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 hai đường thẳng a và a’ lần lượt có vecto chỉ phương là \overrightarrow u ;\overrightarrow {u'}. Nếu \varphi là góc giữa hai đường thẳng a và a’ thì

    Do góc giữa hai đường thẳng bằng hoặc bù với góc giữa hai vecto chỉ phương của chúng nên đáp án đúng là: \cos \varphi = \left| {\cos \left( {\overrightarrow u ;\overrightarrow {u'} } ight)} ight|

  • Câu 2: Vận dụng

    Cho hình vuông ABCD cạnh a và SA ⊥ (ABCD). Để góc giữa (SCB) và (SCD) bằng 60◦ thì độ dài cạnh SA là:

    Hình vẽ minh họa:

    Đặt SA = a.

    Kẻ AM ⊥ SD, m ∈ SD, AN ⊥ SB, N ∈ SB, ta có: \left\{ \begin{matrix} AM\bot(SCD) \\ AN\bot(SBC) \\ \end{matrix} ight.

    Suy ra: \widehat{\left( (SCD);(SBC) ight)} = \widehat{(AM;AN)}

    Do ∆SAD = ∆SAB (c.g.c) => AM = AN

    Do đó => ((SCD); (SBC)) = 60◦ => (AM; AN) = 60◦

    Xét tam giác SAD, ta có:

    \frac{1}{AM^{2}} = \frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{a^{2}} \Rightarrow AM = MN \Rightarrow x = a

    \begin{matrix}\dfrac{MN}{BD} = \dfrac{SM}{SD} = \dfrac{SM.SD}{SD^{2}} =\dfrac{SA^{2}}{SD^{2}} = \dfrac{x^{2}}{a^{2} + x^{2}} \hfill\\\Rightarrow MN = \dfrac{ax^{2}\sqrt{2}}{a^{2} + x^{2}} \hfill\\\end{matrix}

    Nếu \widehat{MAN} = 60^{0} thì ∆AMN đều => AM = MN => x = a

    Nếu \widehat{MAN} = 120^{0} thì MN = \sqrt{3}AM \Rightarrow 2x^{2} = 3\left( x^{2} + a^{2} ight) (Vô lý)

    Vậy SA = a

  • Câu 3: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a tâm I, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết SA = a\sqrt{3};\beta = \left( SI;(ABCD) ight). Tính \tan\beta?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SA\bot(ABCD) nên AI là hình chiếu vuông góc của SI trên mặt phẳng đáy.

    Do đó góc giữa đường thẳng SI và mặt phẳng (ABCD) bằng góc giữa SI và AI.

    Xét tam giác SAI vuông tại A nên \widehat{SIA} < 90^{0} \Rightarrow (SI;AI) = \widehat{SIA}

    \tan\widehat{SIA} = \dfrac{SA}{AI} =\dfrac{a\sqrt{3}}{\dfrac{a\sqrt{2}}{2}} = \sqrt{6}

    Vậy \tan\beta = \sqrt{6}

  • Câu 4: 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 5: 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 6: 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 7: Thông hiểu

    Nếu ba vecto \vec{a}, \vec{b}, \vec{c} cùng vuông góc với vecto \vec{n} khác \vec{0} thì chúng: 

    "Nếu ba vecto \vec{a}, \vec{b}, \vec{c} cùng vuông góc với vecto \vec{n} khác \vec{0} thì chúng đồng phẳng"

    Giải thích:

    Giả sử \vec{a}, \vec{b}, \vec{c} không đồng phẳng, khi đó tồn tại duy nhất bộ số thực (x; y; z) sao cho:

    \overrightarrow n = x\overrightarrow a + y\overrightarrow b + z\overrightarrow c

    Nhân cả hai vế với \overrightarrow n ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow n .\overrightarrow n = x\overrightarrow a .\overrightarrow n + y\overrightarrow b .\overrightarrow n + z\overrightarrow c .\overrightarrow n = 0 \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow n = \overrightarrow 0 \hfill \\ \end{matrix} 

    (Mâu thuẫn với giả thiết)

  • Câu 8: 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 9: Thông hiểu

    Cho một khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng x(cm), biết độ dài cạnh bên và cạnh đáy tỉ lệ 2:1. Tính thể tích V của khối chóp?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O là tâm hình vuông ABCD

    OC = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\sqrt{AB^{2} + BC^{2}} = \frac{1}{2}\sqrt{x^{2} + x^{2}} = \frac{x\sqrt{2}}{2}

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

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

    \Rightarrow SO\bot(ABCD)

    Trong tam giác SOC vuông tại O ta có:

    SO = \sqrt{SC^{2} - OC^{2}} = \sqrt{(2x)^{2} - \left( \frac{x\sqrt{2}}{2} ight)^{2}} = \frac{x\sqrt{14}}{2}

    Vậy thể tích hình chóp là: V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}S_{ABCD}.SO = \frac{1}{3}.\frac{x\sqrt{14}}{2}.x^{2} = \frac{x^{3}\sqrt{14}}{6}

  • Câu 10: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, SA ⊥ (ABCD), AD = CD = a, AB = 2a. Gọi E là trung điểm của AB. Chỉ ra mệnh đề sai trong các mệnh đề dưới đây.

    Từ giả thiết suy ra ADCE là hình vuông

    => CE ⊥ AB, CE = AD = a

    Ta có: CE ⊥ AB, CE ⊥ SA => CE ⊥ (SAB)

    Vì CE = AD = a => CE =\frac{1}{2}AB

    => Tam giác ABC vuông tại C => CB ⊥ AB

    Kết hợp với CB ⊥ SA => CB ⊥ (SAC)

    Ta có:

    CD ⊥ AD, CD ⊥ SA => CD ⊥ (SAD)

    => Tam giác SDC vuông tại D

    Dùng phương pháp loại trừ nên ta có: CE ⊥ (SDC) là khẳng định sai.

  • Câu 11: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có AB = AC = AD và \widehat {BAC} = \widehat {BAD} = {60^0}. Hãy xác định góc giữa cặp vecto \overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {CD}?

     Hình vẽ minh họa:

    Xác định góc giữa cặp vecto

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {AB} .\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} ) \hfill \\ - |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AC} |.\cos (\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} ) \hfill \\ = |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AD} |.\cos {60^0} - |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AC} |.\cos {60^0}{\text{ }} \hfill \\ {\text{Do }}AC = AD \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = 0 \hfill \\ \Rightarrow (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD} ) = {90^0} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 12: Vận dụng

    Cho S.ABCD là hình chóp có đáy là hình chữ nhật. SA \bot \left( {ABCD} ight). Gọi K nằm trên cạnh BC sao cho KC = 2KB, Q nằm trên cạnh CD sao cho QD = 3QC và M là trung điểm của cạnh SD. Biết AB = a,AD = 2a và KM = \frac{{a\sqrt {67} }}{6}. Tính cosin góc giữa KM và SQ.

    Gọi N là trung điểm AD. Như vậy MN là đường trung bình của tam giác SAD nên MB // SA.

    Vậy MN \bot \left( {ABCD} ight)

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {NK} = \overrightarrow {NA} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BK} \hfill \\ = - \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} + \dfrac{1}{3}\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AB} - \dfrac{1}{6}\overrightarrow {AD} \hfill \\ \end{matrix}

    Suy ra

    \begin{matrix} N{K^2} = {\left( {\overrightarrow {AB} - \dfrac{1}{6}\overrightarrow {AD} } ight)^2} = A{B^2} + \dfrac{1}{{36}}A{D^2} \hfill \\ = {a^2} + \dfrac{1}{{36}}.4{a^2} = \dfrac{{10}}{9}{a^2} \hfill \\ \end{matrix}

    Xét tam giác MNK vuông tại N (do MN \bot \left( {ABCD} ight)) ta có:

    \begin{matrix} M{N^2} = M{K^2} - N{K^2} = \dfrac{{67}}{{36}}{a^2} - \dfrac{{10}}{9}{a^2} = \dfrac{3}{4}{a^2} \hfill \\ \Rightarrow MN = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow SA = a\sqrt 3 \hfill \\ \end{matrix}

    Lại có

    \begin{matrix} \overrightarrow {AQ} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DQ} = \overrightarrow {AD} + \dfrac{3}{4}\overrightarrow {AB} \hfill \\ \Rightarrow A{Q^2} = {\left( {\overrightarrow {AD} + \dfrac{3}{4}\overrightarrow {AB} } ight)^2} \hfill \\ = A{D^2} + \dfrac{9}{{16}}A{B^2} \hfill \\ = {(2a)^2} + \dfrac{9}{{16}}{a^2} = \dfrac{{73}}{{16}}{a^2} \hfill \\ \end{matrix}

    Xét tam giác SAQ vuông tại A nên

    \begin{matrix} S{Q^2} = A{S^2} + A{Q^2} = 3{a^2} + \dfrac{{73}}{{16}}{a^2} = \dfrac{{121}}{{16}}{a^2} \hfill \\ \Rightarrow SQ = \dfrac{{11}}{4}a \hfill \\ \end{matrix}

    Ta có

    \begin{matrix} \overrightarrow {KM} = \overrightarrow {NM} - \overrightarrow {NK} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AS} - \overrightarrow {AB} + \dfrac{1}{6}\overrightarrow {AD} \hfill \\ \overrightarrow {SQ} = \overrightarrow {AQ} - \overrightarrow {AS} = \overrightarrow {AD} + \dfrac{3}{4}\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AS} \hfill \\ \end{matrix}

    Khi đó

    \begin{matrix} \overrightarrow {KM} .\overrightarrow {SQ} = - \dfrac{3}{4}A{B^2} + \dfrac{1}{6}A{D^2} - \dfrac{1}{2}A{S^2} \hfill \\ = - \dfrac{3}{4}{a^2} + \dfrac{1}{6}.4{a^2} - \dfrac{1}{2}.3{a^2} = \dfrac{{ - 19}}{{12}}{a^2} \hfill \\ \end{matrix}

    Vậy

    \begin{matrix} \cos \left( {KM,SQ} ight) = \left| {\cos \left( {\overrightarrow {KM} ,\overrightarrow {SQ} } ight)} ight| \hfill \\ = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {KM} .\overrightarrow {SQ} } ight|}}{{KM.SQ}} = \dfrac{{\left| {\dfrac{{ - 19}}{{12}}{a^2}} ight|}}{{\dfrac{{a\sqrt {67} }}{6}.\dfrac{{11a}}{4}}} = \dfrac{{38}}{{11\sqrt {67} }} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 13: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh đáy bằng 2a, đường cao bằng a\sqrt{2}. Giả sử \left( (SCD);(ABCD) ight) = \alpha. Mệnh đề nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O = AC \cap BC, M là trung điểm của CD.

    Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} (SCD) \cap (ABCD) = CD \\ OM\bot CD \\ SM\bot CD \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow \alpha = (OM;SM) = \widehat{SMO}

    Trong tam giác SMO có \tan\widehat{SMO} = \frac{SO}{OM} = \frac{a\sqrt{2}}{a} = \sqrt{2}

    \Rightarrow \tan\alpha = \sqrt{2}

  • Câu 14: Thông hiểu

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

    Hình vẽ minh họa

    Khẳng định nào sau đây là đúng

    Vì SA=SC => ΔSAC cân tại S

    Mà O là trung điểm AC => SO⊥AC

    Tương tự, ta cũng có SO⊥BD mà AC∩BD=O⊂(ABCD)

    => SO⊥(ABCD)

  • Câu 15: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau:

    Khẳng định đúng là “AB vuông góc với mặt phẳng (SAD)”

    Thật vậy, do SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ AB

    Mặt khác AB ⊥ AD.

    Từ đó suy ra AB ⊥ (SDA)

  • Câu 16: Nhận biết

    Cho một khối trụ có diện tích đáy bằng 4a^{2}, chiều cao bằng a. Thể tích khối chóp đã cho là:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 4a^{2} \\ h = a \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối trụ là: V = B.h = 4a^{2}.a = 4a^{3}

  • Câu 17: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có SA = SB và AC = CB. Khẳng định nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi I là trung điểm của AB.

    Xét tam giác SAB có SA = SB => SI\bot AB(*)

    Xét tam giác CAB có: AC = CB => CI\bot AB(**)

    Từ (1) và (2) suy ra AB\bot(SIC) \Rightarrow AB\bot SC.

  • Câu 18: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật. Gọi trung điểm các cạnh SC;SD lần lượt là M,N. Khẳng định nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: MN là đường trung bình của tam giác SCD => MN//CD

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} MN//CD \\ BC\bot CD \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow MN\bot BC

  • Câu 19: Vận dụng

    Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có mặt đáy ABCD là hình thoi tâm O, góc \widehat{BAD} = 60^{0} và A’A = A’B = A’D. Hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABCD) là:

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: ABCD là hình thoi =>AB = AD mà \widehat{BAD} = 60^{0} nên tam giác ABD là tam giác đều (*)

    Ta có: A’A = A’B = A’D nên hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABCD) trùng với tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD. (**)

    Từ (*) và (**) => I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.

  • Câu 20: 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 21: Thông hiểu

    Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD, đáy là tứ giác ABCD cạnh bằng a. Biết cạnh bên gấp hai lần cạnh đáy. Tính thể tích khối chóp S.ABCD.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi I là tâm đáy.

    Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SI là đường cao của hình chóp.

    Ta có: BD = \sqrt{AB^{2} + AD^{2}} = a\sqrt{2}

    Vì AI là trung tuyến của tam giác ABD vuông tại A

    \Rightarrow AI = \frac{1}{2}BD = \frac{a\sqrt{2}}{2}

    Chiều cao của khối chóp là SI = \sqrt{SA^{2} - AI^{2}} = \sqrt{4a^{2} - \left( \frac{a\sqrt{2}}{2} ight)} = \frac{a\sqrt{14}}{2}

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}.SI.S_{ABCD} = \frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{14}}{2}a^{2} = \frac{a^{3}\sqrt{14}}{6}

  • Câu 22: Vận dụng

    Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng a, M là trung điểm của cạnh BC. Gọi \alpha là góc giữa hai đường thẳng AB và DM. Khi đó \cos\alpha bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi N là trung điểm của BC

    => MN là đường trung bình tam giác ABC

    \Rightarrow \left\{ \begin{matrix} MN//AB \\ MN = \frac{1}{2}AB \\ \end{matrix} ight.

    Vì tam giác BCD và tam giác ACD là các tam giác đều cạnh a

    \Rightarrow MD = ND = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    Vì MN//AB \Rightarrow \alpha = (AB,DM) = (MN,DM)

    Xét tam giác MND ta có:

    \cos\widehat{NMD} = \frac{MN^{2} + MD^{2} - ND^{2}}{2MN.MD}

    = \dfrac{\left( \dfrac{a}{2} ight)^{2} +\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{2} ight)^{2} - \left( \dfrac{a\sqrt{3}}{2}ight)^{2}}{2.\dfrac{a}{2}.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}} = \dfrac{\sqrt{3}}{6}> 0

    \Rightarrow \widehat{NMD} < 90^{0} \Rightarrow (MN,DM) = \widehat{NMD}

    \Rightarrow \cos\alpha = \cos\widehat{NMD} = \frac{\sqrt{3}}{6}

  • Câu 23: 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 24: Thông hiểu

    Cho lăng trụ đứng ABC.A’C’B’ có đáy ABC cân đỉnh A, \widehat {ABC} = \alpha, BC’ tạo đáy góc \beta. Gọi I là trung điểm của AA’, biết \widehat {BIC} = {90^0}. Tính {\tan ^2}\alpha + {\tan ^2}\beta

    Ta có: \tan \beta = \frac{{B{B^\prime }}}{{{B^\prime }{C^\prime }}} \cdot \Delta AHB vuông tại H (H là trung điểm của BC)

    \begin{matrix} \Rightarrow \tan \alpha = \dfrac{{AH}}{{BH}} = \dfrac{{2AH}}{{BC}} \hfill \\ \Rightarrow {\tan ^2}\alpha + {\tan ^2}\beta = \dfrac{{4\left( {A{I^2} + A{H^2}} ight)}}{{B{C^2}}}(*) \hfill \\ \end{matrix}

    Mà tam giác AIH vuông tại A nên A{I^2} + A{H^2} = I{H^2}

    Tam giác BIC vuông tại I

    \Rightarrow IH = \frac{{BC}}{2} \Rightarrow B{C^2} = 4I{H^2}

    Thay vào (*) ta được:  {\tan ^2}\alpha + {\tan ^2}\beta = 1

  • Câu 25: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD với các đường thẳng AB, BC, CD đôi một vuông góc. Góc giữa mặt phẳng (BCD) và mặt phẳng (ACD) bằng góc nào trong các góc sau đây?

    Dễ thấy rằng: \left\{ \begin{matrix} \begin{matrix} (ACD) \cap (BCD) = CD \\ (ABC)\bot CD \\ (ABC) \cap (ACD) = AC \\ \end{matrix} \\ (ABC) \cap (BCD) = BC \\ \end{matrix} ight.

    Như vậy góc giữa mặt phẳng (BCD) và mặt phẳng (ACD) bằng góc giữa hai đường thẳng AC và BC, tức là bằng góc \widehat{ACB}

  • Câu 26: Thông hiểu

    Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có BB' = 2a. 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{2\sqrt{3}}{3}a

    Tam giác ABC đều nên AM = \frac{AB\sqrt{3}}{2} \Rightarrow AB = \frac{4a}{3}

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

  • Câu 27: 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 28: Thông hiểu

    Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy, SB hợp với mặt đáy một góc 600. Tính khoảng cách d từ điểm D đến mặt phẳng (SBC)

    Hình vẽ minh họa

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

    Ta có:

    \begin{matrix} {60^0} = \left( {SB;\left( {ABCD} ight)} ight) = \left( {SB;AB} ight) = \widehat {SBA} \hfill \\ \Rightarrow SA = AB.\tan \widehat {SBA} = a\sqrt 3 \hfill \\ \end{matrix}

    Ta có: AD // BC => AD // (SBC)

    => d(D,(SBC)) = d(A; (SBC))

    Kẻ AK \bot SB (1)

    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 AK\left( 2 ight)

    Từ (1) và (2) => AK \bot \left( {SBC} ight)

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

    d\left( {D;\left( {SBC} ight)} ight) = AK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}

  • Câu 29: 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 30: Vận dụng cao

    Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AC = a\sqrt{3}. Biết BC’ hợp với mặt phẳng (AA’C’C) với một góc 300 và hợp với mặt phẳng đáy góc α sao cho \sin\alpha =\frac{\sqrt{6}}{4} . Gọi M, N lần lượt là trung điểm cạnh BB’ và A’C’. Khoảng cách MN và AC’ là:

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:\left\{ \begin{matrix}\widehat{\left( BC’,(AA’C’C) ight)} = \widehat{BC’A} = 30^{0} \\\widehat{\left( BC’,(ABC) ight)} = \widehat{C'BC} = \alpha \\\end{matrix} ight.

    Đặt AB = x => BC = \sqrt{3a^{2} +x^{2}}

    BC = \sqrt{3a^{2} + x^{2}}

    CC' = BC.tan\alpha =\sqrt{\frac{3\left( x^{2} + 3a^{2} ight)}{5}}

    AC' = AB.cot30^{0} =\sqrt{\frac{3\left( x^{2} + 3a^{2} ight)}{5}}

    Ta có: AC^{2} + CC'^{2} =AC^{2}

    \Rightarrow x = a\sqrt{2}

    \Rightarrow CC' = a\sqrt{3};AC =a\sqrt{6}

    Gọi P là trung điểm của B’C’ => (MNP) // (ABC’)

    d(MN, AC’) = d(N, (ABC’)) = \frac{1}{2}d(A’, (ABC’)

    Kẻ A’H ⊥ AC’ tại H => A’H ⊥ (ABC’)

    d\left( A';(ABC') ight) =A'H = \frac{AA'.A'C'}{AC'} =\frac{a\sqrt{6}}{2}

    => d(MN, AC’) = \frac{a\sqrt{6}}{4}

  • Câu 31: Nhận biết

    Cho hình chóp ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, SA = SC. Mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng nào dưới đây?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: O là tâm hình thoi ABCD \Rightarrow \left\{ \begin{matrix} OB = OD \\ OA = OC \\ \end{matrix} ight.

    Mặt khác SA = SC \Rightarrow SO\bot AC (tính chất tam giác cân)

    Và AC\bot BD (tính chất hình thoi)

    Từ (1) và (2) suy ra AC\bot(SBD) \Rightarrow (SAC)\bot(SBD)

  • Câu 32: 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 33: Thông hiểu

    Cho hình lăng trụABC.A’B’Ccó đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a,\widehat {ACB} = 30^\circ, M là trung điểm cạnh AC. Góc giữa cạnh bên và mặt đáy của lăng trụ bằng 600. Hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của BM. Gọi \alpha là góc tạo bởi A’H với (A’ACC’). Tính \sin\alpha?

    Sin của góc tạo bởi A’H với (A’ACC’)

    Ta có A'H \bot \left( {ABC} ight) nên A’H là đường cao của lăng trụ.

    Kẻ HK \bot AC (K thuộc đoạn AC)

    Kẻ

    Suy ra HI \bot \left( {AA'C'C} ight)

    Khi đó \alpha = \left( {A'H,A'I} ight) = \widehat {HA'K}

    Sin của góc tạo bởi A’H với (A’ACC’)

    +) Do tam giác MCB cân tại B nên \widehat {BMC} = \widehat {BCM} = 30^\circ

    \begin{matrix} MH = \dfrac{1}{2}BM = \dfrac{1}{4}AC = \dfrac{1}{4}\dfrac{{AB}}{{\sin 30^\circ }} = \dfrac{a}{2} \hfill \\ \Rightarrow HK = MH.\sin 60^\circ = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4} \hfill \\ \end{matrix}

    +) Mặt khác, góc giữa cạnh bên A’A và mặt đáy bằng \widehat {A'AH} = 60^\circ (theo giả thiết)

    Và BM = AM = AB = a

    => Tam giác AMB là tam giác đều cạnh a

    \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow A'H = AH.\tan 60^\circ = \frac{{3a}}{2}

    Vì vậy, \sin \alpha = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\dfrac{{3a}}{2}}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{6}

  • Câu 34: Nhận biết

    Cho đường thẳng a và mặt phẳng (P). Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua a và vuông góc với mặt phẳng (P)?

    Có một khi a không vuông góc với (P), có vô số khi a vuông góc với (P).

  • Câu 35: Nhận biết

    Cho tam giác ABC vuông tại A và có hai đỉnh B và C nằm trên mặt phẳng (P). Gọi C’ là hình chiếu vuông góc của đỉnh C lên mặt phẳng (P). Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào đúng?

    Vì C’ trùng với C nên tam giác ABC’ là tam giác vuông tại A.

  • Câu 36: Nhận biết

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

    Ta có: V = (4a)^{3} = 64a^{3}

  • Câu 37: Thông hiểu

    Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là các tam giác đều cạnh bằng \sqrt{3} và cạnh bên bằng 1. Tính góc giữa hai đường thẳng BB' và AC'?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có:

    BB'//CC' \Rightarrow (BB';AC') = (CC';AC') = \widehat{AC'C}

    Khi đó tam giác ACC' vuông cân tại C nên \tan\widehat{AC'C} = \frac{AC}{CC'} = \frac{\sqrt{3}}{1} = \sqrt{3}

    \Rightarrow \widehat{AC'C} = 60^{0}

    \Rightarrow (BB';AC') = \widehat{AC'C} = 60^{0}

  • Câu 38: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với đáy, I là trung điểm của AC, H là hình chiếu của I trên SC. Kí hiệu d(a, b) là khoảng cách giữa hai đường thẳng a và b. Khẳng định nào sau đây là đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} SA\bot BC \\ AB\bot SA \\ AB\bot BC \\ \end{matrix} ight. => d(SA, BC) = AB

  • Câu 39: Thông hiểu

    Tính thể tích khối lăng trụ đứng tam giác, đáy là tam giác đều cạnh 2a, cạnh bên bằng 3a.

    Hình vẽ minh họa

    Khối lăng trụ đã cho có đáy là tam giác đều cạnh bằng 2a nên diện tích là \frac{(2a)^{2}\sqrt{3}}{4} và chiều cao AA' = 3a (vì lăng trụ là lăng trụ đứng)

    Vậy thể tích hình lăng trụ là: V = \frac{(2a)^{2}\sqrt{3}}{4}.3a = 3\sqrt{3}a^{3}

  • Câu 40: Nhận biết

    Cho một khối chóp có diện tích đáy bằng 5a^{2}, chiều cao bằng a. Thể tích khối chóp đã cho là:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 5a^{2} \\ h = a \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}B.h = \frac{5}{3}a^{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
  • 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