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

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

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

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Cạnh bên SA = a\sqrt{3} và vuông góc với mặt đáy (ABC). Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC). Mệnh đề nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi M là trung điểm của BC => AM ⊥ BC.

    Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} AM\bot BC \\ BC\bot SA \\ \end{matrix} \Rightarrow ight.\ BC\bot(SAM) \Rightarrow BC\bot SM

    Do đó ((SBC),(ABC)) = (SM, AM) = \widehat{SMA}

    Tam giác ABC đều cạnh a, suy ra trung tuyến AM = \frac{a\sqrt{3}}{2}.

    Tam giác vuông SAM ta có: \sin\widehat{SMA} = \frac{SA}{SM} = \frac{SA}{\sqrt{SA^{2} + AM^{2}}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}

  • Câu 3: 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 4: Nhận biết

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

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: A'B//D'C nên góc giữa hai đường thẳng A'B và AD' bằng góc giữa hai đường thẳng D'C và AD' và bằng góc \widehat{AD'C}

    Mà tam giác ACD’ là tam giác đều nên \widehat{AD'C} = 60^{0}

    \Rightarrow (A'B;AD') = 60^{0}

  • Câu 5: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có SA\bot(ABC), đáy ABC là tam giác cân tại A. Gọi M là trung điểm của BC, J là trung điểm của BM. Chọn khẳng định đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Do tam giác ABC cân tại A, M là trung điểm của BC nên BC\bot AM

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

  • Câu 6: Nhận biết

    Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA\bot(ABCD);SA = a\sqrt{2}. Xác định thể tích S.ABCD?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có:

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

  • Câu 7: Thông hiểu

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

    Độ dài AD bằng:

     Hình vẽ minh họa

    Tính độ dài đoạn thẳng AD

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {AB \bot BC} \\ {AB \bot CD} \end{array}} ight. ⇒AB⊥(BCD)

    => Tam giác ABD vuông tại B.

    Lại có BC⊥CD nên tam giác BCD vuông tại C.

    Khi đó: 

    \begin{matrix} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {A{D^2} = A{B^2} + B{D^2}} \\ {B{D^2} = B{C^2} + C{D^2}} \end{array}} ight. \hfill \\ \Rightarrow A{D^2} = A{B^2} + B{C^2} + C{D^2} \hfill \\ \Rightarrow AD = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 8: 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 9: Nhận biết

    Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

    Mệnh đề “Cho hai đường thẳng song song a và b và đường thẳng c sao cho c ⊥ a, c ⊥ b. Mọi mặt phẳng (α) chứa c thì đều vuông góc với mặt phẳng (a, b)” là sai. Trong trường hợp a và b trùng nhau, sẽ tồn tại mặt phẳng chứa a và b không vuông góc với mặt phẳng (α) chứa c.

    Mệnh đề “Cho a ⊥ b, mọi mặt phẳng chứa b đều vuông góc với a” là sai. Trong trường hợp a và b cắt nhau, mặt phẳng (a, b) chứa b nhưng không vuông góc với a.

    Mệnh đề “Cho a ⊥ b, nếu a ⊂ (α) và b ⊂ (β) thì (α) ⊥ (β)” là sai. Trong trường hợp a và b vuông góc nhau và chéo nhau, nếu (α) ⊃ a, (α) // b và (β) ⊃ b, (β) // a thì (α) // (β).

    Vậy mệnh đề đúng là mệnh đề: “Cho a ⊥ (α), mọi mặt phẳng (β) chứa a thì (β) ⊥ (α).”

  • Câu 10: Thông hiểu

    Cho tứ diện đều ABCD, M là trung điểm của CD, N là điểm nằm trên AD sao cho BN vuông góc với AM. Tính tỉ số \frac{{DN}}{{DA}}

    Hình vẽ minh họa:

    Tính tỉ số giữa DN và DA

    Đặt \overrightarrow {AB} = \overrightarrow b ;\overrightarrow {AC} = \overrightarrow c ;\overrightarrow {AD} = \overrightarrow d. Ta có:

    \begin{matrix} \left| {\overrightarrow b } ight| = \left| {\overrightarrow c } ight| = \left| {\overrightarrow d } ight| = AB = a \hfill \\ \widehat {\left( {\overrightarrow b ;\overrightarrow c } ight)} = \widehat {\left( {\overrightarrow c ;\overrightarrow d } ight)} = \widehat {\left( {\overrightarrow d ;\overrightarrow b } ight)} = {60^0} \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow b .\overrightarrow c = \overrightarrow c .\overrightarrow d = \overrightarrow d .\overrightarrow b = \dfrac{{{a^2}}}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    Giả sử AN = k.AD. Khi đó:

    \overrightarrow {BN} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AN} = - \overrightarrow b + k.\overrightarrow d

    Vì M là trung điểm của CD nên 2\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow c + \overrightarrow d

    Khi đó: BN ⊥ AM => \overrightarrow {BN} .\overrightarrow {AM} = 0

    \begin{matrix} \left( { - \overrightarrow b + k.\overrightarrow d } ight).\left( {\overrightarrow c + \overrightarrow d } ight) = 0 \hfill \\ \Rightarrow - \dfrac{{{a^2}}}{2} - \dfrac{{{a^2}}}{2} + k.\dfrac{{{a^2}}}{2} + k.{a^2} = 0 \hfill \\ \Rightarrow k = \dfrac{2}{3} \hfill \\ \Rightarrow AN = \dfrac{2}{3}AD \hfill \\ \Rightarrow \dfrac{{DN}}{{DA}} = \dfrac{1}{3} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 11: Thông hiểu

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

    Hình vẽ minh họa

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

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

    \Rightarrow \alpha = \widehat{SCH}

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

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

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

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

  • Câu 12: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có hai mặt ABC và ABD là tam giác đều. Khi đó (AB;CD) bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: I là trung điểm của AB.

    Vì ABC và ABD là tam giác đều nên \left\{ \begin{matrix} CI\bot AB \\ DI\bot AB \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(CID) \Rightarrow AB\bot CD

  • Câu 13: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có AB = AC = AD, \widehat {BAC} = \widehat {BAD} = {60^0}. Hãy chứng mình AB ⊥ CD.

    Một bạn chứng mình qua các bước sau:

    Bước 1. \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AD}

    Bước 2. \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AB} .\left( {\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AD} } ight)

    Bước 3. \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} = |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AD} |.\cos {60^0} - |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AD} |.\cos {60^0} = 0

    Bước 4. Suy ra AB ⊥ CD

    Theo em. Lời giải trên sai từ:

    Bài toán sai từ bước 1 vì

    Theo quy tắc trừ hai vectơ ta có:

    \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} {\text{ }}

  • Câu 14: Thông hiểu

    Cho hình chóp S,ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A. Tam giác SBC là tam giác đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính d(SA;BC)?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trung điểm của BC. Suy ra SH\bot(ABC)

    Kẻ HK\bot SA;(K \in SA)(1)

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} BC\bot SH \\ BC\bot AH \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SHA) \Rightarrow BC\bot KH(2)

    Từ (1) và (2) suy ra HK là đoạn vuông góc chung của SA và BC

    Do đó d(SA;BC) = HK = \frac{SH.HA}{\sqrt{SH^{2} + HA^{2}}} = \frac{a\sqrt{3}}{4}

  • Câu 15: Nhận biết

    Trong không gian, tập hợp các điểm M cách đều hai điểm A và B là:

    Trong không gian, tập hợp các điểm M cách đều hai điểm A và B là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB.

  • Câu 16: Vận dụng

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

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

    Đáp án là:

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

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

    Hình vẽ minh họa

    Giả sử tứ diện đều cạnh bằng a

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

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

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

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

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

  • Câu 17: 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 18: 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 19: 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 20: Vận dụng

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a\sqrt 2 và cạnh bên bằng 2a. Góc giữa đường thẳng SB với mặt phẳng (SAC) bằng

    Gọi O = AC \cap BD. Ta có S.ABCD là hình chóp tứ giác đều suy ra SO \bot \left( {ABCD} ight).

    Vì \left\{ \begin{gathered} SO \bot \left( {ABCD} ight) \hfill \\ BD \subset \left( {ABCD} ight) \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow SO \bot BD

    Có \left\{ \begin{gathered} BD \bot SO \hfill \\ BD \bot AC \hfill \\ SO,AC \subset \left( {SAC} ight) \hfill \\ SO \cap AC = \left\{ O ight\} \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} ight)

    Suy ra hình chiếu vuông góc của đường thẳng SB lên mặt phẳng (SAC) là đường thẳng SO.

    Do đó góc giữa SB và mặt phẳng (SAC) bằng góc giữa hai đường thẳng SB và SO và bằng góc \widehat {BSO}.

    Có BO = \frac{{BD}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 .\sqrt 2 }}{2} = a

    Vì \left\{ \begin{gathered} SO \bot \left( {ABCD} ight) \hfill \\ OB \subset \left( {ABCD} ight) \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow SO \bot OB

    Xét tam giác SOB có

    Ta có \sin \widehat {BSO} = \frac{{BO}}{{SB}} = \frac{a}{{2a}} = \frac{1}{2} \Rightarrow BSO = {30^0}

  • Câu 21: Thông hiểu

    Một tấm ván hình chữ nhật ABCD được dùng làm mặt phẳng nghiêng để kéo một vật lên khỏi hố sâu 2\ m. Cho biết AB = 1\ m, AD = 3,5\ m. Tính góc giữa đường thẳng BD và đáy hố. (Kết quả làm tròn đến độ).

    Đáp án : 33\ ^{0}

    Đáp án là:

    Một tấm ván hình chữ nhật ABCD được dùng làm mặt phẳng nghiêng để kéo một vật lên khỏi hố sâu 2\ m. Cho biết AB = 1\ m, AD = 3,5\ m. Tính góc giữa đường thẳng BD và đáy hố. (Kết quả làm tròn đến độ).

    Đáp án : 33\ ^{0}

    Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của C, D lên đáy hố là mặt phẳng (AKHB).

    Khi đó BD có hình chiếu lên đáy là KB, suy ra

    \left( BD,(AKHB) ight) = (BD,BK) = \widehat{DBK}.

    Với độ sâu hố là DK = CH = 2(m), ta có

    AK = \sqrt{AD^{2} - DK^{2}} = \frac{\sqrt{33}}{2}.

    KB = \sqrt{AK^{2} + AB^{2}} = \frac{\sqrt{37}}{2}.

    \tan DBK = \frac{DK}{KB} = \frac{4\sqrt{37}}{37}

    \Rightarrow \widehat{DBK} \approx 33{^\circ}.

  • Câu 22: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các cạnh SB, SC. Giả sử HK cắt BC tại D. Khi đó:

    a) \widehat{(AC;AD)} = 90^{0} Đúng||Sai

    b) AH\bot(SBC) Đúng||Sai

    c) \widehat{(SC;HK)} = 90^{0} Đúng||Sai

    d) Tam giác SBC cân tại B. Sai||Đúng

    Đáp án là:

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các cạnh SB, SC. Giả sử HK cắt BC tại D. Khi đó:

    a) \widehat{(AC;AD)} = 90^{0} Đúng||Sai

    b) AH\bot(SBC) Đúng||Sai

    c) \widehat{(SC;HK)} = 90^{0} Đúng||Sai

    d) Tam giác SBC cân tại B. Sai||Đúng

    \widehat{(AC;AD)} = 90^{0} đúng

    AH\bot(SBC) đúng

    \widehat{(SC;HK)} = 90^{0} đúng

    Tam giác SBC cân tại B. sai

  • Câu 23: Thông hiểu

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

    Hình vẽ minh họa:

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

    Ta có: SA ⊥ (ABC) => SA ⊥ CH

    Mà CH ⊥ AB => CH ⊥ (SAB)

    Mặt khác AK thuộc mặt phẳng (SAB

    => CH ⊥ SA, CH ⊥ SB, CH ⊥ AK

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

  • Câu 24: 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 25: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và mặt bên SAB là tam giác vuông tại S. Tính số đo góc giữa hai đường thẳng SA và CD.

    Hình vẽ minh họa

    Vì ABCD là hình bình hành nên CD//AB

    \Rightarrow (SA;CD) = (SA;AB) = \widehat{SAB} = 45^{0}

  • Câu 26: Thông hiểu

    Cho hình chóp O.ABC có OA = OB = OC = 1, các cạnh OB, OC, OA đối một vuông góc. Gọi M là trung điểm của AB. Tính góc giữa hai vecto \overrightarrow {OM} ;\overrightarrow {BC}?

    Tính góc giữa hai vecto

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {OM} .\overrightarrow {BC} = \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OB} } ight).\left( {\overrightarrow {OC} - \overrightarrow {OB} } ight) \hfill \\ = \dfrac{1}{2}O{B^2} = \dfrac{{ - 1}}{2} \hfill \\ \Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow {OM} .\overrightarrow {BC} } ight) = \dfrac{{\overrightarrow {OM} .\overrightarrow {BC} }}{{OM.BC}} = \dfrac{{ - \dfrac{1}{2}}}{{\dfrac{{\sqrt 2 .\sqrt 2 }}{2}}} = - \dfrac{1}{2} \hfill \\ \Rightarrow \left( {\overrightarrow {OM} .\overrightarrow {BC} } ight) = {120^0} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 27: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O và SA = SC, SB = SD. Khẳng định nào sau đây sai?

    Hình vẽ minh họa:

    Do ABCD là hình thoi tâm O và SA = SC, SB = SD nên \left\{ \begin{matrix}SO\bot AC \\SO\bot BD \\\end{matrix} ight. => SO ⊥ (ABCD)

    Từ \left\{ \begin{matrix}SO\bot AC \\AC\bot BD \\\end{matrix} ight.=> AC ⊥ (SBD)

    Từ \left\{ \begin{matrix}SO\bot BD \\AC\bot BD \\\end{matrix} ight.=> BD ⊥ (SAC)

    Như vậy, các khẳng định “SO ⊥ (ABCD)”, “AC ⊥ (SBD)”, “BD ⊥ (SAC)” là các khẳng định đúng.

    Khẳng định “BC ⊥ (SAB)” là khẳng định sai. Vì nếu BC ⊥ (SAB) suy ra BC ⊥ SB, cùng với BC ⊥ SO ta có BC ⊥ (SBD), nên qua điểm B có hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với đường thẳng BC (vô lí).

  • Câu 28: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 3a. Cạnh bên SA vuông góc với (ABCD), góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 30◦ . Tìm khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC).

    Ta có:

    Gọi H là chân đường cao lên cạnh SB. Khi đó, ta có

    d(A, (SBC)) = AH. sin 30◦ => AH = AB . sin 30◦ = \frac{3a}{2}

  • Câu 29: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD, SA vuông góc với đáy. Kẻ AH vuông góc với SB (H ∈ SB). Chọn mệnh đề đúng.

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    SA ⊥ BC

    AB ⊥ BC

    => BC ⊥ (SAB) => BC ⊥ AH

    Mà AH ⊥ SB nên AH ⊥ (SBC) => AH ⊥ SC

  • Câu 30: Thông hiểu

    Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a. Tam giác SAB đều và \left( (SAB);(ABCD) ight) = 90^{0}. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trung điểm của AB

    Do tam giác SAB đều nên SH\bot AB

    Lại 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

    Tính được SH = a\sqrt{3}

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}.(2a)^{2}.a\sqrt{3} = \frac{4a^{3}\sqrt{3}}{3}

  • Câu 31: Vận dụng cao

    Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AB = AC = BB’ = a, \widehat{BAC} = 120^{0}. Gọi I là trung điểm của CC’. Tính cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (ABC) và (AB’I).

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi E là giao điểm của B’I và BC, H thuộc BC sao cho EA ⊥ AH tại A, K ∈ B’I sao cho KH ⊥ CB tại H.

    Ta có: KH ⊥ CB => KH // CC’

    => KH ⊥ (ABC) tại H => KH ⊥ EA mà EA ⊥ AH => EA ⊥ (AKH) => EA ⊥ AK

    Góc giữa hai mặt phẳng (AIB’) và (ACB) là \widehat{KAH}

    Ta có: BC = 2a.cos 300 = a\sqrt{3}

    Mặt khác AE2 = EC2 + AC2 − 2AC.EC. cos ACE

    AE2 = 3a2 + a2 − 2a.a\sqrt{3}.cos 1500= 7a2

    => AE = a\sqrt{7}

    Ta có:

    \cos\widehat{AEC} = \frac{AE^{2} +EC^{2} - AC^{2}}{2.AE.EC} = \frac{9}{2\sqrt{21}}

    \tan\widehat{AEC} =\sqrt{\frac{1}{cos^{2}\widehat{AEC}} - 1} =\frac{\sqrt{3}}{9}

    Ta có:

    \frac{EH}{EB} =\frac{HK}{BB'}

    \Rightarrow HK = \frac{BB'.EH}{EB} =\frac{AE.BB'}{2BC.cos\widehat{AEC}} = \frac{7a}{9}

    \cos\widehat{KAH} = \frac{AH}{AK} =\frac{AH}{\sqrt{AH^{2} + HK^{2}}} = \frac{\sqrt{30}}{10}

  • Câu 32: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật. SA vuông góc với (ABCD), AH và AK lần lượt là đường cao của tam giác SAB và SAD. Hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) vuông góc vì

    Hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) vuông góc vì BC ⊥ (SAB) do BC ⊥ AB và BC ⊥ SA

  • Câu 33: Thông hiểu

    Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A'B'C' có đáy ABC vuông tại a. Giả sử \alpha là góc giữa đường thẳng AC' và mặt phẳng (BCC'B'). Biết rằng AB = a\sqrt{3};AC = AA' = a. Kết luận nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Hạ AH\bot BC ta có: AH\bot(BCC'B')

    \Rightarrow \left( AC';(BCC'B') ight) = \widehat{AC'H}

    Trong tam giác ABC có:

    \frac{1}{AH^{2}} = \frac{1}{AB^{2}} + \frac{1}{AC^{2}} = \frac{4}{3a^{2}}

    \Rightarrow AH = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    \Rightarrow \sin\widehat{AC'H} = \frac{AH}{AC'} = \frac{a\sqrt{3}}{2a\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6}}{4}

    \Rightarrow \sin\alpha = \frac{\sqrt{6}}{4}

  • Câu 34: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng 2a. Tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng (SCD)

    Hình vẽ minh họa

    Tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng (SCD)

    Gọi O là tâm hình vuông ABCD => SO \bot \left( {ABCD} ight)

    Vì OA \cap \left( {SCD} ight) = C nên 

    \begin{matrix} \dfrac{{d\left( {A;\left( {SCD} ight)} ight)}}{{d\left( {O;\left( {SCD} ight)} ight)}} = \dfrac{{AC}}{{OC}} = 2 \hfill \\ \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} ight)} ight) = 2d\left( {O;\left( {SCD} ight)} ight) \hfill \\ \end{matrix}

    Gọi H là trung điểm của CD => OH \bot CD

    Gọi K là hình chiếu của O trên SH => OK \bot SH (*) 

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {CD \bot OH} \\ {CD \bot SO} \end{array}} ight. \Rightarrow CD \bot \left( {SOH} ight) \Rightarrow CD \bot OK\left( ** ight)

    Từ (*) và (**) 

    \begin{matrix} OK \bot \left( {SCD} ight) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SCD} ight)} ight) = OK \hfill \\ OK = \dfrac{{SO.OH}}{{\sqrt {S{O^2} + O{H^2}} }} \hfill \\ \end{matrix}

    Ta lại có:

    \begin{matrix} SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} \hfill \\ = \sqrt {4{a^2} - {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} ight)}^2}} = \dfrac{{a\sqrt {14} }}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    \Rightarrow OK = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt {14} }}{2}.\dfrac{a}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {\dfrac{{a\sqrt {14} }}{2}} ight)}^2} + {{\left( {\dfrac{a}{2}} ight)}^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 7 }}{{\sqrt {30} }}

    d\left( {A;\left( {SCD} ight)} ight) = 2.OK = \frac{{2a\sqrt 7 }}{{\sqrt {30} }}

  • Câu 35: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là một tam giác vuông cân tại B với trọng tâm G, cạnh bên SA tạo với đáy (ABC) một góc 30◦. Biết hai mặt phẳng (SBG) và (SCG) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SA và BC.

    Hình vẽ minh họa:

    Hai mặt phẳng (SBG) và (SCG) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC) nên SG ⊥ (ABC).

    Gọi cạnh AB = BC = a

    \begin{matrix}AG = \dfrac{2}{3}AM = \dfrac{\sqrt{5}}{3}a \hfill\\\Rightarrow SG = AG.\tan30^{0} = \dfrac{\sqrt{15}}{9}a \hfill\\SA = \dfrac{AG}{cos30^{0}} = \dfrac{2a\sqrt{15}}{9} \hfill\\\end{matrix}

    Từ G kẻ GE// BC (E ∈ AB), từ E kẻ EF // SA (F ∈ SB) suy ra (SA, BC) = (EF, EG)

    \begin{matrix}\overrightarrow{BF} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{BS} \hfill\\\Leftrightarrow \overrightarrow{GF} = \overrightarrow{GB} +\dfrac{1}{3}(\overrightarrow{GS} - \overrightarrow{GB}) \hfill\\\Leftrightarrow \overrightarrow{GF} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{GB} +\dfrac{1}{3}\overrightarrow{GS} \hfill\\\Leftrightarrow GF^{2} = \dfrac{4}{9}GB^{2} + \dfrac{1}{9}GS^{2} \hfill\\\Leftrightarrow GF^{2} = \dfrac{4}{9} \cdot \left( \dfrac{2}{3} \cdot\dfrac{a\sqrt{2}}{2} ight)^{2} + \dfrac{5}{27 \cdot 9}a^{2} =\dfrac{29}{27 \cdot 9}a^{2}\hfill \\\end{matrix}

    Xét tam giác EFG ta có:

    \begin{matrix}EF = \dfrac{1}{3}AS = \dfrac{2a\sqrt{15}}{27} \hfill\\EG = \dfrac{2}{3}BM = \dfrac{a}{3} \hfill\\\end{matrix}

    Khi đó:

    \begin{matrix}\cos\widehat{FEG} = \dfrac{EF^{2} + EG^{2} - FG^{2}}{2EF.EG} \hfill\\\Leftrightarrow \cos\widehat{FEG} = \dfrac{\dfrac{4.15a^{2}}{27.27} +\dfrac{a^{2}}{9} - \dfrac{29a^{2}}{27.9}}{2\dfrac{2a\sqrt{15}}{27} \cdot\dfrac{a}{3}}\hfill \\\Leftrightarrow \cos\widehat{FEG} = \dfrac{\sqrt{3}}{2\sqrt{5}} =\dfrac{\sqrt{15}}{10} \hfill\\\end{matrix}

  • Câu 36: Nhận biết

    Mệnh đề nào sau đây là sai?

    Mệnh đề sai là: "Nếu a // (P) và b ⊥ a thì b ⊥ (P)"

  • 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: Nhận biết

    Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:

    Đáp án đúng: “Đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau thì vuông góc với mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với đường thẳng kia.”

  • Câu 39: 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 40: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Tam giác SAB đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi α là góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (ABCD). Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Giả sử H là trung điểm của AB => SH ⊥ AB => SH ⊥ (ABCD)

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

    => \alpha = \left( SD,(ABCD) ight) = (SD;HD) = \widehat{SDH}

    Tam giác SAB đều cạnh a => SH = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    Ta lại có: HD = \sqrt{AH^{2} + AB^{2}} = \frac{a\sqrt{5}}{2}

    => \cot\alpha = \cot\widehat{SDH} = \frac{DH}{SH} = \frac{5}{\sqrt{15}}

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