Lớp 11 Toán 11 - Kết nối tri thức với cuộc sống

Đề kiểm tra 45 phút Toán 11 Chương 7 Kết nối tri thức

Mô tả thêm: Đề kiểm tra 45 phút Toán 11 Quan hệ vuông góc trong không gian gồm 40 câu hỏi trắc nghiệm giúp bạn học ôn tập, củng cố lại kiến thức sách Kết nối tri thức.
  • Thời gian làm: 45 phút
  • Số câu hỏi: 40 câu
  • Số điểm tối đa: 40 điểm
Trước khi làm bài bạn hãy
  • 1 Ôn tập kiến thức đã nêu trong phần Mô tả thêm
  • 2 Tìm không gian và thiết bị phù hợp để tập trung làm bài
  • 3 Chuẩn bị sẵn dụng cụ cần dùng khi làm bài như bút, nháp, máy tính
  • 4 Căn chỉnh thời gian làm từng câu một cách hợp lý
Mua gói để Làm bài
  • Câu 1: Nhận biết

    Cho hình chóp 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 2: 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 3: Vận dụng cao

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

    Hình vẽ minh họa:

    Kẻ AI\bot BB';AK\bot CC'

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

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

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

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

    Vậy tam giác AIK vuông tại A

    Gọi E là trung điểm của IK

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

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

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

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

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

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

    Xét tam giác AMF vuông tại A ta có:

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

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

  • Câu 4: Nhận biết

    Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D có tất cả các cạnh đều bằng nhau. Trong các mệnh đề sau. Mệnh đề nào có thể sai?

    Dễ thấy các đáp án A’C’ ⊥ BD, A’B ⊥ DC’, BC’ ⊥ A’D đúng

    Đáp án BB’ ⊥ BD sẽ bị sai trong trường hợp hình hộp có cạnh bên không vuông góc với mặt đáy

  • Câu 5: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có SA\bot(ABC). Gọi hình chiếu vuông góc của điểm A lên cạnh BC là điểm H. Xác định góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC)?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có:

    BC = (SBC) \cap (ABC)

    Vì \left\{ \begin{matrix} BC\bot AS \\ BC\bot AH \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SAH) \Rightarrow BC\bot SH

    Vậy \left( (SBC);(ABC) ight) = \widehat{SHA}

  • Câu 6: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB,AC,AD đôi một vuông góc với nhau. Gọi trung điểm của các cạnh BC,CD,DB lần lượt là J;Q;K. Tính thể tích tứ diện AJQK, biết AB = 6cm;AC = 7cm;AD = 4cm.

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: V_{ABCD} =\frac{1}{2}AB.\frac{1}{2}AD.AC = \frac{1}{2}.6.7.4 = 28\left( cm^{3}ight)

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

    V_{JQK} = \frac{1}{4}V_{ABCD} = 7\left(cm^{3} ight)

  • Câu 7: Vận dụng cao

    Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm của tam giác ABC, AA’ = 2a. M là trung điểm của B’C’. Khi đó khoảng cách từ C’ đến mặt phẳng (A’BM) là.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi N là trung điểm của BC, G là trọng tâm tam giác ABC.

    Dựng hình chữ nhật AND

    Kẻ GI // BC (I ∈ BD), GH ⊥ A’I (H ∈ A’I)

    Ta có: C’N // (A’MB) (do C’N // MB)

    => d(C’, (A’BM)) = d(N, (A’BM))

    Mà GN // (A’BM) (do GN // A’M)

    => d(N, (A’BM)) = d(G, (A’BM))

    => d(C’, (A’BM)) = d(G,(A’BM))

    Ta có: BD // AN, AN // A’M => BD // A’M => A’, M, B, D đồng phẳng.

    BD ⊥ GI (do ANBD là hình chữ nhật)

    BD ⊥ A’G (do A’G ⊥ (ABC))

    => BD ⊥ (A’GI) => BD ⊥ GH

    Mà A’I ⊥ GH => GH ⊥ (A’MB) => d(G, (A’BM)) = GH

    Tính GH: ∆ABC đều, cạnh a

    => AN = \frac{a\sqrt{3}}{2};AG =\frac{2}{3}AN = \frac{a\sqrt{3}}{3}

    Xét tam giác AA’G vuông tại G

    => A'G = \sqrt{AA'^{2} -AG^{2}}

    \Rightarrow A'G = \sqrt{4a^{2} -\frac{a^{2}}{3}} = \frac{a\sqrt{33}}{3}

    Ta lại có: GNBI là hình chữ nhật => GI= NB = \frac{a}{2}

    Xét tam giác A’GI vuông tại G có GH ⊥ A’I

    => \frac{1}{GH^{2}} = \frac{1}{GI^{2}}+ \frac{1}{A'G^{2}}

    \Rightarrow \dfrac{1}{GH^{2}} =\dfrac{1}{\dfrac{a^{2}}{4}} + \dfrac{1}{\dfrac{11a^{2}}{3}} =\dfrac{47}{11a^{2}}

    Suy ra GH =\sqrt{\frac{11}{47}}a

    \Rightarrow d\left( C'(A'BM)ight) = \frac{a\sqrt{11}}{\sqrt{47}}

  • Câu 8: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA = a. Gọi M là trung điểm của SD và \alpha là góc giữa hai đường thẳng AC và BM. Chọn kết luận đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của SO và BM.

    Trong mặt phẳng (SAC) kẻ NK // AC, NK \cap SA = N;NK \cap SC = K

    Ta có: I là trọng tâm tam giác SBD.

    Ta có: SO = \sqrt{SA^{2} + AO^{2}} = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    Tam giác SBD đều cạnh bằng a\sqrt{2} \Rightarrow BM = \frac{a\sqrt{2}.\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{6}}{2} \Rightarrow BI = \frac{2}{3}MB = \frac{a\sqrt{6}}{3}

    \Rightarrow \frac{IK}{OC} = \frac{2}{3} \Rightarrow IK = \frac{2}{3}OC = \frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{2}}{2} = \frac{a\sqrt{2}}{3}

    \frac{SK}{SC} = \frac{2}{3} \Rightarrow SK = \frac{2}{3}SC = \frac{2}{3}.a\sqrt{3}

    Tam giác SBC vuông tại B \Rightarrow \cos\widehat{SBC} = \frac{SB}{SC} = \frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3}

    Lại có:

    KB^{2} = SK^{2} + SB^{2} - 2SK.SB.cos\widehat{BSK}

    = \left( \frac{2a\sqrt{3}}{3} ight)^{2} + 2a^{2} - 2.\frac{2a\sqrt{3}}{3}.a\sqrt{2}.\frac{\sqrt{6}}{3} = \frac{2}{3}a^{2}

    \Rightarrow \cos\widehat{KIB} = \frac{IK^{2} + IB^{2} - KB^{2}}{2.IK.IB}

    = \frac{\left( \frac{a\sqrt{2}}{3} ight)^{2} + \left( \frac{a\sqrt{6}}{3} ight)^{2} - \frac{2a^{2}}{3}}{2.\frac{a\sqrt{2}}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{3}} = \frac{1}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{6}

    Vậy cosin góc giữa hai đường thẳng AC và BM là \frac{\sqrt{3}}{6}.

    VD

     

    1

  • Câu 9: Nhận biết

    Cho hai đường thẳng a,b và mặt phẳng (Q). Chọn mệnh đề sai trong các mệnh đề dưới đây?

    Mệnh đề: “Nếu a//(Q),b\bot a thì b\bot(Q).” Sai vì đường thẳng b có thể nằm trong mặt phẳng (Q).

  • Câu 10: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a; SA\bot(ABCD);SA = a\sqrt{2}. Gọi M,N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các cạnh SB;SD. Tính số đo góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (AMN).

    Hình vẽ minh họa

    Gọi \left\{ \begin{matrix} AC \cap BD = O \\ SO \cap MN = I \\ AI \cap SC = P \\ \end{matrix} ight.

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} AN\bot(SCD) \Rightarrow AN\bot SC \\ AM\bot(SBC) \Rightarrow AM\bot SC \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow SC\bot(AMN) \Rightarrow SC\bot(AMPN)

    \Rightarrow \left( SB;(AMN) ight) = \left( SB;(AMPN) ight) = \widehat{SMP}

    Ta có: SM = \frac{SA^{2}}{SB} = \frac{2a^{2}}{\sqrt{2a^{2} + a^{2}}} = \frac{2a\sqrt{3}}{3}

    SP = \frac{SA^{2}}{SC} = \frac{2a^{2}}{\sqrt{2a^{2} + 2a^{2}}} = a

    \Rightarrow \sin\widehat{SMP} = \frac{SP}{SM} = \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \widehat{SMP} = 60^{0}

  • Câu 11: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = a\sqrt{3} chiếu vuông góc H của S trên mặt phẳng đáy trùng với trọng tâm tam giác ABC và SH = \frac{a}{2}. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và SC. Gọi α là góc giữa đường thẳng MN với mặt phẳng (ABCD). Mệnh đề nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: MN // SB

    => \left( MN,(ABCD) ight) = \left( SB;(ABCD) ight)

    Do SH ⊥ (ABCD)

    \begin{matrix} \Rightarrow \left( MN,(ABCD) ight) = \left( SB;(ABCD) ight) \\ = (SB;HB) = \widehat{SBH} \\ \end{matrix}

    Ta có: \left\{ \begin{matrix}BD = \sqrt{AB^{2} + AD^{2}} = 2a \\BH = \dfrac{BD}{3} = \dfrac{2a}{3} \\\end{matrix} ight.

    => \tan\widehat{SBH} = \frac{SH}{BH} = \frac{3}{4}

  • Câu 12: 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 13: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh bằng a và cạnh bên đều bằng a . Gọi M;N lần lượt là trung điểm của AD;SD . Khi đó (MN,SC) bằng:

    Ta có: MN//SA \Rightarrow (MN,SC) = (SA,SC)

    Lại có AC = a\sqrt{2}

    Xét tam giác SAC có AC^{2} = SA^{2} + SC^{2}

    Theo định lí Pythagore đảo suy ra tam giác SAC vuông tại S

    Suy ra \widehat{ASC} = 90^{0} hay (MN,SC) = (SA,SC) = 90^{0}

  • Câu 14: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA\bot(ABC). Gọi H là chân đường cao kẻ từ đỉnh A của tam giác SAB. Xác định kết luận sai?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SA\bot(ABC) ightarrow SA\bot BC

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} BC\bot AB(gt) \\ BC\bot SA;\left( do\ \ SA\bot(ABC) ight) \\ AB \cap SA = A \\ AB;SA \subset (SAB) \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow BC\bot(SAB)

    Lại có: \left\{ \begin{matrix} AH\bot SB \\ AH\bot BC;\left( do\ \ BC\bot(SAB) ight) \\ SB \cap BC = B \\ AB;BC \subset (SBC) \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow AH\bot(SBC) \Rightarrow AH\bot BC \Rightarrow AH\bot BC

  • Câu 15: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA = 2a;SA\bot(ABCD). Xác định độ lớn khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBD)?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O = AC \cap BD

    Kẻ AK\bot SO;(K \in SO)(1)

    Ta có:

    SA\bot(ABCD) \Rightarrow SA\bot BD(*)

    Mà AC\bot DB(**)

    Từ (*) và (**) suy ra DB\bot(SAC) \Rightarrow BC\bot AK(2)

    Từ (1) và (2) suy ra AK\bot(SBD) \Rightarrow d\left( A;(SBD) ight) = AK

    Xét tam giác SAO vuông tại A ta có: \frac{1}{AK^{2}} = \frac{1}{AO^{2}} + \frac{1}{SA^{2}} = \frac{9}{4a^{2}} \Rightarrow AK = \frac{2a}{3}

    \Rightarrow d\left( A;(SBD) ight) = \frac{2a}{3}

  • Câu 16: 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 17: Nhận biết

    Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

    Nếu hình hộp có ba mặt chung một đỉnh là hình vuông thì nó là hình lập phương.

  • Câu 18: 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). Điểm I là:

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {AB \bot OI} \\ {AB \bot OC} \end{array}} ight. \Rightarrow AB \bot CI

    Chứng minh tương tự ta được: BC \bot AI

    Vậy I là trực tâm của tam giác ABC.

  • Câu 19: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a. Góc tạo bởi cạnh bên SA và mặt phẳng đáy bằng 45^{0}. Thể tích khối chóp là:

    Hình vẽ minh họa

    \left( SA;(ABC) ight) = \widehat{SAO} = 45^{0}

    SO = AO.tan45^{0} = \frac{a\sqrt{3}}{3}

    V = \frac{1}{3}.SO.S_{ABC} = \frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{3}.\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4} = \frac{a^{3}}{12}

  • Câu 20: 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 21: Vận dụng

    Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’, A’B’C’D’ là hình chữ nhật tâmH, A’D’ = 2a, A'B' = 2\sqrt 3 a, H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (A’B’C’D’), AH = 2\sqrt 3 a. Gọi \alpha là góc giữa hai đường thẳng AD’ và DB’. Tính \cos \alpha.

    Tính góc giữa hai đường thẳng

    Bước 1: Xác định góc giữa hai đường thẳng AD’ và DB’

    Kẻ đường thẳng d qua D, song song với AD', cắt A’D’ tại E

    Suy ra \alpha = \widehat {\left( {AD',\,DB'} ight)} = \widehat {\left( {DE,\,DB'} ight)}

    Bước 2: Tính \cos \alpha

    Kẻ đường thẳng qua H, song song với A’D’, cắt A’B’ tại F.

    Lấy điểm I sao cho ADIH là hình bình hành.

    Suy ra DI // AH , mà AH \bot \left( {A'B'C'D'} ight)

    => DI \bot \left( {A'B'C'D'} ight) \Rightarrow DI \bot IB'

    Ta có

    \begin{matrix} DE = AD' = \sqrt {A{H^2} + H{{D'}^2}} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 3 a} ight)}^2} + {{\left( {2a} ight)}^2}} = 4a \hfill \\ EB' = \sqrt {A'{E^2} + A'{{B'}^2}} = \sqrt {{4^2} + {{\left( {2\sqrt 3 } ight)}^2}} .a = 2\sqrt 7 a \hfill \\ IB' = \sqrt {I{F^2} + F{{B'}^2}} = \sqrt {{3^2} + {{\left( {\sqrt 3 } ight)}^2}} .a = 2\sqrt 3 a \hfill \\ DB' = \sqrt {D{I^2} + I{{B'}^2}} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 3 } ight)}^2} + {{\left( {2\sqrt 3 } ight)}^2}} .a = 2\sqrt 6 a \hfill \\ \end{matrix}

    Trong tam giác EDB’, có:

    \begin{matrix} \cos \widehat {EDB'} = \dfrac{{D{E^2} + D{{B'}^2} - E{{B'}^2}}}{{2.DE.DB'}} \hfill \\ = \dfrac{{{{\left( {4a} ight)}^2} + {{\left( {2\sqrt 6 a} ight)}^2} - {{\left( {2\sqrt 7 a} ight)}^2}}}{{2.4a.2\sqrt 6 a}} \hfill \\ = \dfrac{{\sqrt 6 }}{8} > 0 \hfill \\ \end{matrix}

    Suy ra \cos \alpha = \frac{{\sqrt 6 }}{8}

  • Câu 22: 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 23: 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 24: 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 25: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có SA\bot(ABC);SA = a\sqrt{3}, tam giác ABC đều có AB = a. Giả sử \alpha = \left( AB;(ABC) ight). Hãy xác định giá trị \sin\alpha?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của BC. Kẻ đường cao AK của tam giác SAM.

    Tam giác ABC đều suy ra AM\bot BC \Rightarrow BC\bot(SAM) \Rightarrow AK\bot(ABC)

    \Rightarrow \alpha = \left( AB;(ABC) ight) = (AB;AK) = \widehat{ABK}

    Xét tam giác ABM vuông tại A ta có:

    \frac{1}{AK^{2}} = \frac{1}{SA^{2}} + \frac{1}{AM^{2}}

    = \frac{1}{\left( a\sqrt{3} ight)^{2}} + \frac{1}{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} ight)^{2}} = \frac{5}{3a^{2}}

    \Rightarrow AK = \frac{a\sqrt{15}}{5}

    Vì AK\bot(ABC) \Rightarrow AK\bot BK

    Xét tam giác ABK vuông tại K ta có:

    \sin\alpha = \frac{AK}{AB} = \frac{\sqrt{15}}{5}

  • Câu 26: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy, góc \widehat{SBD}=60^0. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AB và SO.

    Hình vẽ minh họa:

    Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AB và SO

    Ta có ΔSAB = ΔSAD(c−g−c) suy ra SB=SD

    Mà \widehat {SBD} = {60^0} => ΔSBD đều cạnh SB=SD=BD=a\sqrt2

    Xét tam giác vuông SAB có:

    SA = \sqrt {S{B^2} - A{B^2}} = a

    Gọi E là trung điểm AD, suy ra OE//AB và AE⊥OE

    Do đó d(AB;SO)=d(AB;(SOE))=d(A;(SOE))

    Kẻ AK⊥SE(1)

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {OE \bot AD} \\ {OE \bot SA} \end{array}} ight.

    ⇒ OE⊥(SAD)⇒OE⊥AK(2)

    Từ (1) và (2) ⇒ AK⊥(SOE)

    => d\left( {A;\left( {SOE} ight)} ight) = AK = \frac{{SA.AE}}{{\sqrt {S{A^2} + A{E^2}} }} = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}

  • Câu 27: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD. Gọi H là trực tâm của tam giác BCD và AH vuông góc với mặt phẳng đáy. Khẳng định nào dưới đây là đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Chọn khẳng định đúng

    Vì AH vuông góc với (BCD) suy ra AH⊥CD (1)

    Mà H là trực tâm của tam giác BCD ⇒BH⊥CD (2)

    Từ (1), (2) suy ra: \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {CD \bot AH} \\ {CD \bot BH} \end{array}} ight.

    ⇒CD⊥(ABH)⇒CD⊥AB

  • Câu 28: Nhận biết

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Chiều cao của hình chóp bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên đáy ABCD là hình vuông và các cạnh bên bằng nhau.

    Gọi O là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD).

    Khi đó các tam giác SOA, SOB, SOC, SOD bằng nhau nên bốn đoạn thẳng OA, OB, OC, OD bằng nhau.

    Suy ra O trùng với tâm của hình vuông ABCD, hay O là giao điểm của AC và BD. Vậy chiều cao của hình chóp là:

    \begin{matrix}SO = \sqrt{SB^{2} - OB^{2}} \hfill \\= \sqrt{a^{2} - \dfrac{a^{2}}{2}} = \sqrt{\dfrac{a^{2}}{2}} =\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\hfill \\\end{matrix}

  • Câu 29: Nhận biết

    Cho một khối chóp có diện tích đáy bằng 8a^{2}, chiều cao bằng a. Thể tích khối chóp đã cho là:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 8a^{2} \\ h = a \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}B.h = \frac{8}{3}a^{3}

  • Câu 30: Thông hiểu

    Cho tứ diện SABC có SBC và ABC nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Tam giác SBC đều, tam giác ABC vuông tại A. Gọi H, I lần lượt là trung điểm của BC và AB. Khẳng định nào sau đây sai?

    Hình vẽ minh họa:

    Do SBC là tam giác đều có H là trung điểm BC => SH ⊥ BC.

    Mà ta có (SBC) ⊥ (ABC) theo giao tuyến BC

    => SH ⊥ (ABC) => SH ⊥ AB.

    Vì HI là đường trung bình của tam giác ABC => HI // AC => HI ⊥ AB.

    Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} SH\bot AB \\ HI\bot AB \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(SHI) \Rightarrow (SAB)\bot(SHI)

    Dùng phương pháp loại trừ thì khẳng định “(SAB) ⊥ (SAC)” là sai.

  • Câu 31: 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 32: Nhận biết

    Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua một điểm A cho trước và vuông góc với hai mặt phẳng phân biệt (P) và (Q)?

    Có một khi (P) và (Q) cắt nhau, có vô số khi (P) // (Q).

  • Câu 33: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề dưới đây?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SA\bot(ABCD) \Rightarrow \left\{ \begin{matrix} SA\bot CD \\ SA\bot BD \\ SA\bot BC \\ \end{matrix} ight.

    Vậy mệnh đề sai là: SA\bot SB

  • Câu 34: Nhận biết

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

    Hình vẽ minh họa:

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

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

  • Câu 35: Nhận biết

    Các đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thì: 

    Đáp án "Thuộc một mặt phẳng"  sai vì có thể xảy ra trường hợp chúng nằm trên nhiều mặt phẳng khác nhau.

    Đáp án "Vuông góc với nhau" sai vì có thể xảy ra trường hợp chúng song song với nhau.

    Đáp án "Song song với nhau" sai vì có thể xảy ra trường hợp chúng cắt nhau.

    Đáp án "Song song với một mặt phẳng"  đúng vì chúng đồng phẳng.

  • Câu 36: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có AC = \frac{3}{2}AD;\widehat {CAB} = \widehat {DAB} = {60^0};CD = AD. Gọi α là góc giữa AB và CD. Chọn khẳng định đúng?

     Hình vẽ minh họa:

    Chọn khẳng định đúng?

    Ta có:

    \cos (AB,CD) = \frac{{|\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} |}}{{|\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {CD} |}} = \frac{{|\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} |}}{{AB.CD}}

    Mặt khác:

    \begin{matrix} \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AB} .(\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} ) \hfill \\ = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \hfill \\ = |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AD} |.\cos (\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} ) - |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AC} |.\cos (\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} ) \hfill \\ = AB.AD.\cos {60^0} - AB.AC.\cos {60^0} \hfill \\ = AB.AD.\dfrac{1}{2} - AB.\dfrac{3}{2}AD.\dfrac{1}{2} \hfill \\ = - \dfrac{1}{4}AB.AD = - \dfrac{1}{4}AB.CD \hfill \\ \Rightarrow \cos (AB,CD) = \dfrac{{\left| { - \dfrac{1}{4}AB.CD} ight|}}{{AB.CD}} = \dfrac{1}{4} \hfill \\ \Rightarrow \cos \varphi = \dfrac{1}{4} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 37: Nhận biết

    Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước là 2;3;5 bằng:

    Thể tích cần tìm là: V = 2.3.5 = 30

  • Câu 38: Nhận biết

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

    Ta có: V = (3a)^{3} = 27a^{3}

  • Câu 39: Nhận biết

    Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D'. Mặt phẳng (BCD'A') vuông góc với mặt phẳng nào trong các mặt phẳng dưới đây?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: ABCD.A'B'C'D' là hình hộp chữ nhật suy ra \left\{ \begin{matrix} BC\bot AB \\ BC\bot BB' \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(ABB'A')

    \Rightarrow (BCD'A')\bot(ABB'A')

  • Câu 40: 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}

Nộp bài

Chúc mừng Bạn đã hoàn thành bài!

Đề kiểm tra 45 phút Toán 11 Chương 7 Kết nối tri thức Kết quả
  • Thời gian làm bài: 00:00:00
  • Số câu đã làm: 0
  • Điểm tạm tính: 0
Làm lại
  • 45 lượt xem
Sắp xếp theo
🖼️
Xóa Gửi bình luận
Đề kiểm tra 45 phút Toán 11 Chương 7 Kết nối tri thức
Thời gian còn lại 45:00 Số câu đã làm 0/40
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40
Chưa làm Đã làm
Làm lại Nộp bài
Đăng nhập