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 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 2: Thông hiểu

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

    Giả sử tam giác ABC vuông tại A

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

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

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

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

    Suy ra ABC có ba góc nhọn.

  • Câu 3: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, SA vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm AC. Khẳng định nào sau đây sai?

     Ta có:

    BC⊥AB,BC⊥SA⇒BC⊥(SAB)⇒(SBC)⊥(SAB)

    => (SAB) \perp (SAC) đúng.

    ΔABC vuông cân tại B, M là trung điểm AC ⇒ BM⊥AC⇒ BM \perp AC đúng.

    BM⊥AC,BM⊥SA⇒BM⊥(SAC)⇒(SBM)⊥(SAC)

    => (SBM) \perp (SAC) đúng

  • Câu 4: 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 5: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Gọi I;J lần lượt là trung điểm của SC;BC. Tính số đo góc giữa hai đường thẳng JI và CD?

    Hình vẽ minh họa

    Từ giả thiết ta có: JI//AB (do IJ là đường trung bình tam giác SAB)

    \Rightarrow (IJ;CD) =(SB;AB)

    Mặt khác ta lại có tam giác SAB đều nên \widehat{SBA} = 60^{0}

    \Rightarrow (SB;AB) = 60^{0} \Rightarrow(IJ;CD) = 60^{0}

  • Câu 6: 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 7: Nhận biết

    Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OB = OC = a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng OA và BC.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi M là trung điểm CB, ta có: OM ⊥ BC.

    Mặt khác vì OA, OB, OC đôi một vuông góc nên OA ⊥ (OBC)

    => OA ⊥ OM. Do đó khoảng cách giữa OA và BC là OM.

    Ta có: OM = \frac{1}{2}BC = \frac{a\sqrt{2}}{2}

  • Câu 8: 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.

  • Câu 9: Nhận biết

    Cho tứ diện ABCD. Chứng minh rằng nếu \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB} thì AB \bot CD;AC \bot BD;AD \bot BC. Điều ngược lại đúng không? Sau đây là lời giải

    Bước 1: Ta có sự tương đương

    Bước 2: Chứng minh tương tự ta có: AB \bot CD;AD \bot BC

    Bước 3: Ngược lại đúng, vì quá trình chứng minh ở bước 1 và bước 2 là quá trình biến đổi tương đương.

    Bước giải trên đúng hay sai? Nếu sai thì sai ở đâu?

    Lời giải đã cho là lời giải đúng

  • Câu 10: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB,AC,AD đôi một vuông góc với nhau; AB = 8a;AC = 5a;AD = 6a. Gọi trung điểm của các cạnh BC,CD,DB lần lượt là J;Q;K. Tính thể tích tứ diện AJQK?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: V_{ABCD} = \frac{1}{2}AB.\frac{1}{2}AD.AC = 60a^{3}

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

    V_{JQK} = \frac{1}{4}.V_{ABCD} = 15a^{3}

  • Câu 11: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB=a\sqrt{2}.Cạnh bên SA = 2a và vuông góc với mặt đáy (ABCD). Tính khoảng cách d từ D đến mặt phẳng (SBC)

    Hình vẽ minh họa

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

    Ta có: AD // BC => d\left( {D;\left( {SCD} ight)} ight) = d\left( {A;\left( {SBC} ight)} ight)

    Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB => AK \bot SB (*)

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

    Từ (*) và (**) => AH \bot \left( {SBC} ight)

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

  • Câu 12: Thông hiểu

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

    Hình vẽ minh họa

    Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD

    Suy ra CI\bot AB;DI\bot AB mà (ABC) \cap (ABD) = AB

    Do đó (ABC)\bot(ABD) \Rightarrow \widehat{CID} = 90^{0} \Rightarrow IJ = \frac{1}{2}CD

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} (ACD)\bot(BCD) \\ AJ\bot CD \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AJ\bot(BCD) \Rightarrow AJ\bot JB

    Mặt khác JA = JB;(\Delta ACD = \Delta BCD) nên tam giác JAB vuông cân tại J

    Do đó IJ = \frac{\sqrt{2}}{2}JA = \frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{AC^{2} - JC^{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{a^{2} - x^{2}}

    Vậy \frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{a^{2} - x^{2}} = x \Leftrightarrow a^{2} = 3x^{2} \Leftrightarrow x = \frac{a\sqrt{3}}{3}

  • Câu 13: 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 14: 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 15: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C. Gọi H là trung điểm AB. Biết rằng SH vuông góc với mặt phẳng (ABC) và AB = SH = a. Tính cosin của góc α tọa bởi hai mặt phẳng (SAB) và (SAC).

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có SH ⊥ (ABC) => SH ⊥ CH. (1)

    Tam giác ABC cân tại C => CH ⊥ AB (2)

    Từ (1) và (2) => CH ⊥ (SAB)

    Gọi I là trung điểm AC => HI // BC => HI ⊥ AC (3)

    Mặt khác AC ⊥ SH (do SH ⊥ (ABC) (4)

    Từ (3) và (4) => AC ⊥ (SHI)

    Kẻ HK ⊥ SI (K ∈ SI) (5)

    Từ AC ⊥ (SHI) => AC ⊥ HK (6)

    Từ (5) và (6), suy ra HK ⊥ (SAC)

    Vì HK ⊥ (SAC) và HC ⊥ (SAB) nên góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SAB) bằng góc giữa hai đường thẳng HK và HC

    Xét tam giác CHK vuông tại K ta có:

    CH = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}

    \frac{1}{HK^{2}} = \frac{1}{SH^{2}} + \frac{1}{HI^{2}} \Rightarrow HK = \frac{a}{3}

    Do đó \cos\alpha = \frac{2}{3}

  • Câu 16: Nhận biết

    Cho một khối chóp có diện tích đáy bằng 7a^{2}, chiều cao bằng a. Thể tích khối chóp đã cho là:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 7a^{2} \\ h = a \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}B.h = \frac{7}{3}a^{3}

  • Câu 17: 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 18: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , độ dài cạnh bên bằng a . Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA và BC . Góc giữa MN và SC bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi P là trung điểm của SB

    Ta có: SC//NP \Rightarrow (MN,SC) = (MN,NP) = \widehat{MNP}

    Mà MP = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2};NP = \frac{1}{2}SC = \frac{a}{2}

    MC^{2} = \frac{2\left( SC^{2} + AC^{2} ight) - SA^{2}}{4}

    = \frac{2\left( a^{2} + 2a^{2} ight) - a^{2}}{4} = \frac{5a^{2}}{4}

    MB = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    MN^{2} = \frac{2\left( MC^{2} + MB^{2} ight) - BC^{2}}{4}

    = \dfrac{2\left( \dfrac{5a}{4}^{2} +\dfrac{3a}{4}^{2} ight) - a^{2}}{4} = \dfrac{3a^{2}}{4}

    \Rightarrow \cos\widehat{MNP} = \frac{NP^{2} + MN^{2} - MP^{2}}{2NP.MN}

    = \dfrac{MN}{2NP} =\dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{2}}{2.\dfrac{a}{2}} =\dfrac{\sqrt{3}}{2}

    \Rightarrow \widehat{MNP} = 30^{0}

  • Câu 19: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O, tam giác SAB vuông tại A và tam giác SCD vuông tại D. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    \begin{matrix}\widehat{(CD;SA)} = \widehat{(AB;SA)} = 90^{0} \\\Rightarrow \left\{ \begin{matrix}CD\bot SA \\CD\bot SD \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow CD\bot AD \\\end{matrix}

    => ABCD là hình chữ nhật, từ đó ta suy ra

    AC = BD

    AB ⊥ (SAD)

    BC ⊥ AB

    Đáp án SO ⊥ (ABCD) sai

    Nếu SO ⊥ (ABCD) thì \left\{\begin{matrix}CD\bot SO \\CD\bot SA \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow CD\bot AO điều này vô lí

  • Câu 20: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có AC = a, BD = 3a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và BC. Biết AC vuông góc với BD. Tính MN.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi P là trung điểm của AB => PN, PM lần lượt là đường trung bình của tam giác ABC và tam giác ABD.

    => \left\{ \begin{matrix}PN = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{a}{2} \\PM = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{3a}{2} \\\end{matrix} ight.

    Ta có: AC\bot BD \Rightarrow PN\botPM

    => MN = \sqrt{PN^{2} + PM^{2}} =\sqrt{\frac{a^{2}}{4} + \frac{9a^{2}}{4}} =\frac{a\sqrt{10}}{2}

  • Câu 21: 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 22: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA ⊥ (ABCD). Gọi I là trung điểm của SC. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (ABCD) bằng độ dài đoạn thẳng nào?

    Hình vẽ minh họa:

    Do I là trung điểm của SC và O là trung điểm AC nên IO ∥ SA. Do SA ⊥ (ABCD) nên IO ⊥ (ABCD), hay khoảng cách từ I đến mặt phẳng (ABCD) bằng độ dài đoạn thẳng IO

  • Câu 23: Thông hiểu

    Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, BC = AA' = a\sqrt{2}. Tính \tan\left( BC';(ABB'A') ight)?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: Tam giác ABC vuông cân tại A và có BC = a\sqrt{2} \Rightarrow AC = AB = a

    Tam giác ABA' vuông tại A suy ra A'B = a\sqrt{3}

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} C'A'\bot A'B' \\ C'A'\bot AA' \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow C'A'\bot(ABB'A')

    Suy ra BA’ là hình chiếu của BC’ lên mặt phẳng (ABB'A')

    => \left( BC';(ABB'A') ight) = (BC';BA')

    Tam giác A’BC’ vuông tại A’ => \tan\widehat{A'BC'} = \frac{A'C'}{A'B} = \frac{a}{a\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}

    \Rightarrow \tan\left( BC';(ABB'A') ight) = \frac{\sqrt{3}}{3}

  • Câu 24: 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 25: 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 26: Nhận biết

    Cho một khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h lần lượt là 3x^{2};2x. Khi đó thể tích khối lăng trụ đã cho bằng bao nhiêu?

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 3x^{2} \\ h = 2x \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng: V = B.h = 3x^{2}.2x = 6x^{3}

  • Câu 27: 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 28: 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 29: Nhận biết

    Tính thể tích khối lập phương có cạnh bằng 4a?

    Ta có: V = (4a)^{3} = 64a^{3}

  • Câu 30: Nhận biết

    Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) song song với nhau và một điểm M không thuộc (P) và (Q). Qua M có bao nhiêu mặt phẳng vuông góc với (P) và (Q)?

    Gọi d là đường thẳng qua M và vuông góc với (P). Do (P)//(Q)⇒d⊥(Q)

    Giả sử (R) là mặt phẳng chứa d. Mà \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {d \bot \left( P ight)} \\ {d \bot \left( Q ight)} \end{array}} ight.

    \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\left( R ight) \bot \left( P ight)} \\ {\left( R ight) \bot \left( Q ight)} \end{array}} ight.

    Có vô số mặt phẳng (R) chứa d. Do đó có vô số mặt phẳng qua M, vuông góc với (P) và (Q).

  • Câu 31: Thông hiểu

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có các cạnh bằng 1. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ABB') và (CC'D').

    Hình vẽ minh họa

    Vì ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương nên (ABB')//(CC'D') và BC\bot(ABB'A').

    Khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ABB') và (CC'D')

    d\left( (ABB'),(CC'D') ight) = d\left( C,(ABB'A') ight) = CB = 1

  • Câu 32: Nhận biết

    Cho mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau, đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (Q). Khi đó khẳng định nào là khẳng định đúng?

    Cho mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau, đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (Q), khi đó a nằm trên (P) hoặc song song với (P).

  • Câu 33: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A và AB = a\sqrt{2}. Biết SA\bot(ABC) và SA = a. Góc nhị diện \lbrack S,\ BC,\ Abrack có số đo bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Kẻ AM\bot BC tại M \Rightarrow M là trung điểm của BC và AM = \frac{1}{2}BC = \frac{\left( a\sqrt{2} ight)\sqrt{2}}{2} = a .

    Ta có \left\{ \begin{matrix} (SBC) \cap (ABC) = BC \\ (SAM)\bot BC \\ (SAM) \cap (SBC) = SM \\ (SAM) \cap (ABC) = AM \\ \end{matrix} ight. \Rightarrow \left( \widehat{(SBC),(ABC)} ight) = \left( \widehat{SM,AM} ight).

    Suy ra góc giữa (SBC) và (ABC) bằng góc \widehat{SMA}.

    Ta có: \tan\widehat{SMA} = \frac{SA}{AM} = \frac{a}{a} = 1 \Rightarrow \widehat{SMA} = 45{^\circ}

    Suy ra góc nhị diện \lbrack S,\ BC,\ Abrack có số đo bằng 45{^\circ}.

  • Câu 34: Nhận biết

    Khẳng định nào sau đây là sai?

    Mệnh đề sai là: “Nếu đường thẳng d vuông góc với hai đường thẳng nằm trong (α) thì d ⊥ (α).”

    Vì thiếu điều kiện “cắt nhau” của hai đường thẳng nằm trong (α).

    Ví dụ đường thẳng a vuông góc với hai đường thẳng b và c nằm trong (α) nhưng b và c song song với nhau thì khi đó a chưa chắc vuông góc với (α).

  • Câu 35: Vận dụng

    Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau. H là hình chiếu vuông góc của O trên mặt phẳng (ABC). Khẳng định nào dưới đây là khẳng định sai?

    Hình vẽ minh họa:

    Chọn khẳng định sai

    Ta có: OA ⊥ OB, OA ⊥ OC => OA ⊥ (OBC) => OA ⊥ BC (*)

    Gọi M là giao điểm của AH và BC

    Theo giả thiết ta có: OH ⊥ (ABC) => OH ⊥ BC (**)

    Từ (*) và (**) suy ra: BC ⊥ (AOM) => BC ⊥ OM

    Xét tam giác BOC vuông ta có:

    \frac{1}{{O{I^2}}} = \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}

    Xét tam giác AOI vuông ta có:

    \frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}

    Từ chứng minh trên ta có: BC ⊥ (AOM) => BC ⊥ AM (1)

    Gọi N là giao điểm của BH và AC. Chứng minh tương tự ta có: AC ⊥ BN (2)

    Từ (1) và (2) => H là trực tâm tam giác ABC

    Vậy 3O{H^2} = A{B^2} + A{C^2} + B{C^2} là kết quả sai.

  • Câu 36: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác S.ABC, đáy là tam giác ABC vuông cân tại C và AB = a\sqrt{3};AC = a. Biết tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Thể tích hình chóp tam giác S.ABC bằng bao nhiêu?

    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(ABC) \\ SH \subset (SAB) \\ AB = (SAB) \cap (ABC) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SH\bot(ABC)

    Vậy SH là đường cao của hình chóp tam giác S.ABC

    Tam giác SAB đều nên SH = \frac{3a}{2}

    Tam giác ABC vuông cân tại C nên

    AB^{2} = AC^{2} + BC^{2} \Rightarrow BC = \sqrt{3a^{2} - a^{2}} = a\sqrt{2}

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

  • Câu 37: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh bên bằng cạnh đáy và bằng a. Gọi M là trung điểm của SC. Tính góc giữa hai mặt phẳng (MBD) và (ABCD).

    Tính góc giữa hai mặt phẳng (MBD) và(ABCD)

    Gọi O là tâm hình vuông ABCD, suy ra SO ⊥ (ABCD).

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {BD \bot SO} \\ {BD \bot AO} \end{array}} ight. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} ight) \Rightarrow BD \bot OM

    Do \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {(MBD) \cap (ABCD) = BD} \\ {OM \subset (MBD)} \\ {OM \bot BD} \\ {OC \subset (ABCD)} \\ {OC \bot BD} \end{array}} ight.

    \Rightarrow \widehat {\left( {MBD),(ABCD)} ight)} = (\widehat {OM,OC}) = \widehat {MOC}

    Tam giác SOC vuông tại O, trung tuyến OM, suy ra OM = MC = \frac{{CS}}{2} = \frac{a}{2}

    => Tam giác MOC cân tại M.

    => OC = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}

    Khi đó \cos \widehat {MOC} = \frac{{OC}}{{SC}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{a} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \widehat {MOC} = {45^{^0}}

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

  • Câu 38: Vận dụng

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của SC. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng BM và AC.

    Hình vẽ minh họa:

    Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng

    Gọi H là tâm của hình vuông ABCD khi đó SH \bot \left( {ABCD} ight)

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {BM} = \overrightarrow {HM} - \overrightarrow {HB} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {HS} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow {HC} - \overrightarrow {HB} \hfill \\ \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {HC} \hfill \\ HC \bot HB,HC \bot SH \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BM} = H{C^2} = \dfrac{{A{C^2}}}{4} = \dfrac{{{a^2}}}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    Vì tam giác SBC đều cạnh a và BM là trung tuyến nên BM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}

    Khi đó: \cos \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {BM} } ight) = \frac{{\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BM} }}{{AC.BM}} = \frac{1}{{\sqrt 6 }} > 0

  • Câu 39: 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 40: 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}

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
  • 27 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