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

    Tính thể tích khối lăng trụ trong hình vẽ sau, biết AB = a;AA' = 2a.

    Quan sát hình vẽ ta thấy

    Tam giác ABC đều có cạnh bằng a nên S_{ABC} = \frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}

    Do khối lăng trụ ABC.A'B'C' là lăng trụ đứng nên đường cao của lăng trụ là AA' = 2a

    Thể tích khối lăng trụ là V = AA'.S_{ABCD} = 2a.\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4} = \frac{a^{3}\sqrt{3}}{2}

  • Câu 2: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có đường thẳng SA vuông góc với đáy (ABC), SA = 2a. Khoảng cách từ điểm S đến đường thẳng AB bằng:

    Vì SA vuông góc với đáy (ABC) nên SA\bot AB \Rightarrow d(S,AB) = SA = 2a

  • Câu 3: Thông hiểu

    Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng 1, M là trung điểm của BC. Khi đó \cos(AB;DM) là:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi E là trung điểm cạnh AC. Khi đó ta có: EM // AB.

    \Rightarrow \cos(AB,DM) = \cos(EM;DM) = \widehat{DME}

    Ta có: ABCD là tứ diện đều cạnh bằng 1 và EA = EC;BM = MC

    \Rightarrow DM = \frac{\sqrt{3}}{2};DE = \frac{\sqrt{3}}{2};EM = \frac{AB}{2} = \frac{1}{2}

    \Rightarrow \cos\widehat{DME} = \frac{DM^{2} + ME^{2} - DE^{2}}{2.DM.EM} = \frac{1}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{6}

    \Rightarrow \cos(AB,DM) = \frac{\sqrt{3}}{6}

  • Câu 4: Thông hiểu

    Cho hình tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc. Gọi I là hình chiếu của điểm O trên mặt phẳng (ABC). Tam giác ABC là:

    Giả sử tam giác ABC vuông tại A

    Khi đó B có hai đường thẳng BO và BA cùng vuông góc với mặt phẳng (OCA) 

    Điều này vô lí, do đó tam giác ABC không thể là tam giác vuông

    Từ O hạ OH \perp AB => CH \perp AB (theo định lí ba đường vuông góc)

    Vì điểm H giữa hai điểm A và B nên tam giác ABC không thể có góc tù.

    Suy ra ABC có ba góc nhọn.

  • Câu 5: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy SA = a. Gọi M là trung điểm của SB. Góc giữa AM bằng BD bằng?

    Góc giữa hai đường thẳng AM bằng BD

    Xét \Delta ABD vuông cân tại A, ta có:

    BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2

    Góc giữa 2 đường thẳng BA và BD bằng 45^0, suy ra \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BD} } ight) = {135^o}

    Xét \Delta SAB vuông cân tại A, ta có:

    \begin{matrix} SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \hfill \\ AM = \dfrac{{SA.AB}}{{SB}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    Vì là trung điểm của SB nên: 2\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AS} + \overrightarrow {AB}

    Ta có:

    \begin{matrix} 2\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BD} = \left( {\overrightarrow {AS} + \overrightarrow {AB} } ight).\overrightarrow {BD} \hfill \\ = \overrightarrow {AS} .\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BD} \hfill \\ \end{matrix}

    (Do \overrightarrow {AS} \bot \overrightarrow {BD}, nên \overrightarrow {AS} .\overrightarrow {BD} = 0)

    \begin{matrix} \overrightarrow {AS} .\overrightarrow {BD} = \dfrac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BD} }}{2} \hfill \\ = \dfrac{{AB.BD.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BD} } ight)}}{2} \hfill \\ = \dfrac{{a.a\sqrt 2 .\cos \left( {{{135}^o}} ight)}}{2} = \dfrac{{ - {a^2}}}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    Do đó: 

    \begin{matrix} \cos \left( {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {BD} } ight) = \dfrac{{\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BD} }}{{AM.BD}} \hfill \\ = \dfrac{{\dfrac{{ - {a^2}}}{2}}}{{\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.a\sqrt 2 }} = - \dfrac{1}{2} \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {BD} } ight) = {120^o} \hfill \\ \end{matrix}

    Vậy góc giữa AM bằng BD bằng {60^o}

  • Câu 6: Thông hiểu

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’CD’D. Tính góc tạo bởi đường thẳng AB’ và mặt phẳng (BDD’B’)

    Góc tạo bởi đường thẳng AB’ và mặt phẳng (BDD’B’)

    Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Khi đó ta có AO \bot BD (1).

    Mặt khác ta lại có ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên BB' \bot \left( {ABCD} ight)

    \Rightarrow BB' \bot AO (2)

    Từ (1) và (2) ta có AO \bot \left( {BDD'B'} ight) tại O

    Khi đó B’O là hình chiếu của AB’ lên mặt phẳng (BDD’B’).

    Suy ra góc tạo bởi đường thẳng AB’ và mặt phẳng (BDD’B’) là \widehat {AB'O}

    Xét tam giác vuông AB’O có \sin \widehat {AB'O} = \frac{{AO}}{{AB'}} = \frac{1}{2}

    Vậy \widehat {\left( {AB',\left( {BDD'B'} ight)} ight)} = 30^\circ

  • Câu 7: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC=a\sqrt{3}. Tam giác SBC đều và nằm trong mặt phẳng vuông với đáy. Tính khoảng cách d từ B đến mặt phẳng (SAC). 

    Hình vẽ minh họa:

    Tính khoảng cách d từ B đến mặt phẳng (SAC)

    Gọi M là trung điểm của BC

    => SH \bot BC \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} ight)

    Gọi N là trung điểm của AC

    => MN \bot AC

    Kẻ ME \bot SN,\left( {E \in SN} ight)

     \begin{matrix} d\left( {B,\left( {SAC} ight)} ight) = 2d\left( {M;\left( {SAC} ight)} ight) \hfill \\ = 2ME = 2.\dfrac{{SM.MN}}{{\sqrt {S{M^2} + M{N^2}} }} = \dfrac{{2a\sqrt {39} }}{{13}} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 8: 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 9: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D. Biết SA\bot(ABCD);AD = BC = a;AB = 2a. Xác định kết luận sai?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của AB. Ta có: CM = MA = MB = a

    Suy ra tam giác ACB vuông tại C.

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

    \left\{ \begin{matrix} AB\bot AD \\ AB\bot SA \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(SAD) \Rightarrow (SAB)\bot(SAD)

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

  • Câu 10: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC, tam giác ABC vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy (ABC). Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB (tham khảo hình vẽ bên). Mệnh đề nào sau đây sai?

    Ta có: SA ⊥ (ABC) => SA ⊥ BC

    Mặt khác BC ⊥ AB

    Suy ra BC ⊥ (SAB) nên hình chiếu vuông góc của SC trên (SAB) là SB

    Vậy \widehat{\left( SC,(SAB) ight)} =\widehat{(SC,SB)} = \widehat{BSC\ }(vì tam giác SBC vuông tại B)

  • Câu 11: Thông hiểu

    Cho hình tứ diện ABCD có AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau và AB = a, BC = b, CD = c.

    Điểm cách đều 4 điểm A, B, C, D là:

    Hình vẽ minh họa

    Tìm điểm cách đều 4 điểm A, B, C, D

    Gọi O là trung điểm của AD.

    Từ giả thiết ta có:

    \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {AB \bot CD} \\ {BC \bot CD} \end{array}} ight. \Rightarrow CD \bot \left( {ABC} ight) \Rightarrow CD \bot AC

    Vậy ΔACD vuông tại C

    Do đó OA=OC=OD (1)

    Mặt khác 

    \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {AB \bot CD} \\ {AB \bot BC} \end{array}} ight. \Rightarrow AB \bot \left( {BCD} ight) \Rightarrow AB \bot BD

    => ΔABD vuông tại B.

    Do đó OA=OB=OD (2)

    Từ (1) và (2) ta có OA=OB=OC=OD

    Vậy điểm cách đều 4 điểm A, B, C, D là trung điểm của AD.

  • Câu 12: Nhận biết

    Cho tứ diện ABCD có: AB = AC = AD, \widehat {BAC} = \widehat {BAD} = {60^0}. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Đường vuông góc chung của AB và CD là:

     Hình vẽ minh họa:

    Xác định đường vuông góc chung của AB và CD

    Ta có: 

    \begin{matrix} \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {AB \bot CM} \\ {AB \bot DM} \end{array}} ight. \Rightarrow AB \bot \left( {CDM} ight) \hfill \\ \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {CD \bot MN} \\ {AB \bot \left( {CDM} ight)} \end{array}} ight. \hfill \\ \end{matrix}

    => MN là đường vuông góc chung của AB  và CD

  • Câu 13: Thông hiểu

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

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương nên các tứ giác AA'D'D;AA'B'B đều là hình vuông

    Do đó \overrightarrow{AA'}.\overrightarrow{A'D} = \overrightarrow{AA'}.\overrightarrow{A'B'} = 0

    \Rightarrow \overrightarrow{AA'}.\overrightarrow{B'D'} = \overrightarrow{AA'}.\left( \overrightarrow{A'D} - \overrightarrow{A'B'} ight)

    = \overrightarrow{AA'}.\overrightarrow{A'D} - \overrightarrow{AA'}.\overrightarrow{A'B'} = 0

    Suy ra \overrightarrow{AA'}\bot\overrightarrow{B'D'} \Rightarrow \left( \overrightarrow{AA'};\overrightarrow{B'D'} ight) = 90^{0}

    \Rightarrow (AA';B'D') = 90^{0}

  • Câu 14: Thông hiểu

    Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có BB' = 2a. Tính thể tích khối lăng trụ biết góc giữa mặt phẳng (A'BC) và mặt phẳng (ABC) bằng 60^{0}.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của BC.

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} BC\bot AM \\ BC\bot A'M \\ (A'BC) \cap (ABC) = BC \\ \end{matrix} ight.

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

    Trong tam giác vuông A’MA có:

    \tan\widehat{A'MA} = \frac{A'A}{AM} \Rightarrow AM = \frac{A'A}{tan60^{0}} = \frac{2\sqrt{3}}{3}a

    Tam giác ABC đều nên AM = \frac{AB\sqrt{3}}{2} \Rightarrow AB = \frac{4a}{3}

    Vậy thể tích khối lăng trụ là: V = S_{ABC}.AA' = 2a.\frac{4a^{2}\sqrt{3}}{9} = \frac{8\sqrt{3}a^{3}}{9}

  • Câu 15: Nhận biết

    Mệnh đề nào đúng trong các mệnh đề sau?

    Mệnh đề: “Góc giữa hai mặt phẳng luôn là góc nhọn” sai vì góc giữa hai mặt phẳng có thể là góc vuông.

    Mệnh đề: ”Góc giữa mặt phẳng (P) và mặt phẳng (Q) bằng góc giữa mặt phẳng (P) và mặt phẳng (R) khi (Q) // (R) (hoặc mặt phẳng (Q) trùng với mặt phẳng (R))” đúng.

    Mệnh đề: “Góc giữa mặt phẳng (P) và mặt phẳng (Q) bằng góc giữa mặt phẳng (P) và mặt phẳng (R) thì (Q) song song với (R)” sai vì hai mặt phẳng (R) và (Q) có thể trùng nhau.

  • Câu 16: 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 17: Nhận biết

    Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề sau:

    Mệnh đề sai: “Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là khoảng cách từ một điểm M thuộc mặt phẳng (P) chứa a và song song với b đến một điểm N bất kì trên b.”

  • Câu 18: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA\bot(ABC);V_{S.ABC} = \frac{a^{3}}{4}. Tính chiều cao hình chóp S.ABC?

    Ta có:

    SA\bot(ABC) nên SA là chiều cao của hình chóp.

    Do tam giác ABC đều cạnh a nên S_{ABC} = \frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}

    Ta lại có:

    V_{S.ABC} = \dfrac{1}{3}SA.S_{ABC}\Rightarrow SA = \dfrac{3V_{S.ABC}}{S_{ABC}} =\dfrac{3.\dfrac{a^{3}}{4}}{\dfrac{a^{2}\sqrt{3}}{4}} =a\sqrt{3}

  • Câu 19: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh x, SA vuông góc với đáy và SA = x\sqrt{3}. Tính chiều cao hình chóp S.ABC?

    Ta có SA\bot(ABC) nên SA là đường cao của hình chóp

    Tam giác ABC đều cạnh x nên S_{ABC} = \frac{x^{2}\sqrt{3}}{4}

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

  • Câu 20: Thông hiểu

    Một hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết góc giữa SA và mặt phẳng (SBC) bằng 45^{0}. Tính thể tích khối chóp S.ABC đã cho.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của BC thì \left\{ \begin{matrix} AM\bot BC \\ SA\bot BC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SAM)

    Từ đây dễ thấy góc cần tìm là \alpha = \widehat{ASM} = 45^{0}

    Do đó tam giác SAM vuông cân tại A và SA = AM = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    \Rightarrow V_{S.ABC} = \frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4} = \frac{a^{3}}{8}

  • Câu 21: Nhận biết

    Cho ba đường thẳng phân biệt a, b, c. Mệnh đề nào sau đây đúng?

    Khi cho ba đường thẳng phân biệt a, b, c thì mệnh đề : “Nếu a song song với b và c vuông góc với a thì c vuông góc với b” là mệnh đề đúng.

  • Câu 22: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = 2a, AD = CD = a, SA = a\sqrt{2} và vuông góc với (ABCD). Tính cosin của góc giữa (SBC) và (SCD).

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi H, N lần lượt là trung điểm của SC, AB.

    Ta có CN = 1/2 AB suy ra tam giác ABC vuông cân tại C.

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

    Do tam giác SAC vuông cân tại A nên AH = a.

    Kẻ AK ⊥ SD. Khi đó: \left\{ \begin{matrix} AH\bot(SBC) \\ AK\bot(SCD) \\ \end{matrix} ight.

    => ((SBC), (SCD)) = (AH, AK) = \widehat{KAH} = ϕ

    Xét tam giác vuông SAD có:

    \begin{matrix}\dfrac{1}{AK^{2}} = \dfrac{1}{SA^{2}} + \dfrac{1}{AD^{2}}\hfill \\\Rightarrow AK = \dfrac{a\sqrt{6}}{3}\hfill \\\end{matrix}

    Xét tam giác vuông AKH ta có:

    \cos\widehat{KAH} = \frac{AK}{AH} = \frac{\sqrt{6}}{3}

  • Câu 23: Thông hiểu

    Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy, SB hợp với mặt đáy một góc 600. Tính khoảng cách d từ điểm D đến mặt phẳng (SBC)

    Hình vẽ minh họa

    Tính khoảng cách d từ điểm D đến mặt phẳng (SBC)

    Ta có:

    \begin{matrix} {60^0} = \left( {SB;\left( {ABCD} ight)} ight) = \left( {SB;AB} ight) = \widehat {SBA} \hfill \\ \Rightarrow SA = AB.\tan \widehat {SBA} = a\sqrt 3 \hfill \\ \end{matrix}

    Ta có: AD // BC => AD // (SBC)

    => d(D,(SBC)) = d(A; (SBC))

    Kẻ AK \bot SB (1)

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {BC \bot SA} \\ {BC \bot AB} \end{array}} ight. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} ight) \Rightarrow BC \bot AK\left( 2 ight)

    Từ (1) và (2) => AK \bot \left( {SBC} ight)

    \begin{matrix} \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} ight)} ight) = AK \hfill \\ AK = \dfrac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    d\left( {D;\left( {SBC} ight)} ight) = AK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}

  • Câu 24: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCDcó đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng a và SA = a\sqrt{3} vuông góc với đáy. Tính cosin góc giữa SB;AC.

    Hình vẽ minh hoạ

    Gọi I là trung điểm của SD

    => OI là đường trung bình tam giác SBD

    Suy ra \left\{ \begin{matrix}OI//SB \\OI = \dfrac{SB}{2} = \dfrac{\sqrt{SA^{2} + AB^{2}}}{2} = a \\\end{matrix} ight.

    Ta có: AI = \frac{SD}{2} = \frac{\sqrt{SA^{2} + AD^{2}}}{2} = a

    \Rightarrow AI = OI nên tam giác AOI cân tại I

    Gọi H là tung điểm của OA \Rightarrow\left\{ \begin{matrix}IH\bot OA \\OH = \dfrac{OA}{2} = \dfrac{AC}{4} = \dfrac{a\sqrt{2}}{4} \\\end{matrix} ight.

    Xét tam giác OHI có:

    \cos\widehat{HOI} = \dfrac{OH}{OI} =\dfrac{\dfrac{a\sqrt{2}}{4}}{a} = \dfrac{\sqrt{2}}{4}

    \cos(SB,AC) = \cos\widehat{HOI} = \frac{\sqrt{2}}{4}

  • Câu 25: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông ABC cân với cạnh huyền AB = 4\sqrt 2, cạnh bên SC \bot \left( {ABC} ight) và SC = 2. Gọi M là trung điểm AC, N là trung điểm AB. Tính góc giữa hai đường thẳng SM và CN.

    Tính góc giữa hai đường thẳng SM và CN

    Đặt \overrightarrow {CA} = \overrightarrow x ;\overrightarrow {CB} = \overrightarrow y ;\overrightarrow {CS} = \overrightarrow z

    Do tam giác vuông cân ABC tại C có AB = 4\sqrt 2 suy ra:

    CA = CB = 4;CN = 2\sqrt 2 ;SM = 2\sqrt 2

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {CN} = \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {CB} } ight) = \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow x + \overrightarrow y } ight) \hfill \\ \overrightarrow {SM} = \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {CM} = - \overrightarrow z + \dfrac{1}{2}\overrightarrow x \hfill \\ \end{matrix}

    Vậy \overrightarrow {CN} .\overrightarrow {SM} = \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow x + \overrightarrow y } ight)\left( {\overrightarrow x - 2\overrightarrow z } ight)

    Mặt khác: \left\{ \begin{gathered} {\overrightarrow x ^2} = {\overrightarrow y ^2} = 16 \hfill \\ {\overrightarrow z ^2} = 4 \hfill \\ \overrightarrow x .\overrightarrow y = \overrightarrow y .\overrightarrow z = \overrightarrow z .\overrightarrow x = 0 \hfill \\ \end{gathered} ight.

    \Rightarrow \overrightarrow {CN} .\overrightarrow {SM} = \frac{1}{4}\left( {{{\overrightarrow x }^2} - 2\overrightarrow x .\overrightarrow z + \overrightarrow y .\overrightarrow x - 2\overrightarrow y .\overrightarrow z } ight) = 4

    Gọi \alpha góc giữa hai véctơ \overrightarrow {SM} và \overrightarrow {CN}

    Theo công thức tích vô hướng của hai véctơ ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {CN} .\overrightarrow {SM} = \left| {\overrightarrow {CN} } ight|.\left| {\overrightarrow {SM} } ight|.{\text{cos}}\alpha \hfill \\ \Rightarrow {\text{cos}}\alpha = \dfrac{{\overrightarrow {CN} .\overrightarrow {SM} }}{{\left| {\overrightarrow {CN} } ight|.\left| {\overrightarrow {SM} } ight|}} = \dfrac{4}{8} = \dfrac{1}{2} \hfill \\ \Rightarrow \alpha = {60^o} \hfill \\ \end{matrix}

    Vậy góc giữa hai đường thẳng SM và CN bằng {60^o}

  • Câu 26: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Góc giữa hai đường thẳng BA' và CD là:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: AB//CD \Rightarrow (BA',CD) = (BA',AB)

    Vì ABB'A' là hình vuông nên (BA',AB) = \widehat{ABA'} = 45^{0}

  • Câu 27: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a;AD = 3a;SA\bot(ABCD);SA = 2a. Kẻ đường cao AI của tam giác SAB. Khi đó:

    a) BC\bot(SAB) Đúng||Sai

    b) \widehat{\left( SC;(ABCD) ight)} \approx 30^{0} Sai||Đúng

    c) AI\bot CS Đúng||Sai

    d) Diện tích tam giác AIC bằng \frac{7a^{2}}{5}Sai||Đúng

    Đáp án là:

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a;AD = 3a;SA\bot(ABCD);SA = 2a. Kẻ đường cao AI của tam giác SAB. Khi đó:

    a) BC\bot(SAB) Đúng||Sai

    b) \widehat{\left( SC;(ABCD) ight)} \approx 30^{0} Sai||Đúng

    c) AI\bot CS Đúng||Sai

    d) Diện tích tam giác AIC bằng \frac{7a^{2}}{5}Sai||Đúng

    BC\bot(SAB) đúng

    \widehat{\left( SC;(ABCD) ight)} \approx 32,3^{0} đúng

    AI\bot CS đúng

    Diện tích tam giác AIC bằng \frac{a^{2}\sqrt{46}}{5}

  • Câu 28: Nhận biết

    Tính thể tích khối lập phương có cạnh bằng 3a?

    Ta có: V = (3a)^{3} = 27a^{3}

  • Câu 29: Vận dụng cao

    Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AC = a\sqrt{3}. Biết BC’ hợp với mặt phẳng (AA’C’C) với một góc 300 và hợp với mặt phẳng đáy góc α sao cho \sin\alpha =\frac{\sqrt{6}}{4} . Gọi M, N lần lượt là trung điểm cạnh BB’ và A’C’. Khoảng cách MN và AC’ là:

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:\left\{ \begin{matrix}\widehat{\left( BC’,(AA’C’C) ight)} = \widehat{BC’A} = 30^{0} \\\widehat{\left( BC’,(ABC) ight)} = \widehat{C'BC} = \alpha \\\end{matrix} ight.

    Đặt AB = x => BC = \sqrt{3a^{2} +x^{2}}

    BC = \sqrt{3a^{2} + x^{2}}

    CC' = BC.tan\alpha =\sqrt{\frac{3\left( x^{2} + 3a^{2} ight)}{5}}

    AC' = AB.cot30^{0} =\sqrt{\frac{3\left( x^{2} + 3a^{2} ight)}{5}}

    Ta có: AC^{2} + CC'^{2} =AC^{2}

    \Rightarrow x = a\sqrt{2}

    \Rightarrow CC' = a\sqrt{3};AC =a\sqrt{6}

    Gọi P là trung điểm của B’C’ => (MNP) // (ABC’)

    d(MN, AC’) = d(N, (ABC’)) = \frac{1}{2}d(A’, (ABC’)

    Kẻ A’H ⊥ AC’ tại H => A’H ⊥ (ABC’)

    d\left( A';(ABC') ight) =A'H = \frac{AA'.A'C'}{AC'} =\frac{a\sqrt{6}}{2}

    => d(MN, AC’) = \frac{a\sqrt{6}}{4}

  • Câu 30: 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 31: 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 32: 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 33: 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 34: 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 35: Nhận biết

    Cho a, b, c là các đường thẳng trong không gian. Mệnh đề nào dưới đây sai?

    Nếu a ⊥ b, b ⊥ c thì a // c hoặc a cắt c hoặc a trùng với c hoặc a chéo c.

  • Câu 36: Nhận biết

    Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

    Mệnh đề: “Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng bằng góc giữa đường thẳng và đường thẳng b với b vuông góc với (P).” sai vì hai góc này phụ nhau.

    Mệnh đề: “Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) bằng góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (Q) thì mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng (Q).” sai vì (P) có thể trùng với (Q).

    Mệnh đề: “Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) bằng góc giữa đường thẳng b và mặt phẳng (P) thì a song song với b.” sai vì a có thể trùng với b.

  • Câu 37: 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 38: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SD = a;SD\bot(ABC). Góc giữa đường thẳng SA và (SBD) bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O là giao điểm của AC và BD

    Vì \left\{ \begin{matrix} SD\bot(ABCD) \\ AO \subset (ABCD) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SD\bot AO

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} SD\bot AO \\ BD\bot AO \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AO\bot(SBD) nên SO là hình chiếu vuông góc của cạnh SA trên mặt phẳng (SBD)

    \Rightarrow \left( SA;(SBD) ight) = \widehat{ASO}

    Tam giác AOS vuông tại O ta có:

    \left\{ \begin{matrix}AO = \dfrac{AC}{2} = \dfrac{a\sqrt{2}}{2} \\SA = \sqrt{SD^{2} + DA^{2}} = a\sqrt{2} \\\end{matrix} ight.

    \Rightarrow \sin\widehat{ASO} =\dfrac{OA}{SA} = \dfrac{\dfrac{a\sqrt{2}}{2}}{a\sqrt{2}} =\dfrac{1}{2}

    \Rightarrow \widehat{ASO} = 30^{0} \Rightarrow \left( SA;(SBD) ight) = 30^{0}

  • Câu 39: Nhận biết

    Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

    Trong trường hợp a và b vuông góc nhau và chéo nhau, nếu (P) ⊃ a, (P) // b và (Q) ⊃ b, (Q) // a thì (P) // (Q).

  • Câu 40: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 10. Cạnh bện SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SC =10\sqrt{5}. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và CD. Tính khoảng cách d giữa BD và MN.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi P là trung điểm BC và E = NP ∩ AC

    => PN // BD => BD // (MNP)

    => d(BD, MN) = d(BD, (MNP)) = d(O, (MNP)) = \frac{1}{3}d(A, (MNP))

    Kẻ AK ⊥ ME

    Khi đó d(A, (MNP)) = AK.

    Ta tính được:

    \begin{matrix}SA = \sqrt{SC^{2} - AC^{2}} = 10\sqrt{3} \\\Rightarrow MA = 5\sqrt{3};AE = \dfrac{3}{4}AC = \dfrac{15\sqrt{2}}{2} \\\end{matrix}

    Xét tam giác vuông MAE ta có:

    AK = \frac{MA.AE}{\sqrt{MA^{2} +AE^{2}}} = 3\sqrt{5}

    \Rightarrow d(BD;MN) = \frac{1}{3}AK =\sqrt{5}

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
  • 17 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