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 vuông tâm O, cạnh bằng 4a. Cạnh bên hình chóp SA = 2a. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm M của OA. Gọi α là góc giữa SD và mặt phẳng đáy. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề dưới đây.

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: SM ⊥ (ABCD)

    => Hình chiếu vuông góc của SD trên mặt phẳng (ABCD) là cạnh MD.

    \Rightarrow \alpha = \left( SD,(ABCD) ight) = (SD;MD) = \widehat{SDM}

    Ta tính được: SM = \sqrt{SA^{2} - AM^{2}} = a\sqrt{2}

    Xét tam giác ADM có:

    MD = \sqrt{AM^{2} + AD^{2} - 2AM.AD.cos45^{0}} = a\sqrt{10}

    => \tan\alpha = \tan\widehat{SDM} = \frac{SM}{MD} = \frac{\sqrt{5}}{5}

  • Câu 2: Thông hiểu

    Cho khối chóp S.ABCD có SA\bot(ABCD); đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a;AD = a\sqrt{3}. Tính thể tích khối chóp S.ABCD, biết mặt phẳng (SBC) tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 60^{0}.

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: S_{ABCD} = a^{2}\sqrt{3}

    Vì \left\{ \begin{matrix} (SBC) \cap (ABCD) = BC \\ BC\bot SB \subset (SBC) \\ BC\bot AB \subset (ABCD) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow \left( (SBC);(ABCD) ight) = (SB;AB) = \widehat{SBA}

    Vậy \widehat{SBA} = 60^{0}

    Xét tam giác vuông SAB có

    \tan60^{0} = \frac{SA}{AB} \Rightarrow SA= AB.\tan60^{0} = a\sqrt{3}

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

  • Câu 3: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a (tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và A’C’ bằng:

    Do BD và A’C’ lần lượt nằm trên hai mặt phẳng (ABCD) và (A’B’C’D’) song song với nhau nên d(A’C’, BD) = d((ABCD),(A’B’C’D’)).

    Mà ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên ta có d((ABCD), (A’B’C’D’)) = AA’ = a. Vậy d(A’C’, BD) = a.

  • Câu 4: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnha, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và SA = 2a. Gọi M là trung điểm của SC. Tính côsin của góc \alpha là góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng (ABC)?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trung điểm cạnh AC.

    Khi đó HM//SA nên HM vuông góc (ABC) tại H.

    Do đó \left( \widehat{BM,(ABC)} ight) = \left( \widehat{BM,BH} ight) = \widehat{MBH} do \Delta MBH vuông tại H.

    Ta có:

    \cos\widehat{MBH} = \frac{BH}{BM} = \frac{BH}{\sqrt{HM^{2} + BH^{2}}} = \dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{a^{2} + \left(\dfrac{a\sqrt{3}}{2} ight)^{2}}} = \dfrac{\sqrt{21}}{7}.

  • Câu 5: Vận dụng

    Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có các kích thước AB = 4,AD = 3,AA' = 5. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC' và B'C bằng:

    Đáp án: 30/19 (Ghi kết quả dưới dạng phân số tối giản a/b).

    Đáp án là:

    Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có các kích thước AB = 4,AD = 3,AA' = 5. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC' và B'C bằng:

    Đáp án: 30/19 (Ghi kết quả dưới dạng phân số tối giản a/b).

    Hình vẽ minh họa

    Trong (BB'C'C) kẻ C'M//B'C;(M \in BC).

    \Rightarrow B^{'}C//\left( AC^{'}M ight) \Rightarrow d\left( A^{'}C;B^{'}C ight) = d\left( B^{'}C;\left( AC^{'}M ight) ight) = d\left( C;\left( AC^{'}M ight) ight)

    Kẻ CH\bot AM;CK\bot C^{'}H.

    Do \left\{ \begin{matrix} CH\bot AM \\ CC^{'}\bot AM \\ \end{matrix} \Rightarrow AM\bot\left( CC^{'}H ight) \Rightarrow AM\bot CK ight.

    Mà CK\bot C^{'}H \Rightarrow CK\bot\left( AC^{'}M ight) \Rightarrow d\left( C;\left( AC^{'}M ight) ight) = CK.

    Ta có: B^{'}C^{'}MC là hình bình hành nên CM = B'C' =3.

    \frac{1}{d^{2}(B;AM)} = \frac{1}{AB^{2}} + \frac{1}{BM^{2}} \Rightarrow d(B;AM) = \frac{12}{\sqrt{13}}

    \Rightarrow CH = \frac{1}{2}d(B;AM) = \frac{6}{\sqrt{13}}.

    Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông C^{'}CH ta có:

    \frac{1}{CK^{2}} = \frac{1}{CH^{2}} + \frac{1}{CC^{'2}} \Rightarrow CK = \frac{30}{19}.

  • Câu 6: Nhận biết

    Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) song song với nhau và một điểm M không thuộc (P) và (Q). Qua M có bao nhiêu mặt phẳng vuông góc với (P) và (Q)?

    Gọi d là đường thẳng qua M và vuông góc với (P). Do (P)//(Q)⇒d⊥(Q)

    Giả sử (R) là mặt phẳng chứa d. Mà \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {d \bot \left( P ight)} \\ {d \bot \left( Q ight)} \end{array}} ight.

    \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\left( R ight) \bot \left( P ight)} \\ {\left( R ight) \bot \left( Q ight)} \end{array}} ight.

    Có vô số mặt phẳng (R) chứa d. Do đó có vô số mặt phẳng qua M, vuông góc với (P) và (Q).

  • Câu 7: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác S.ABC có SA = SB = SC = AB = AC = a và BC = a\sqrt{2}. Kết quả nào dưới đây đúng?

    Ta có:

    BC^{2} = AB^{2} + AC^{2} suy ra tam giác ABC vuông tại A

    => M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

    Vì SA = SB = SC nên SM là đường cao của hình chóp S.ABC.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi N, I lần lượt là trung điểm cạnh AC và SB.

    Ta có: MN // AB và IM // SC nên (SC,AB) = (IM,MN)

    Mà BN = \sqrt{AB^{2} + AN^{2}} = \sqrt{a^{2} + \frac{a^{2}}{4}} = \frac{a\sqrt{5}}{2}

    SN = \sqrt{SC^{2} - NC^{2}} = \sqrt{a^{2} - \frac{a^{2}}{4}} = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    MN = \frac{a}{2};MI = \frac{a}{2}

    Xét tam giác IMN có

    \cos\widehat{NMI} = \dfrac{MN^{2} +IM^{2} - IN^{2}}{2.MN.IM}= \dfrac{\dfrac{a^{2}}{4} + \dfrac{a^{2}}{4} -\dfrac{3a^{2}}{4}}{2.\dfrac{a}{2}.\dfrac{a}{2}} = -\dfrac{1}{2}

    \Rightarrow \widehat{NMI} = 120^{0}

    \Rightarrow (SC,AB) = (IM,MN) = 60^{0}

  • Câu 8: 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 9: Nhận biết

    Cho khối chóp S.ABC có SA\bot(ABC) biết độ dài các cạnh SA = 4cm,AB = 6cm, BC = 10cm;CA = 8cm. Thể tích khối chóp S.ABC là:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có:

    AB^{2} + AC^{2} = 6^{2} + 8^{2} = 10^{2} = BC^{2}

    Nên tam giác ABC vuông tại A

    Suy ra S_{ABC} = \frac{1}{2}AB.AC = 24

    Vậy V_{S.ABC} = \frac{1}{3}.S_{ABC}.SA = 32cm^{3}

  • Câu 10: 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 11: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA\bot(ABCD). Biết diện tích tam giác SBD bằng a^{2}. Khi đó SA bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O là tâm của đáy.

    Khi đó BD\bot(SAC) \Rightarrow BD\bot SO \Rightarrow S_{SBD} = \frac{1}{2}.SO.BD = a^{2}

    \Rightarrow SO = \frac{2a^{2}}{a\sqrt{2}} = a\sqrt{2}

    \Rightarrow SA = \sqrt{SO^{2} - AO^{2}} = \sqrt{2a^{2} - \frac{a^{2}}{2}} = \frac{a\sqrt{6}}{2}

  • Câu 12: Nhận biết

    Biết khối chóp có diện tích đáy và chiều cao lần lượt bằng 9;4. Thể tích khối chóp bằng:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 9 \\ h = 4 \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}.9.4 = 12

  • Câu 13: 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 14: Nhận biết

    Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

    Mệnh đề “Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau” là sai. Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau hoặc cắt nhau (giao tuyến vuông góc với mặt phẳng thứ ba).

    Mệnh đề “Qua một đường thẳng có duy nhất một mặt phẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước” là sai. Qua một đường thẳng vô số mặt phẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước.

    Mệnh đề “Qua một điểm có duy nhất một mặt phẳng vuông góc với một mặt phẳng cho trước” là sai. Qua một điểm có vô số mặt phẳng vuông góc với một mặt phẳng cho trước.

    Vậy mệnh đề đúng là: “Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau.”

  • Câu 15: Thông hiểu

    Cho một khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = 2a và AB = 2a. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối chóp S.ABC?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trung điểm của AB

    Do tam giác SAB đều suy ra SH\bot AB

    Mà \left\{ \begin{matrix} (SAB)\bot(ABC) \\ SH \subset (SAB) \\ AB \subset (ABC) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SH\bot(ABC)

    Vậy SH là đường cao của hình chóp

    Khi đó SH = a\sqrt{3}

    Ta có: AB = 2a \Rightarrow BC = 2a

    S_{ABC} = \frac{1}{2}(2a)^{2} = 2a^{2}

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}S_{ABC}.SH = \frac{1}{3}.2a^{2}.a\sqrt{3} = \frac{2a^{3}\sqrt{3}}{3}

  • Câu 16: Nhận biết

    Cho tứ diện đều ABCD. Số đo góc giữa hai đường thẳng AB và CD là:

    Gọi a là độ dài cạnh tứ diện. Khi đó

    \begin{matrix} \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = \left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CB} } ight).\overrightarrow {CD} \hfill \\ = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {CD} + \overrightarrow {CB} .\overrightarrow {CD} \hfill \\ = AC.CD.\cos {120^0} + CB.CD.\cos {60^0} \hfill \\ = - \dfrac{{{a^2}}}{2} + \dfrac{{{a^2}}}{2} = 0 \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {CD} \Rightarrow AB \bot CD \hfill \\ \end{matrix}

     

  • Câu 17: Vận dụng

    Giả sử V là thể tích khối tứ diện đều ABCD . Trung điểm tất cả các cạnh của tứ diện tạo thành một đa diện có thể tích V' . Tỉ số \frac{V'}{V} = 1/2

    (Kết quả được ghi dưới dạng phân số tối giản a/b)

    Đáp án là:

    Giả sử V là thể tích khối tứ diện đều ABCD . Trung điểm tất cả các cạnh của tứ diện tạo thành một đa diện có thể tích V' . Tỉ số \frac{V'}{V} = 1/2

    (Kết quả được ghi dưới dạng phân số tối giản a/b)

    Hình vẽ minh họa

    Giả sử tứ diện đều cạnh bằng a

    Hình đa diện cần tính có được bằng cách cắt 4 góc tứ diện

    Mỗi góc cũng là một tứ diện đều có cạnh bằng \frac{a}{2}

    Do đó thể tích phần cắt bỏ là V'' = 4.\frac{V}{8} = \frac{V}{2}

    (Vì tứ diện cạnh giảm một nưả thì thể tích giảm \left( \frac{1}{2} ight)^{3} = \frac{1}{8}

    Vậy V' = \frac{V}{2} \Rightarrow \frac{V'}{V} = \frac{1}{2}

  • Câu 18: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi I và J lần lượt là trung điểm của SC và BC. Số đo góc (IJ; CD) bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi O là tâm của hình thoi ABCD

    => OJ là đường trung bình của tam giác BCD => \left\{ \begin{matrix}OJ//CD \\OJ = \dfrac{1}{2}CD \\\end{matrix} ight.

    Vì CD // OJ => (IJ; CD) = (IJ; OJ)

    Xét tam giác IOJ có: \left\{\begin{matrix}IJ = \dfrac{1}{2}SB = \dfrac{a}{2} \\\begin{matrix}OJ = \dfrac{1}{2}CD = \dfrac{a}{2} \\OI = \dfrac{1}{2}SA = \dfrac{a}{2} \\\end{matrix} \\\end{matrix} ight.=> Tam giác IOJ đều

    Vậy (IJ; CD) = (IJ; OJ) = \widehat{IJO} = 60^{0}

  • Câu 19: 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 20: 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 21: Thông hiểu

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

    Hình vẽ minh họa:

    Tính số đo góc giữa hai đường thẳng chéo chau

    Xét

    \begin{matrix} \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {SA} .(\overrightarrow {SC} - \overrightarrow {SB} ) \hfill \\ = \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SC} - \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SB} \hfill \\ = |\overrightarrow {SA} |.|\overrightarrow {SC} |.\cos (\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {SC} ) - |\overrightarrow {SA} |.|\overrightarrow {SB} |.\cos \widehat {SAB} \hfill \\ = SA.SC.\cos \widehat {ASC} - SASB\cos \widehat {ASB}{\text{ }}\left( 1 ight) \hfill \\ \end{matrix}

    Ta có:

    \begin{matrix} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {SA{\text{ chung }}} \\ {AB = AC} \\ {\widehat {SAB} = \widehat {SAC}} \end{array} \Rightarrow \Delta SAB = \Delta SAC(c - g - c)} ight. \hfill \\ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {SC = SB} \\ {\widehat {ASC} = \widehat {ASB}} \end{array}} ight.(2) \hfill \\ \end{matrix}

    Từ (1) và (2) \Rightarrow \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {BC} = 0 \Rightarrow SA \bot BC

  • Câu 22: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, cạnh SA ⊥ (ABCD) , SA = a\sqrt{2}. Góc giữa SC với mặt phẳng (ABCD) là:

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: \widehat{\left( SC,(ABCD) ight)}= \widehat{(SC,AC)} = \widehat{SCA}

    Lại có: \tan\widehat{SCA} = \frac{SA}{AC}= \frac{SA}{AB\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}} = 1

    => \widehat{SCA} = 45^{0}

  • Câu 23: Nhận biết

    Cho tứ diện OABC có OA;OB;OC đôi một vuông góc với nhau. Đường thẳng nào sau đây vuông góc với OA?

    Hình vẽ minh họa

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

  • Câu 24: Nhận biết

    Khẳng định nào sau đây là sai?

    Mệnh đề sai là: “Nếu đường thẳng d vuông góc với hai đường thẳng nằm trong (α) thì d ⊥ (α).”

    Vì thiếu điều kiện “cắt nhau” của hai đường thẳng nằm trong (α).

    Ví dụ đường thẳng a vuông góc với hai đường thẳng b và c nằm trong (α) nhưng b và c song song với nhau thì khi đó a chưa chắc vuông góc với (α).

  • Câu 25: Vận dụng cao

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

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi A_{1};A_{2} lần lượt là hình chiếu của A trên BB’ và CC’

    Theo đề bài ta có:

    AA_{1} = a;AA_{2} = a\sqrt{3};A_{1}A_{2} = 2a

    Dễ thấy A{A_{1}}^{2} + A{A_{2}}^{2} = A_{1}{A_{2}}^{2} nên tam giác AA_{1}A_{2} vuông tại A

    Gọi H là trung điểm của A_{1}A_{2} \Rightarrow AH = \frac{A_{1}A_{2}}{2} = a

    Ta lại có MH//BB' \Rightarrow MH\bot\left( AA_{1}A_{2} ight) \Rightarrow MH\bot AH

    \Rightarrow MH = \sqrt{AM^{2} - AH^{2}} = a\sqrt{3}

    \Rightarrow \cos\left( (ABC);\left( AA_{1}A_{2} ight) ight) = \cos(MH,AM)

    = \cos\widehat{HMA} = \frac{MH}{AM} = \frac{\sqrt{3}}{2}

    Suy ra S_{ABC} = \frac{S_{AA_{1}A_{2}}}{\cos\left( (ABC);\left( AA_{1}A_{2} ight) ight)} = a^{2}

    Vậy V = AM.S_{ABC} = 2a^{3}

  • Câu 26: Nhận biết

    Cho lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a. Góc giữa đường thẳng A’B và mặt phẳng (A’B’C’) bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Vì BB’ ⊥ (A’B’C’) nên A’B’ là hình chiếu vuông góc của A’B lên (A’B’C’)

    => Góc giữa đường thẳng A’B và mặt phẳng (A’B’C’) là \widehat{BA'B'}

    Ta có: A’B’ = BB’ = a nên tam giác B’A’B vuông cân tại B’

    => \widehat{BA'B'} =45^{0}

  • Câu 27: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 2a. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (ABCD) bằng 90^{0}, SA = SB. Tính tan góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD), biết thể tích khối chóp S.ABCD bằng \frac{4a^{3}}{3}?

    Hình vẽ minh họa

    Kẻ SH\bot AB , gọi \alpha = \left( SC;(ABCD) ight)

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

    \Rightarrow \alpha = \widehat{SCH}

    Lại có: V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}SH.S_{ABCD} = \frac{4a^{3}}{3} \Rightarrow SH = a

    Do tam giác SAB cân tại S nên H là trung điểm của AB

    \Rightarrow HC = \sqrt{BH^{2} + BC^{2}} = a\sqrt{5}

    \Rightarrow \tan\alpha = \tan\widehat{SCH} = \frac{SH}{HC} = \frac{a}{a\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5}

  • Câu 28: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại C. Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB và SB. Xác định khẳng định sai trong các khẳng định dưới đây?

    Hình vẽ minh họa:

    Vì HA = HB, tam giác ABC cân => CH ⊥ AB

    Ta có: SA ⊥ (ABC) => SA ⊥ CH

    Mà CH ⊥ AB => CH ⊥ (SAB)

    Mặt khác AK thuộc mặt phẳng (SAB

    => CH ⊥ SA, CH ⊥ SB, CH ⊥ AK

    Và AK ⊥ SB chỉ xảy ra khi và chỉ khi tam giác SAB cân tại S.

  • Câu 29: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Dựng mặt phẳng (P) cách đều năm điểm A, B, C, D và S. Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng (P) như vậy?

    Gọi O là tâm hình bình hành ABCD.

    Các mặt phẳng cách đều A, B, C, D và S là

    1) Mặt phẳng qua trung điểm của SA, SB, SC, SD

    2) Mặt phẳng qua O và song song (SAB)

    3) Mặt phẳng qua O và song song (SAD)

    4) Mặt phẳng qua O và song song (SCD)

    5) Mặt phẳng qua O và song song (SBC)

  • Câu 30: Thông hiểu

    Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Góc giữa SB và mặt phẳng (SCA) bằng 600. Gọi M là trung điểm của SB. Tính của góc giữa mặt phẳng (AMO) và mặt phẳng (SAB).

    Tính của góc giữa mặt phẳng (AMO) và mặt phẳng (SAB)

    Hình chóp S.ABCD đều, O là tâm của đáy nên SO \bot \left( {ABCD} ight);BD \bot \left( {SAC} ight)

    ABCD là hình vuông cạnh a nên AC = BD = a\sqrt 2 ;OB = \frac{1}{2}BD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}

    Ta có: \left( {SAB} ight) \cap \left( {AMO} ight) = AM

    Khi đó: \sin \varphi = \frac{{d\left( {O;\left( {SAB} ight)} ight)}}{{d\left( {O;AM} ight)}} với \varphi là góc giữa hai mặt phẳng (AMO) và (SAB).

    Do BD \bot \left( {SAC} ight) suy ra góc giữa SB và (SAC) là góc giữa SB và SO và bằng góc \widehat {BSO} = {60^0}.

    Tam giác SBO vuông tại O nên ta có:

    \begin{matrix} SO = \dfrac{{OB}}{{\tan {{60}^0}}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{{2\sqrt 3 }} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{6} \hfill \\ SB = \dfrac{{OB}}{{\sin {{60}^0}}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3} \hfill \\ \Rightarrow MB = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{6} \hfill \\ \end{matrix}

    Gọi I là trung điểm của AB. Kẻ OH ⊥ SI (1)

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {AB \bot OI} \\ {AB \bot SO} \end{array}} ight. \Rightarrow AB \bot \left( {SOI} ight) \Rightarrow OH \bot AB (2)

    Từ (1) và (2) suy ra OH \bot \left( {SAB} ight) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SAB} ight)} ight) = OH

    Vì OI là đường trung bình của tam giác ABD nên OI = \frac{1}{2}AD = \frac{a}{2}

    Tam giác SOI vuông tại O, đường cao OH, có

    \frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{I^2}}} + \frac{1}{{S{O^2}}} = \frac{{10}}{{{a^2}}} \Rightarrow OH = \frac{a}{{\sqrt {10} }}

    Áp dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến trong các tam giác SAB và SBC, ta có:

    \begin{matrix} A{M^2} = \dfrac{{2A{B^2} + 2S{A^2} - S{B^2}}}{4} = \dfrac{{2{a^2}}}{3} \Rightarrow AM = a\sqrt {\dfrac{2}{3}} \hfill \\ C{M^2} = \dfrac{{2C{B^2} - 2C{S^2} - S{B^2}}}{4} = \dfrac{{2{a^2}}}{3} \Rightarrow CM = a\sqrt {\dfrac{2}{3}} \hfill \\ \end{matrix}

    Trong tam giác AMC, có:

    \cos \widehat {CAM} = \frac{{A{M^2} + A{C^2} - M{C^2}}}{{2AMM.AC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat {CAM} = {30^0}

    \begin{matrix} d\left( {O;AM} ight) = \dfrac{{d\left( {C;AM} ight)}}{2} \hfill \\ = \frac{1}{2}AC.\sin \widehat {CAM} = \dfrac{1}{2}AC.\sin {30^0} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4} \hfill \\ \Rightarrow \sin \varphi = \dfrac{{d\left( {O;\left( {SAB} ight)} ight)}}{{d\left( {O;AM} ight)}} = \dfrac{a}{{\sqrt {10} }}:\dfrac{{a\sqrt 2 }}{4} = \dfrac{2}{{\sqrt 5 }} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 31: Nhận biết

    Cho tam giác ABC vuông tại A và có hai đỉnh B và C nằm trên mặt phẳng (P). Gọi C’ là hình chiếu vuông góc của đỉnh C lên mặt phẳng (P). Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào đúng?

    Vì C’ trùng với C nên tam giác ABC’ là tam giác vuông tại A.

  • Câu 32: 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}

  • Câu 33: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD), đáy ABCD là hình chữ nhật với AC = a\sqrt{5} và BC = . Tính khoảng cách giữa SD và BC.

    Hình vẽ minh họa:

    Theo giả thiết, suy ra AD là hình chiếu vuông góc của SD lên mặt phẳng (ABCD) và CD ⊥ AD (do ABCD là hình chữ nhật), nên theo định lý ba đường vuông góc suy ra CD ⊥ SD. Vì CD cũng vuông góc với BC nên CD là đoạn vuông góc chung của SD và BC.

    CD = \sqrt{AC^{2} - BC^{2}} =\sqrt{5a^{2} - 2a^{2}} = a\sqrt{3}

  • Câu 34: Nhận biết

    Trong không gian cho ba đường thẳng phân biệt a, b, c. Khẳng định nào sau đây sai?

    Mệnh đề đúng: Nếu a và b cùng vuông góc với c thì a // b

  • Câu 35: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng AB = a;BC = 3a;SA = a\sqrt{30}. Tính \left( SC;(ABC) ight)?

    Hình vẽ minh họa

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

    Ta có: AC = \sqrt{AB^{2} + BC^{2}} = a\sqrt{10}

    Khi đó \tan\widehat{SCA} = \frac{SA}{AC} = \frac{a\sqrt{30}}{a\sqrt{10}} = \sqrt{3}

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

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

  • Câu 36: 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 37: Thông hiểu

    Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AC = 2, BC = 1, AA’ = 1. Tính góc giữa AB’ và (BCC’B’).

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix}AB\bot BC \\AB\bot BB’ \\\end{matrix} ight.

    => BA ⊥ (BCC’B’)

    Khi đó BB’ là hình chiếu vuông góc của AB’ lên (BCC’B’)

    Hay góc giữa AB’ và (BCC’B’) là \widehat{AB'B}

    Ta có: AB = \sqrt{AC^{2} - BC^{2}} =\sqrt{2^{2} - 1^{2}} = \sqrt{3}

    \tan\widehat{AB'B} =\frac{AB}{BB'} = \sqrt{3}

    Vậy góc giữa AB’ và (BCC’B’) là 600

  • Câu 38: 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 39: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, tam giác SBA đều và cạnh SC = a\sqrt{2}. Gọi trung điểm các cạnh AB,CD lần lượt là H,K. Mệnh đề nào sau đây sai?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có tam giác SAB đều cạnh bằng a nên AB = SB = a

    Mặt khác tam giác SBC có SB^{2} + BC^{2} = SC^{2} = 2a^{2}

    Suy ra tam giác SBC vuông cân tại B hay BC\bot SB

    Từ BC\bot(SAB) \Rightarrow BC\bot SH

    Tam giác ABS đều mà H là trung điểm của AB nên SH\bot AB

    \Rightarrow SH\bot(ABCD)

    Tam giác ABS đều nên AB không vuông góc với mặt phẳng (SAD)

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} AB\bot HK \\ AB\bot SH \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(SHK) \Rightarrow CD\bot(SHK)

  • Câu 40: Vận dụng

    Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh bằng 2a. Hình chiếu của đỉnh A’ lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của cạnh AB. Biết góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 60◦. Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (BCC’B’) và (ABC). Tính cos ϕ.

    Hình ảnh minh họa:

    Gọi M là trung điểm của BC, suy ra AM = a\sqrt 3

    Gọi K là điểm đối xứng của H qua B, suy ra B’K // A’H, suy ra B’K ⊥ (ABC).

    Trong (ABC), dựng BI ⊥ BC (với I ∈ BC).

    Khi đó, góc giữa hai mặt phẳng (BCC’B’) và (ABC) là góc KIB’.

    Do tứ giác AHKB’ là hình bình hành nên B’K = A’H = AH . tan 60◦ = a\sqrt{3}

    Ta có: KI = d(H, BC) = d(A,BC)/2 = AM/2 = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    Xét ∆B’IK vuông tại K ta có:

    \begin{matrix}B'I = \sqrt{B'K^{2} + KI^{2}} = \dfrac{a\sqrt{15}}{2} \hfill\\\cos\phi = \cos\widehat{KIB'} =\dfrac{a\sqrt{3}}{2}:\dfrac{a\sqrt{15}}{2} = \dfrac{\sqrt{5}}{5}\hfill \\\end{matrix}

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
  • 42 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