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

    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 2: 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 3: 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 4: 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 5: Thông hiểu

    Cho khối lăng trụ ABC.A'B'C có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A. Biết góc giữa mặt phẳng (A'BC) và mặt phẳng (ABC) bằng 30^{0} và cạnh AA' = 2a. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó

    \left\{ \begin{matrix} AM\bot BC \\ AA'\bot BC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(A'AM)

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

    Ta có: AM = \frac{AA'}{tan30^{0}} = 2a\sqrt{3}

    \Rightarrow BC = 2AM = 4a\sqrt{3}

    \Rightarrow S_{ABC} = \frac{1}{2}.AM.BC = 12a^{3}

    \Rightarrow V_{ABC.A'B'C'} = AA'.S_{ABC} = 24a^{3}

  • Câu 6: Thông hiểu

    Tính thể tích hình chóp đều S.ABCD biết chiều cao bằng a\sqrt{2} và độ dài cạnh bên bằng a\sqrt{6}?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O là tâm hai đường chéo AC và BD

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

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

    \Rightarrow SO\bot(ABCD)

    Tam giác SOA vuông tại O nên OA = \sqrt{SA^{2} - SO^{2}} = 2a \Rightarrow AC = BD = 4a

    Vậy thể tích hình chóp là: V = \frac{1}{3}SO.S_{ABCD} = \frac{1}{3}.a\sqrt{2}.\frac{4a.4a}{2} = V = \frac{8\sqrt{2}a^{3}}{3}

  • Câu 7: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với CD. Mặt phẳng (P) song song với AB và CD lần lượt cắt BC, DB, AD, AC tại M, N, P, Q. Tứ giác MNPQ là hình gì?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: (MNPQ) // AB; (MNPQ) ∩ (ABC) = MQ

    => MQ // AB

    Tương tự ta có: MN // CD; NP // AB; QP // CD

    Khi đó tứ giác MNPQ là hình bình hành

    Ta có: MN ⊥ MQ (Do AB ⊥ CD)

    Hay tứ giác MNPQ là hình chữ nhật.

  • Câu 8: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABC là tam giác vuông \widehat{ABC} = 60^{0}. Tam giác SBC là tam giác đều có cạnh bằng 2a và hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm của BC. Tính \left( SA;(ABC) ight)?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi I là trung điểm của BC

    Suy ra \left\{ \begin{matrix}SI\bot(ABC) \\SI = a\sqrt{3} \\\end{matrix} ight.

    Vì SI\bot(ABC) nên hình chiếu của SA trên (ABC) là AI

    Do đó góc giữa SA và mặt phẳng (ABC) bằng góc giữa SA và AI bằng \widehat{SAI}

    Tma giác SAI vuông tại I ta có:

    SI = a\sqrt{3};AI = \frac{1}{2}BC =a

    \Rightarrow \tan\widehat{SAI} =\frac{SA}{AI} = \sqrt{3} \Rightarrow \widehat{SAI} = 60^{0}

  • Câu 9: 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 10: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = 2a, BC = a. Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm của cạnh AB, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 600. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SB và AC.

    Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SB và AC

    +) Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC} = \left( {\overrightarrow {SH} + \overrightarrow {HB} } ight)\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} } ight) \hfill \\ = \overrightarrow {SH} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {SH} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {HB} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {HB} .\overrightarrow {BC} \hfill \\ = \overrightarrow {HB} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {HB} .\overrightarrow {BC} \hfill \\ = \dfrac{1}{2}A{B^2} = 2{a^2} \hfill \\ \end{matrix}

    +) Mặt khác

    \begin{matrix} AC = a\sqrt 5 ;CH = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \hfill \\ SH = CH.\tan \widehat {SCH} = a\sqrt 6 \hfill \\ SB = \sqrt {S{H^2} + H{B^2}} = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 6 } ight)}^2} + {a^2}} = a\sqrt 7 \hfill \\ \end{matrix}

    => \cos \left( {SB,AC} ight) = \frac{{\left| {\overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC} } ight|}}{{SB.AC}} = \frac{{2{a^2}}}{{a\sqrt 7 .a\sqrt 5 }} = \frac{2}{{\sqrt {35} }}

  • Câu 11: 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 12: Vận dụng cao

    Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng 1, cạnh bên bằng \sqrt{3}. Gọi I là tâm của đáy ABC, d’ là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) và d’’ là khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SBC). Tính d = d’ + d’’.

    Gọi I là tâm của đáy ABC

    => d' = 3d'' \Rightarrow d= 4d'' = 4IK

    Xét tam giác ABC đều cạnh a có tâm I

    => AM = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow\left\{ \begin{matrix}AI = \dfrac{\sqrt{3}}{3} \\IM = \dfrac{\sqrt{3}}{6} \\\end{matrix} ight.

    Xét tam giác SAI vuông tại I

    SI^{2} = SA^{2} - AI^{2} = 3^{2} -\frac{1}{3} = \frac{8}{3}

    \Rightarrow SI =\frac{2\sqrt{6}}{3}

    Xét ∆SIM vuông tại I có:

    \frac{1}{IK^{2}} = \frac{1}{SI^{2}} +\frac{1}{IM^{2}} = \frac{8}{99}

    \Rightarrow IK = \frac{2\sqrt{22}}{33}\Rightarrow d = \frac{8\sqrt{22}}{33}

  • Câu 13: Nhận biết

    Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau?

    Ta có:

    “Trong không gian hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau” sai do hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng có thể cắt nhau hoặc chéo nhau.

    “Trong không gian hai mặt phẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau” sai do hai mặt phẳng cùng vuông góc với một đường thẳng có thể trùng nhau.

    “Trong không gian hai đường thẳng không có điểm chung thì song song với nhau” sai do trong không gian hai đường thẳng không có điểm chung có thể chéo nhau.

    Vậy khẳng định đúng là: “Trong không gian hai đường thẳng vuông góc với nhau có thể cắt nhau hoặc chéo nhau.”

  • Câu 14: 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}

  • Câu 15: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, SA ⊥ (ABCD). Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau?

    Hình vẽ minh họa:

    Vì SA ⊥ (ABCD) => SA ⊥ BD

    Mà ABCD là hình thoi nên AC ⊥ BD

    => BD ⊥ (SAC)

    Mặt khác SO và SC thuộc mặt phẳng (SAC)

    => BD ⊥ SO, BD ⊥ SC

    Và AD, SC là hai đường thẳng chéo nhau

    => AD ⊥ SC là khẳng định sai.

  • Câu 16: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Mặt phẳng nào dưới đây không vuông góc với (A'BD)?

    Hình vẽ minh họa

    Dễ thấy mặt phẳng (A'BC') không vuông góc với (A'BD).

  • Câu 17: Vận dụng

    Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a, cạnh bên AA’ = a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BB’, B’C’. Lấy điểm P thuộc A’B’ sao cho PB' = \frac{a}{4}. Tính tan góc giữa đường thẳng AP và mặt phẳng (MNP).

    Tính tan góc giữa đường thẳng AP và mặt phẳng (MNP)

    Gọi H, K lần lượt là trung điểm của A’B’, BC.

    Khi đó ta có HB // PM, HB \bot AM. Suy ra AM \bot MP (1)

    Mặt khác ta có BC' \bot MK;BC' \bot AK (vì AK \bot \left( {BCB'} ight))

    \Rightarrow BC' \bot \left( {AMK} ight) \Rightarrow MN \bot AM (2)

    Từ (1) và (2) suy ra AM \bot \left( {MNP} ight). Vậy góc giữa đường thẳng AP và mặt phẳng (MNP) là góc \widehat {APM}

    Ta có AM = \sqrt {A{B^2} + M{B^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} ight)}^2}} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}a

    MP = \sqrt {B'{M^2} + B'{P^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} ight)}^2} + {{\left( {\frac{a}{4}} ight)}^2}} = \frac{{\sqrt 5 }}{4}a

    Suy ra \tan \widehat {APM} = \frac{{AM}}{{PM}} = 2

  • Câu 18: 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 19: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O. Biết rằng SA = SC;SB = SD. Hãy chọn kết luận sai dưới đây?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có tam giác SAC cân tại S và SO là đường trung tuyến cũng đồng thời là đường cao

    => SO\bot AC

    Trong tam giác SOA thì AC và SA không thể vuông tại A

    Vậy khẳng định sai là: AC\bot SA.

  • Câu 20: Nhận biết

    Cho khối chóp tam giác có chiều cao bằng 5, diện tích đáy bằng 6. Thể tích của hình chóp bằng:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 6 \\ h = 5 \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối chóp tam giác là V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}.6.5 = 10

  • Câu 21: 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 22: 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 23: 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 24: Nhận biết

    Chỉ ra mệnh đề sai trong các mệnh đề dưới đây.

    Mệnh đề sai: “Qua một điểm O cho trước có một và chỉ một đường thẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước.”

    Vì qua một điểm O cho trước có vô số đường thẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước.

  • Câu 25: 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 26: Thông hiểu

    Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh có độ dài bằng 2a. Hình chiếu vuông góc của A' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm H của BC. Tính khoảng các d giữa hai đường thẳng BB' và A'H

    Do BB’ // AA’nên d(BB′;A′H)=d(BB′;(AA′H))=d(B;(AA′H))

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {BH \bot AH} \\ {BH \bot A\prime H} \end{array} \Rightarrow BH \bot \left( {AA\prime H} ight)} ight.

    Nên d(B;(AA′H))=BH=BC/2=a

    Vậy khoảng cách d(BB′;A′H)=a

  • Câu 27: Thông hiểu

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

    Tính giá trị cos α

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

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

    Tương tự BH ⊥ AC.

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

    Gọi K là trung điểm của DB.

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

    Và CBD cân tại C nên CK \bot DB

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

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

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

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

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

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

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

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

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

  • Câu 28: Vận dụng

    Cho lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có AB = 1; AA’ = m (m > 0). Để góc giữa AB’ và BC’ bằng 600 thì m có giá trị là bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Tìm giá trị của m để góc tạo bời 2 đường thẳng thỏa mãn điều kiện

    Giả sử M, N, O lần lượt là trung điểm của BB’; B’C’; AB

    => MP // AB’; MN // BC’

    => Góc cần tìm là góc giữa MP và MN

    => MP = MN = \frac{{\sqrt {{m^2} + 1} }}{2}

    Lấy Q là trung điểm của A’B’ khi đó suy ra:

    \begin{matrix} PN = \sqrt {P{Q^2} + Q{N^2}} = \sqrt {{m^2} + \dfrac{1}{4}} \hfill \\ \Rightarrow \cos \widehat {PMN} = \dfrac{{P{M^2} + M{N^2} - P{N^2}}}{{2.PM.MN}} = \pm \dfrac{1}{2} \hfill \\ \Rightarrow m = \sqrt 2 \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 29: 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 30: Nhận biết

    Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào là đúng?

     Mệnh đề đúng: "Nếu hình hộp có ba mặt chung một đỉnh là hình vuông thì nó là hình lập phương"

  • Câu 31: 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 32: Vận dụng

    Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng a\sqrt{3}. Gọi O là tâm của đáy ABC, d1 là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) và d2 là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SBC). Tính d = d1 + d2.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi M là trung điểm BC.

    Ta có: \left\{ \begin{matrix}BC\bot SO \\BC\bot AM \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SAM)

    \Rightarrow (SAM)\bot(SBC)

    Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của O và A lên SM => \left\{ \begin{matrix}d_{1} = AK \\d_{2} = OH \\\end{matrix} ight.

    Ta có: \frac{d_{1}}{d_{2}} =\frac{AK}{OH} = \frac{AM}{OM} = 3

    \Rightarrow d_{1} = 3d_{2} \Rightarrow d= 4d_{2} = 4OH

    Ta có: SO^{2} = SA^{2} - AO^{2} = 3a^{2}- \frac{a^{2}}{3} = \frac{8a^{2}}{3}

    Xét tam giác SOM có:

    \frac{1}{OH^{2}} = \frac{1}{SO^{2}} +\frac{1}{OM^{2}}

    \Rightarrow \frac{1}{OH^{2}} =\frac{3}{8a^{2}} + \frac{12}{a^{2}} = \frac{99}{8a^{2}}

    Vậy OH = \frac{2a\sqrt{22}}{33}\Rightarrow d = 4OH = \frac{8a\sqrt{22}}{33}

  • Câu 33: Thông hiểu

    Cho khối lăng trụ ABC.A'B'C có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A. Biết góc giữa mặt phẳng (A'BC) và mặt phẳng (ABC) bằng 60^{0} và cạnh AA' = 2a. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó

    \left\{ \begin{matrix} AM\bot BC \\ AA'\bot BC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(A'AM)

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

    Ta có: AM = \frac{AA'}{tan60^{0}} = \frac{2a\sqrt{3}}{3}

    \Rightarrow BC = 2AM = \frac{4a\sqrt{3}}{3}

    \Rightarrow V_{ABC.A'B'C'} = AA'.S_{ABC} = 2a.\frac{1}{2}.\frac{2a\sqrt{3}}{3}.\frac{4a\sqrt{3}}{3} = \frac{8}{3}a^{3}

  • Câu 34: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có AB = AC = AD và \widehat {BAC} = \widehat {BAD} = {60^0};\widehat {CAD} = {90^0}. Gọi I và J lần lượt là trung điểm của AB và CD. Hãy xác định góc giữa cặp vecto \overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {IJ}?

    Hình vẽ minh họa:

    Hãy xác định góc giữa cặp vecto

    Xét tam giác ICD có J là trung điểm của CD => \overrightarrow {IJ} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {JC} + \overrightarrow {ID} } ight)

    Tam giác ABC có AB = AC và \widehat {BAC} = {60^0} => Tam giác ABC đều => CI ⊥ AB

    Tương tự ta chứng minh được tam giác aBD đều => DI ⊥ AB

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {IJ} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB} .(\overrightarrow {IC} + \overrightarrow {ID} ) \hfill \\ = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {IC} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {ID} = 0 \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {IJ} \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {IJ} } ight) = {90^0} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 35: Thông hiểu

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

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O là tâm hai đường chéo AC và BD

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

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

    \Rightarrow SO\bot(ABCD)

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

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

  • Câu 36: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB, AD. Gọi α là góc giữa SA và (SHK). Chọn mệnh đề đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi I là giao điểm của HK và AC

    Dễ dàng suy ra HK // BD => HK ⊥ AC

    Ta lại có: AC ⊥ SH

    => AC ⊥ (SHK)

    => \left( SA;(SHK) ight) = (SA;SI) = \widehat{ASI}

    Tam giác SIA vuông tại I ta có:

    \tan\widehat{ASI} = \dfrac{AI}{SI} =\dfrac{\dfrac{1}{4}AC}{\sqrt{SA^{2} - AI^{2}}} =\dfrac{\sqrt{7}}{7}

  • Câu 37: 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 38: Nhận biết

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

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

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

  • Câu 39: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có thể tích bằng \frac{4}{3}a^{3}, đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a\sqrt{2}; SA = SD. Biết mặt bên (SAD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Xác định khoảng cách d\left( B;(SCD) ight)?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi I là trung điểm của AD

    Tam giác SAD cân tại S suy ra SI\bot AD

    Ta có \left\{ \begin{matrix} SI\bot AD \\ (SAD)\bot(ABCD) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SI\bot(ABCD)

    Suy ra SI là đường cao của hình chóp

    Theo giả thiết

    V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}SI.S_{ABCD}

    \Leftrightarrow \frac{4a^{3}}{3} = \frac{1}{2}SI.2a^{2}

    \Leftrightarrow SI = 2a

    Vì AB//(SCD) \Rightarrow d\left( B;(SCD) ight) = d\left( A;(SCD) ight) = 2d\left( I;(SCD) ight)

    Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên SD

    Mặt khác \left\{ \begin{matrix} SI\bot DC \\ ID\bot DC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow IH\bot DC. Ta có: \left\{ \begin{matrix} IH\bot SD \\ IH\bot DC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow IH\bot(SCD)

    \Rightarrow d\left( I;(SCD) ight) = IH

    Xét tam giác SID vuông tại I có:

    \frac{1}{IH^{2}} = \frac{1}{SI^{2}} + \frac{1}{ID^{2}} = \frac{1}{4a^{2}} + \frac{4}{2a^{2}} \Rightarrow IH = \frac{2a}{3}

    \Rightarrow d\left( B;(SCD) ight) = d\left( A;(SCD) ight) = 2d\left( I;(SCD) ight) = \frac{4a}{3}

  • Câu 40: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, SA ⊥ (ABCD). Góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) là góc giữa

    Hình vẽ minh họa:

    Vì SA ⊥ (ABCD) nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (ABCD).

    Do đó góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) là góc giữa SC và AC.

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
  • 46 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