftrightarrow h \leqslant \dfrac{{\sqrt {17} }}{5}. \hfill \\ \Rightarrow \sin \alpha \leqslant \dfrac{3}{5}. \hfill \\ \end{matrix}

    Vậy đạt giá trị lớn nhất là \frac{3}{5}

    Dấu xảy ra khi: \left\{ \begin{gathered} {a^2} = {b^2} = \frac{{34}}{5} \hfill \\ {c^2} = \frac{{17}}{5} \hfill \\ \end{gathered} ight. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} a = b = \sqrt {\frac{{34}}{5}} \hfill \\ c = \sqrt {\frac{{17}}{5}} \hfill \\ \end{gathered} ight.

  • Câu 32: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, SA\bot(ABCD), SA = AB = a;AD = 2a. Gọi H;K lần lượt là hình chiếu của A lên SB;SD. Xét tính đúng sai của các kết luận sau?

    a) AH\bot SC Đúng||Sai

    b) SC\bot(AHK) Đúng||Sai

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

    d) \cos\left( (AHK);(ABCD) ight) = \frac{\sqrt{2}}{2}Sai||Đúng

    Đáp án là:

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, SA\bot(ABCD), SA = AB = a;AD = 2a. Gọi H;K lần lượt là hình chiếu của A lên SB;SD. Xét tính đúng sai của các kết luận sau?

    a) AH\bot SC Đúng||Sai

    b) SC\bot(AHK) Đúng||Sai

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

    d) \cos\left( (AHK);(ABCD) ight) = \frac{\sqrt{2}}{2}Sai||Đúng

    Hình vẽ minh họa

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

    \Rightarrow AH\bot BC

    Lại có AH\bot SB \Rightarrow AH\bot(SBC) \Rightarrow AH\bot SC(*)

    b) Chứng minh tương tự câu a ta có:

    \left\{ \begin{matrix} CD\bot AD \\ CD\bot SA \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow CD\bot(SAD);AK \subset (SAD)

    \Rightarrow AK\bot CD mà AK\bot SD \Rightarrow AK\bot(SCD)

    \Rightarrow AK\bot SC(**)

    Từ (*) và (**) suy ra: SC\bot(AHK).

    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: SA\bot(ABCD) \Rightarrow \widehat{\left( (AHK);(ABCD) ight)} = \widehat{(SC;SA)} = \widehat{ASC}

    Lại có ABCD là hình chữ nhật nên AC = \sqrt{AB^{2} + AD^{2}} = a\sqrt{5}

    Tam giác SAC vuông tại A nên SC = \sqrt{SA^{2} + AC^{2}} = a\sqrt{6}

    \Rightarrow \cos\widehat{ASC} = \frac{SA}{SC} = \frac{\sqrt{6}}{6}

    \Rightarrow \cos\left( (AHK);(ABCD) ight) = \frac{\sqrt{6}}{6} eq \frac{\sqrt{2}}{2}

  • Câu 33: Nhận biết

    Điều kiện nào sau đây không phải là điều kiện cần và đủ để hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau?

    Mỗi đường thẳng a nằm trong (P) đều có đường thẳng b nằm trong (Q) sao cho a vuông góc với b, khi đó (P) và (Q) có thể trùng nhau.

  • Câu 34: Vận dụng cao

    Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn BD sao cho HD = 3HB. Biết góc giữa mặt (SCD) và mặt phẳng đáy bằng 450. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD là:

    Hình vẽ minh họa:

    Kẻ HI // BC (I ∈ CD) ta có: \left\{\begin{matrix}CD\bot HI \\CD\bot SI \\\end{matrix} ight.

    => Góc giữa mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng đáy là góc \widehat{SIH} = 45^{0}

    Dựng hình bình hành ADBE

    Ta có: BD // (SAE) => d(SA, BD) = d(BD, (SAE)) = d(B, (SAE)) = d(H, (SAE))

    Kẻ HJ ⊥ AE (J ∈ AE) ta có: AE ⊥ (SHJ) => (SAE) ⊥ (SHJ) theo giao tuyến SJ

    Kẻ HK ⊥ SJ (K ∈ SJ) ta có: HK ⊥ (SAE) => HK = d(H, (SAE))

    Ta có: HK = \frac{HJ.HS}{\sqrt{HJ^{2} +HS^{2}}}

    Với \left\{ \begin{matrix}HJ = AO = a\sqrt{2} \\HS = HI = \dfrac{3}{4}BC = \dfrac{3}{2} \\\end{matrix} ight.

    Vậy HK =\dfrac{a\sqrt{2}.\dfrac{3}{2}a}{\sqrt{\left( a\sqrt{2} ight)^{2} +\left( \dfrac{3}{2}a ight)^{2}}} = \dfrac{3a\sqrt{31}}{17}

  • Câu 35: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại B. Đường thẳng vuông góc với đáy ABC. Đường thẳng BC vuông góc với mặt phẳng nào sau đây?

    Hình vẽ minh họa

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

  • Câu 36: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C. Tam giác SAB vuông cân tại S có M là trung điểm của BC và \widehat{BSC} = 60^{0}. Gọi góc giữa hai đường thẳng AB và CM là \alpha. Chọn kết luận đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Giả sử SA = a \Rightarrow \left\{ \begin{matrix} SB = CA = CB = a \\ AB = a\sqrt{2} \\ \end{matrix} ight.

    Lại có: \widehat{BSC} = 60^{0} suy ra tam giác SBC đều suy ra SC = a

    Suy ra CM = CN = \frac{a\sqrt{3}}{2} hay MN//AB

    Khi đó (AB;CM) = (MN,CM)

    Áp dụng định lí cosin cho tam giác MNC ta có:

    \cos\widehat{CMN} = \frac{MC^{2} + MN^{2} - NC^{2}}{2.MC.MN} = \frac{\sqrt{6}}{6}

    \Rightarrow \cos(AB;CM) = \left| \cos\widehat{CMN} ight| = \frac{\sqrt{6}}{6}

  • Câu 37: Vận dụng cao

    Cho khối lăng trụ ABC.A'B'C' có d(C;BB') = a\sqrt{5};d(A;BB') = a;d(A;CC') = 2a, hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng (A'B'C') là trung điểm M của BC. Biết A'M = \frac{a\sqrt{15}}{3}. Thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa:

    Kẻ AI\bot BB';AK\bot CC'

    Lại có \left\{ \begin{matrix} d(A;BB') = a \Rightarrow AI = a \\ d(A;CC') = 2a \Rightarrow AK = 2a \\ \end{matrix} ight.

    Gọi F là trung điểm của BC; A'M = \frac{a\sqrt{15}}{3} khi đó \Rightarrow AF = \frac{a\sqrt{15}}{3}

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} AI\bot BB' \\ AK\bot BB' \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BB'\bot(AIK) \Rightarrow BB'\bot IK

    Vì C'C//B'B \Rightarrow d(C;BB') = d(K;BB') = IK = a\sqrt{5}

    Vậy tam giác AIK vuông tại A

    Gọi E là trung điểm của IK

    => EF//BB' \Rightarrow EF\bot(AIK) \Rightarrow EF\bot AE

    Lại có AM\bot(ABC) do đó góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AIK) là góc giữa EF và AM và bằng góc \widehat{AME} bằng \widehat{FAE}

    Ta có: \cos\widehat{FAE} = \dfrac{AE}{AF}= \dfrac{\dfrac{a\sqrt{5}}{2}}{\dfrac{a\sqrt{15}}{3}} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \widehat{FAE} = 30^{0}

    Hình chiếu vuông góc của tam giác ABC lên mặt phẳng (AIK) là tam giác AIK nên ta có:

    S_{AIK} = S_{ABC}.\cos\widehat{FAE}\Rightarrow a^{2} = S_{ABC}.\cos30^{0}

    \Rightarrow S_{ABC} = \frac{2}{\sqrt{3}}a^{2}

    Xét tam giác AMF vuông tại A ta có:

    \tan\widehat{AMF} = \dfrac{AF}{AM}\Rightarrow AM = \dfrac{\dfrac{a\sqrt{15}}{3}}{\dfrac{a\sqrt{3}}{3}} =a\sqrt{5}

    Vậy V_{ABC.A'B'C} = a\sqrt{5}.\frac{2a^{2}}{\sqrt{3}} = \frac{2a^{3}\sqrt{15}}{3}

  • Câu 38: 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 39: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA\bot(ABCD);SB = 2a. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Do SA\bot(ABCD) nên góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng góc \widehat{SBA}.

    Ta có: \cos\widehat{SBA} = \frac{AB}{SB} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat{SBA} = 60^{0}

    Vậy góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 60^{0}.

  • Câu 40: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = CA = CB. Tính ϕ là góc giữa SC và mặt phẳng (ABC), biết (SAB) vuông góc với (ABC):

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi H là trung điểm của AB, ta có SH ⊥ AB, CH ⊥ AB

    Mà (SAB) ⊥ (ABC) nên SH ⊥ (ABC)

    Suy ra \left\{ \begin{matrix}SH\bot CH \\\widehat{\left( SC,(ABC) ight)} = \widehat{SCH} \\\end{matrix} ight.

    Ta có:

    ∆SAB = ∆CAB (c.c.c)

    => SH = CH. Do đó ∆SCH vuông cân tại H

    Vậy \widehat{\left( SC,(ABC) ight)} =\widehat{SCH} = 45^{0}

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
  • 45 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