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

    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 2: 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 3: 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 4: Vận dụng

    Cho hình lăng trụ ABC. MNP có tất cả các cạnh bằng nhau. Gọi I là trung điểm của cạnh AC. Cosin của góc tạo bởi NC và BI bằng bao nhiêu?

     Gọi E là trung điểm MP => NE // BI

    => Góc giữa hai đường thẳng NC và BI bằng góc giữa hai đường thẳng NC và NE

    => Góc cần tính là \widehat {CNE}

    Đặt a là chiều dài cạnh của hình lăng trụ ta có:

    \begin{matrix} NC = a\sqrt 2 \hfill \\ NE = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \hfill \\ CE = \sqrt {C{P^2} + E{P^2}} = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    => \cos \widehat {CNE} = \frac{{N{C^2} + N{E^2} - C{E^2}}}{{2NC.NE}} = \frac{{\sqrt 6 }}{4}

  • Câu 5: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SB vuông góc với mặt phẳng (ABCD) (tham khảo hình vẽ). Khẳng định nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Từ giả thiết ABCD là hình vuông và SB vuông góc với đáy

    Ta có: \left\{ \begin{matrix}AC\bot BD \\AC\bot SB \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow AC\bot(SBD)

  • Câu 6: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a; SA = 3a\sqrt{2};SA\bot(ABCD). Tính \tan\left( SC;(SAD) ight)?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: ABCD là hình vuông \Rightarrow AC\bot BD

    Mặt khác SA\bot(ABCD) \Rightarrow SA\bot CD

    Suy ra CD\bot(SAD)

    => SD là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (SAD)

    Do đó \left( SC;(SAD) ight) = (SC;SD) = \widehat{CSD}

    Xét tam giác SCD vuông tại D ta có:

    \tan\widehat{CSD} = \frac{CD}{SD} = \frac{CD}{\sqrt{SA^{2} + AD^{2}}} = \frac{a^{2}}{\sqrt{\left( 3a\sqrt{2} ight)^{2} + a^{2}}} = \frac{1}{\sqrt{19}} = \frac{\sqrt{19}}{19}

  • Câu 7: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Kết luận nào đưới dây đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} SA\bot CD \\ AD\bot CD \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow CD\bot(SAD) \Rightarrow CD\bot SD

  • Câu 8: Nhận biết

    Tính thể tích khối lập phương có cạnh bằng 2a?

    Ta có: V = (2a)^{3} = 8a^{3}

  • Câu 9: 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 10: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác S.ABC có SA\bot(ABC);SA = a\sqrt{2}. Biết rằng tam giác ABC vuông cân tại B và AC = 2a. Tính góc giữa SB và (ABC)?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SB \cap (ABC);SA\bot(ABC)

    => Hình chiếu vuông góc của SB trên mặt phẳng (ABC) là AB.

    => Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) là \widehat{SBA}

    Do tam giác ABC vuông cân tại B và AC = 2a nên AB = \frac{AC}{\sqrt{2}} = a\sqrt{2} = SA

    Suy ra tam giác SAB vuông cân tại A.

    Do đó \widehat{SBA} = 45^{0}

    Vậy góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) bằng 450.

  • Câu 11: 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 12: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = a ; AD = 2a, SA \bot \left( {ABCD} ight);SA = a\sqrt 2. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SAB).

     Tính góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SAB)

    Gọi M là trung điểm của AD.

    Xét tứ giác ABCM có: AM // BC, AM = AB = BC = a, \widehat {MAB} = {90^0}

    Suy ra ABCM là hình vuông => MC = AB = a

    Xét tam giác ACD có AM là trung tuyến và CM = \frac{1}{2}AD = a

    Suy ra ACD vuông tại C => AC ⊥ CD

    Trong (SAC), dựng AH ⊥ SC

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {CD \bot AC} \\ {CD \bot SA} \\ {SA \cap AC = A} \\ {SA;AC \subset \left( {SAC} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} ight) mà AH ⊂ (SAC) suy ra CD ⊥ AH.

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {AH \bot CD} \\ {AH \bot SC} \\ {CD \cap SC = C} \\ {CD;SC \subset \left( {SCD} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} ight)\left( 1 ight)

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {AD \bot SA} \\ {AD \bot AB} \\ {SA \cap AB = A} \\ {SA;AB \subset \left( {SAB} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} ight)\left( 2 ight)

    Từ (1) và (2) suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) là góc giữa hai đường thẳng AH và AD.

    Xét tam giác ABC vuông tại B có: AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 2

    Xét tam giác SAC vuông tại A có: SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = 2a

    Xét tam giác SAC vuông tại A và SA = AC = a\sqrt 2 nên SAC vuông cân tại A.

    Suy ra H là trung điểm SC và AH = \frac{1}{2}SC = a

    Xét tam giác AHD vuông tại H (vì AH ⊥ (SCD)).

    Ta có: \cos \widehat {HAD} = \frac{{AH}}{{AD}} = \frac{a}{{2a}} = \frac{1}{2} suy ra \widehat {DAH} = {60^0}

    Vậy \left( {\widehat {\left( {SCD} ight);\left( {SAB} ight)}} ight) = {60^0}

  • Câu 13: Vận dụng

    Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có tất cả các cạnh bằng a. (như hình vẽ).

    Tính d\left( A;(A'BC) ight)?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm cạnh BC.

    Ta có tam giác ABC đều cạnh a nên AM\bot BC; AM = \sqrt{AB^{2} - BH^{2}} = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    ABC.A'B'C' là hình lăng trụ tam giác đều nên AA'\bot(ABC) \Rightarrow AA'\bot BC

    Do đó BC\bot(A'AM) và BC \subset (A'BC) \Rightarrow (A'AM)\bot(A'BC) theo giao tuyến A'M

    Kẻ AH\bot AM \Rightarrow AH\bot(A'BC)

    D\left( A;(A'BC) ight) = AH

    Lại có \frac{1}{AH^{2}} = \frac{1}{A'A^{2}} + \frac{1}{AM^{2}} \Leftrightarrow \frac{1}{AH^{2}} = \frac{1}{a^{2}} + \frac{4}{3a^{2}}

    \Leftrightarrow \frac{1}{AH^{2}} = \frac{7}{3a^{2}} \Rightarrow AH = \frac{a\sqrt{21}}{7}

  • Câu 14: 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 15: 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 16: Vận dụng cao

    Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A0’B’C’ có cạnh bên bằng cạnh đáy. Đường thẳng MN (M ∈ A’C, N ∈ BC’) là đường vuông góc chung của A’C và BC’. Tỉ số \frac{NB}{NC'} bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi H, I lần lượt là trung điểm của AB, AC’

    Suy ra HI // BC’

    Trong mặt phẳng (ABB’A’), tia A’H cắt tia B’B tại S, gọi K là hình chiếu của B trên SH

    Dễ thấy BK ⊥ (SCH)

    Gọi M là hình chiếu của K trên A’C, chú ý rằng CH = HA’ nên HI ⊥ A’C, do đó KM // HI // BC’

    Trong mặt phẳng (BC’MK) lấy điểm N trên BC’ sao cho BKMN là hình bình hành

    Khi đó MN là đoạn vuông góc chung cần tìm

    Ta có:

    \frac{NB}{BC'} = \frac{MK}{2HI} =\frac{1}{2}\left( 1 + \frac{HK}{A'H} ight)

    = \frac{1}{2}\left( 1 + \frac{HK}{HS}ight) = \frac{1}{2}\left( 1 + \frac{HB^{2}}{HS^{2}}ight)

    Do 2HB = SB nên:

    \frac{NB}{BC'} = \frac{1}{2}\left( 1+ \frac{HB^{2}}{HB^{2} + SB^{2}} ight)

    = \frac{1}{2}\left( 1 +\frac{HB^{2}}{HB^{2} + 4HB^{2}} ight) = \frac{3}{5}

    => \frac{NB}{NC'} =\frac{3}{2}

  • Câu 17: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA\bot(ABCD);SA = a\sqrt{2}. Tính \left( SC;(ABCD) ight)?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SA\bot(ABCD) nên góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng góc \widehat{SCA}.

    Ta có: SA = a\sqrt{2};AC = a\sqrt{2}

    \Rightarrow \tan\widehat{SCA} = \frac{SA}{AC} = 1 \Rightarrow \widehat{SCA} = 45^{0}

    Vậy \left( SC;(ABCD) ight) = 45^{0}

  • Câu 18: Thông hiểu

    Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có cạnh bên bằng 4a. 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{4\sqrt{3}}{3}a

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

    Vậy thể tích khối lăng trụ là: V = S_{ABC}.AA' = \frac{\sqrt{3}}{4}.4a.\left( \frac{8a}{3} ight)^{2} = \frac{64\sqrt{3}a^{3}}{9}

  • Câu 19: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC đáy là tam giác ABC cân tại A, SA vuông góc với đáy. Gọi Mlà trung điểm của BC, J là trung điểm của BM. Khẳng định nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: BC\bot SA;\left( do\ SA\bot(ABC) ight)

    Tam giác ABC cân tại A nên AM\bot BC

    \Rightarrow BC\bot(SAM)

  • Câu 20: 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 21: Nhận biết

    Hình tứ diện ABCD có AB = AC = AD = 3 và AB, AC, AD đôi một vuông góc với nhau. Diện tích của tam giác BCD bằng:

    Do ∆BCD là tam giác đều cạnh \sqrt{18} nên có diện tích là S_{BCD} = \frac{18\sqrt{3}}{4} = \frac{9\sqrt{3}}{2}

  • Câu 22: Thông hiểu

    Khối chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA = SB = 2a. Mặt phẳng (SAB) tạo với mặt phẳng đáy một góc 90^{0}. Xác định thể tích khối chóp S.ABCD?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trung điểm của AB

    Tam giác SAB cân tại S 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{(2a)^{2} - \left( \frac{a}{2} ight)^{2}} = \frac{a\sqrt{15}}{2}

    Vậy thể tích hình chóp là:

    V = \frac{1}{3}.SH.S_{ABCD} = \frac{1}{3}.\frac{a^{2}\sqrt{15}}{2}.a^{2} = \frac{a^{3}\sqrt{15}}{6}

  • Câu 23: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD;AC = 6a;BD = 8a. Gọi trung điểm của AD,BC lần lượt là M,N. Biết AC\bot DB. Độ dài đoạn thẳng MN là:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi P là trung điểm của CD. Khi đó \left\{ \begin{matrix}MP = \dfrac{1}{2}AC = 3a \\NP = \dfrac{1}{2}BD = 4a \\\end{matrix} ight.

    Lại có \left\{ \begin{matrix} NP//BD;MP//AC \\ AC\bot BD \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow MP\bot NP hay tam giác MNP vuông tại P

    Theo định lí Pythagore ta có:

    MN = \sqrt{NP^{2} + MP^{2}} = 5a

  • Câu 24: 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 = \frac{2a\sqrt{3}}{3};d(C;BB') = 2a;d(A;BB') = a;d(A;CC') = a\sqrt{3}. Thể tích của khối lăng trụ là:

    Hình vẽ minh họa:

    Cắt lăng trụ bởi một mặt phẳng qua A’ vuông góc với AA’ ta được một thiết diện là tam giác A'B_{1}C_{1} có các cạnh:

    A'B_{1} = a;A'C_{1} = a\sqrt{3};B_{1}C_{1} = 2a

    Suy ra tam giác A'B_{1}C_{1} vuông tại A’ và trung tuyến A’H của tam giác đó bằng a

    Gọi giao điểm của AM và A’H là T

    Ta có:

    A'M = \frac{2a\sqrt{3}}{3};A'H = a

    \Rightarrow MH = \frac{a}{\sqrt{3}} \Rightarrow \widehat{MA'H} = 30^{0} \Rightarrow \widehat{MA'A} = 60^{0}

    \Rightarrow AA' = \frac{A'M}{\cos\widehat{MA'A}} = \frac{4a}{\sqrt{3}}

    \Rightarrow V_{ABC.A'B'C'} = V_{A'B_{1}C_{1}.ABC} = AA'.S_{A'B_{1}C_{1}} = 2a^{3}

  • Câu 25: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có AC = AD = BC = BD = a;AB = x. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB;CD. Biết (ACD)\bot(BCD) và (ABC)\bot(ABD). Tính giá trị của x.

    Chỗ nhập nội dung câu trả lời tự luận
    Đáp án là:

    Cho tứ diện ABCD có AC = AD = BC = BD = a;AB = x. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB;CD. Biết (ACD)\bot(BCD) và (ABC)\bot(ABD). Tính giá trị của x.

    Chỗ nhập nội dung câu trả lời tự luận
  • Câu 26: 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 27: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, các cạnh AB = AC = a, các góc \widehat{SBA} = \widehat{SCA} = 90^{0}. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên (ABC) và SH = a\sqrt{2}. Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC).

    Đáp án: 1/3 (Ghi đáp án dưới dạng phân số tối giản a/b).

    Đáp án là:

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, các cạnh AB = AC = a, các góc \widehat{SBA} = \widehat{SCA} = 90^{0}. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên (ABC) và SH = a\sqrt{2}. Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC).

    Đáp án: 1/3 (Ghi đáp án dưới dạng phân số tối giản a/b).

    Hình vẽ minh họa

    Gọi (\alpha) là mặt phẳng qua B và vuông góc với AB \Rightarrow (\alpha) \cap (ABC) = Bt//AC.

    Gọi (\beta) là mặt phẳng qua C và vuông góc với AC

    \Rightarrow (\beta) \cap (ABC) =Ct'//AB

    Khi đó, (\alpha) \cap (\beta) = SH với H = Bt \cap Ct' là đỉnh thứ tư của hình vuông ABHC.

    Khi đó: \Delta SAB,\ \ \Delta SAC là hai tam giác vuông bằng nhau có SB = SC = a\sqrt{3},SA = 2a.

    Gọi I là chân đường cao hạ từ đỉnh B của tam giác SAB, ta có BI\bot SA,CI\bot SA.

    Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) là (IB;IC).

    Xét \Delta IBC cân tại I có IB = IC = \frac{a\sqrt{3}.a}{2a} = \frac{a\sqrt{3}}{2},BC = a\sqrt{2}.

    Ta có: \cos\widehat{BIC} = \frac{IB^{2} +IC^{2} - BC^{2}}{2IB.IC}= \dfrac{\dfrac{3a^{2}}{4} + \dfrac{3a^{2}}{4} -2a^{2}}{2.\dfrac{3a^{2}}{4}} = - \dfrac{1}{3}.

    Vậy cosin góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) bằng \frac{1}{3}.

  • Câu 28: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông với AC=\frac{a\sqrt{2}}{2}. Cạnh bên SA vuông góc với đáy, SB hợp với đáy góc 600. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AD và SC.

    Ta có AD // BC => AD // (SBC) => d(AD;SC)=d(A;(SBC))

    Kẻ AP⊥SB =>d(A;(SBC))=AP =>d(AD;SC)=AP

    Ta có:

    \begin{matrix} AB = \dfrac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{a}{2} \hfill \\ \dfrac{1}{{A{P^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{A{B^2}}} \hfill \\ \end{matrix}

    Lại có \left( {SB;\left( {ABCD} ight)} ight) = \widehat {SBA} = {60^0}

    \begin{matrix} \Rightarrow \tan {60^0} = \dfrac{{SA}}{{AB}} \Rightarrow SA = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \hfill \\ \Rightarrow AP = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 29: Vận dụng

    Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng . Điểm M và N lần lượt là trung điểm các đoạn AC, BB’. Côsin góc giữa đường thẳng MN và (BA’C’) bằng

     Côsin góc giữa đường thẳng MN và (BA’C’) bằng

    Gọi là số đo góc giữa MN và (BA’C’), K là hình chiếu vuông góc của N lên (B’A’C’).

    Khi đó \sin \alpha = \frac{{NK}}{{NI}} = \frac{{d\left( {N;\,\,\left( {BA'C'} ight)} ight)}}{{NI}}

    Gọi E là trung điểm của A’C’, khi đó BMEB’ là hình chữ nhật. Gọi I = MN \cap BE, ta có

    MN = \sqrt {B{M^2} + B{N^2}} = 1 \Rightarrow IN = \frac{1}{3}MN = \frac{1}{3}

    Ta có \frac{{d\left( {N;\,\,\left( {BA'C'} ight)} ight)}}{{d\left( {B';\,\,\left( {BA'C'} ight)} ight)}} = \frac{{NB}}{{B'B}} = \frac{1}{2}

    \left\{ \begin{gathered} A'C' \bot B'E \hfill \\ A'C' \bot ME \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow A'C' \bot \left( {BMEB'} ight) \Rightarrow \left( {BA'C'} ight) \bot \left( {BMEB'} ight)

    \left( {BA'C'} ight) \cap \left( {BMEB'} ight) = BE. Kẻ B'H \bot BE\,\left( {H \in BE} ight)

    \begin{matrix} \Rightarrow B'H \bot \left( {BA'C'} ight) \Rightarrow d\left( {B';\,\,\left( {BA'C'} ight)} ight) = B'H \hfill \\ B'H = \dfrac{1}{{\sqrt {\dfrac{1}{{B'{E^2}}} + \dfrac{1}{{B'{B^2}}}} }} = \dfrac{{\sqrt {21} }}{7} \hfill \\ \end{matrix}

    Từ \frac{{d\left( {N;\,\,\left( {BA'C'} ight)} ight)}}{{d\left( {B';\,\,\left( {BA'C'} ight)} ight)}} = \frac{1}{2} \Rightarrow d\left( {N;\,\,\left( {BA'C'} ight)} ight) = \frac{{\sqrt {21} }}{{14}}

    \begin{matrix} \Rightarrow \sin \alpha = \dfrac{{d\left( {N;\,\,\left( {BA'C'} ight)} ight)}}{{NI}} = \dfrac{{3\sqrt {21} }}{{14}} \hfill \\ \Rightarrow \cos \alpha = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } = \sqrt {1 - {{\left( {\dfrac{{3\sqrt {21} }}{{14}}} ight)}^2}} = \dfrac{{\sqrt 7 }}{{14}} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 30: 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 31: 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 32: Vận dụng

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

    Hình vẽ minh họa:

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

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

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

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

    Khi đó, tam giác MCD vuông cân tại M

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

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

    MàAB^{2} = AN^{2} + BN^{2}

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

  • Câu 33: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi H là trung điểm cạnh AC, K là hình chiếu vuông góc của H trên SC. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SA\bot(ABC) \Rightarrow SA\bot BH

    Mà tam giác ABC là tam giác đều AC\bot BH

    \Rightarrow BH\bot SC mà HK\bot SC

    \Rightarrow SC\bot(BHK) \Rightarrow (SCB)\bot(BHK)

  • Câu 34: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a;IJ = \frac{a\sqrt{3}}{2}. Gọi trung điểm của AD;BC lần lượt là AD;BC. Khi đó cosin góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của AC khi đó góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng góc giữa hai đường thẳng MI và MJ.

    Ta có:

    \cos\widehat{IMJ} = \frac{IM^{2} + MJ^{2} - IJ^{2}}{2MI.MJ} = - \frac{1}{2}

    \Rightarrow \cos(AB;CD) = \frac{1}{2}

  • Câu 35: 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 36: Thông hiểu

    Tính thể tích khối tứ diện đều A.BCD, biết AB = 3?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi E là trung điểm của CD, H là trọng tâm giác giác BCD SH\bot(ABC)

    Tam giác BCD đều cạnh bằng 5

    \Rightarrow BE = \sqrt{3^{2} - \left( \frac{3}{2} ight)^{2}} = \frac{3\sqrt{3}}{2} \Rightarrow BH = \sqrt{3}

    Tam giác ABH vuông tại H nên

    \Rightarrow AH = \sqrt{AB^{2} - BH^{2}} = \sqrt{3^{2} - \left( \sqrt{3} ight)^{2}} = \sqrt{6}

    \Rightarrow S_{ABCD} = \frac{1}{2}BE.CD = \frac{1}{2}.\frac{3\sqrt{3}}{2}.3 = \frac{9\sqrt{3}}{4}

    Vậy thể tích khối chóp tam giác là: V = \frac{1}{3}.\frac{9\sqrt{3}}{4}.\sqrt{6} = \frac{9\sqrt{2}}{4}cm^{3}

  • Câu 37: Nhận biết

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

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

  • Câu 38: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết: AB = a,AD = SA = a\sqrt 3. Hai bên mặt SAB và SAD vuông tại a. Gọi μ là góc giữa hai đường thẳng SB và AC. Tính cosμ?

    Hình vẽ minh họa:

    Xác định cosin góc giữa hai đường thẳng SB và AC

    Ta có:

    \begin{matrix} \cos \left( {\overrightarrow {SB} ;\overrightarrow {AC} } ight) = \dfrac{{\overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC} }}{{SB.AC}} = \dfrac{{\overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC} }}{{4{a^2}}} \hfill \\ \overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC} = \left( {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {AB} } ight).\overrightarrow {AC} \hfill \\ = \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \hfill \\ \end{matrix}

    Ta lại có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {AS} .\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AS} .\left( {m\overrightarrow {AB} + n\overrightarrow {AC} } ight) = 0 \hfill \\ \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 2.2a.\cos {60^0} = {a^2} \hfill \\ \Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow {SB} ,\overrightarrow {AC} } ight) = \frac{1}{4} \hfill \\ \Rightarrow \cos \mu = \frac{1}{4} \hfill \\ \end{matrix}

     

  • Câu 39: Nhận biết

    Hình chóp tam giác đều S.ABC. Gọi Glà trọng tâm tam giác ABC. Khẳng định nào sau đây đúng?

    Ta có khối chóp tam giác đều S.ABC có đáy ABC là tam giác đều, trọng tâm G cũng là tâm của đáy nên SG\bot(ABC).

  • Câu 40: Thông hiểu

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Giả sử mặt phẳng (\alpha) đi qua điểm C vuông góc với BD. Thiết diện tạo bởi (\alpha) và hình lập phương là:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} CA\bot BD \\ CC'\bot BD \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow (ACC'A')\bot BD

    Vậy (\alpha) chính là mặt phẳng (ACC'A'). Thiết diện là một hình chữ nhật.

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
  • 43 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