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: 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 2: Thông hiểu

    Trong không gian cho hai tam giác đều ABC và ABC’ có chung cạnh AB và nằm trong hai mặt phẳng khác nhau. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, CB, BC’ và C’A. Tứ giác MNPQ là hình gì?

    Hình vẽ minh họa:

    Vì M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, CB, BC’ và C’A

    => \left\{ \begin{matrix}PQ = MN = \dfrac{1}{2}AB \\PQ//AB//MN \\\end{matrix} ight.

    => MNPQ là hình bình hành

    Gọi H là trung điểm của AB

    Vì hai tam giác ABC và ABC’ đều nên \left\{ \begin{matrix} CH\bot AB \\ C'H\bot AB \\ \end{matrix} ight.

    => AB\bot(CHC') \Rightarrow AB\bot CC'

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} PQ//AB \\ \begin{matrix} PN//CC' \\ AB\bot CC' \\ \end{matrix} \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow PQ\bot PN

    Vậy tứ giác MNPQ là hình chữ nhật

  • Câu 3: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB = BC = a, AD = 2a, SA = a\sqrt{2}, SA ⊥ (ABCD). Tính góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAD).

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi M là trung điểm của AD

    => ABCM là hình vuông => CM ⊥ AD

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} CM\bot AC \\ CM\bot SA \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow CM\bot(SAD)

    Suy ra hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng (SAD) là SM

    \Rightarrow \left( SC;(SAD) ight) = (SC;SM) = \widehat{CSM}

    => \tan\widehat{CSM} = \frac{CM}{SM} = \frac{AB}{\sqrt{SA^{2} + AM^{2}}} = \frac{1}{\sqrt{3}}

    => \widehat{CSM} = 30^{0}

  • Câu 4: Thông hiểu

    Cho hình chóp đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm SC. Tính góc ϕ giữa hai mặt phẳng (MBD) và (ABCD).

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi M’ là trung điểm OC.

    Khi đó MM’ // SO => MM’ ⊥ (ABCD).

    Theo công thức diện tích hình chiếu, ta có:

    \begin{matrix}\cos\phi = \dfrac{S_{M'BD}}{S_{MBD}} = \dfrac{BD.MO}{BD.M'O} =\dfrac{MO}{M'O} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \hfill \\\Rightarrow \phi = 45^{0} \hfill \\\end{matrix}

  • Câu 5: 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 6: Nhận biết

    Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) cắt nhau theo giao tuyến ∆. Gọi ϕ là góc giữa (P) và (Q). Có tất cả bao nhiêu mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau?

    (1) ϕ bằng góc giữa hai đường thẳng a và b cùng vuông góc với ∆.

    (2) ϕ bằng góc giữa hai đường thẳng a và b cùng vuông góc với ∆, lần lượt nằm trên (P) và (Q).

    (3) ϕ bằng góc giữa hai đường thẳng a và b đồng quy với ∆, cùng vuông góc với ∆, lần lượt nằm trên (P) và (Q).

    Ta có: a và b chỉ cần lần lượt nằm trong (P), (Q) cùng vuông góc với ∆ là đủ, thêm đồng quy với ∆ càng tốt nên có tất cả 2 mệnh đề đúng.

  • Câu 7: Nhận biết

    Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 1, cạnh SA vuông góc với đáy và SA = \sqrt{2}. Tính thể tích khối chóp S.ABCD đã cho.

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SA\bot(ABCD) nên SA là đường cao của hình chóp

    Thể tích khối chóp là V = \frac{1}{3}.SA.S_{ABCD} = \frac{1}{3}.\sqrt{2}.1^{2} = \frac{\sqrt{2}}{3}

  • Câu 8: Nhận biết

    Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau?

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} a\bot b \\ b//c \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow a\bot c

    Vậy mệnh đề đúng là: “Một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì vuông góc với đường thẳng còn lại.”

  • Câu 9: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Giả sử H là hình chiếu của A trên cạnh SB. Ta có các khẳng định sau:

    a) AH\bot SC b) BC\bot(SAB) c) SC\bot AB

    Có bao nhiêu khẳng định đúng trong các khẳng định đã cho?

    Hình vẽ minh họa

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

    \Rightarrow BC\bot AH;\left( do\ \ \ AH \subset (SAB) ight)

    Lại có: \left\{ \begin{matrix} AH\bot SB \\ AH\bot BC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AH\bot(SBC) \Rightarrow AH\bot SC

    Vậy có 2 khẳng định đúng.

  • Câu 10: 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 11: Thông hiểu

    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 (SAC) và (AHK) vuông góc vì:

    "AH ⊥ (SBC) (do AH ⊥ SB và AH ⊥ BC); và AK ⊥ (SCD) (do AK ⊥ SD và AK ⊥ CD)" sai vì hai điều kiện AH ⊥ (SBC) (do AH ⊥ SB và AH ⊥ BC) và AK ⊥ (SCD) (do AK vuông góc với SD và AK ⊥ CD) chưa liên quan đến (SAC).

    "AH ⊥ (SBC) (do AH ⊥ SB và AH ⊥ BC); và AK ⊥ (SCD) (do AK ⊥ SD và AK ⊥ CD) nên SC ⊥ (AHK)" đúng 

    Ta có: AH ⊥(SBC) (vì AH ⊥ SB; AH ⊥ BC) nên AH ⊥  SC (1)

    Và AK ⊥ (SCD) (vì AK ⊥ SD; AK ⊥ DC) nên AK ⊥ SC (2)

    Từ (1) và (2) suy ra: SC ⊥ (AHK)

    Từ đó suy ra hai mặt phẳng (AHK) và (SAC) vuông góc.

    Vì chưa đủ điều kiện kết luận SC ⊥ (AHK)

    => "AH ⊥ (SBC) (do AH ⊥ SB và AH ⊥ BC) nên SC ⊥ (AHK)" và "AK ⊥ (SBC) (do AK ⊥ SD và AK ⊥ CD) nên SC ⊥ (AHK)" đều sai

  • Câu 12: 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 13: 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 14: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tìm mệnh đề sai dưới đây?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có:

    ABCD là hình chữ nhật nên BD không vuông góc với AC

    Vậy BD không vuông góc với mặt phẳng (SAC)

  • Câu 15: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi B, SB\bot(ABCD). Mặt phẳng nào sau đây vuông góc với mặt phẳng (SBD)?

    Minh họa bằng hình vẽ:

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

  • 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

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

    Hình vẽ minh họa

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

    Ta có:

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

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

  • Câu 18: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, cạnh SA ⊥ (ABCD) , SA = a\sqrt{2}. Góc giữa SC với mặt phẳng (ABCD) là:

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: \widehat{\left( SC,(ABCD) ight)}= \widehat{(SC,AC)} = \widehat{SCA}

    Lại có: \tan\widehat{SCA} = \frac{SA}{AC}= \frac{SA}{AB\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}} = 1

    => \widehat{SCA} = 45^{0}

  • Câu 19: 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 20: Thông hiểu

    Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có AA' = 4a. Tính thể tích khối lăng trụ biết góc giữa mặt phẳng (A'BC) và mặt phẳng (ABC) bằng 30^{0}.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của BC.

    Khi đó \left( (A'BC);(ABC) ight) = \widehat{A'MA} = 30^{0}

    Trong tam giác vuông A’MA có:

    \tan\widehat{A'MA} = \frac{A'A}{AM} \Rightarrow AM = \frac{A'A}{tan30^{0}} = 4\sqrt{3}a

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

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

  • Câu 21: 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 22: Nhận biết

    Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau?

    Ta có:

    “Trong không gian hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau” sai do hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng có thể cắt nhau hoặc chéo nhau.

    “Trong không gian hai mặt phẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau” sai do hai mặt phẳng cùng vuông góc với một đường thẳng có thể trùng nhau.

    “Trong không gian hai đường thẳng không có điểm chung thì song song với nhau” sai do trong không gian hai đường thẳng không có điểm chung có thể chéo nhau.

    Vậy khẳng định đúng là: “Trong không gian hai đường thẳng vuông góc với nhau có thể cắt nhau hoặc chéo nhau.”

  • Câu 23: 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 24: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, SA\bot(ABCD), SA = AB = a;AD = 2a. Gọi H;K lần lượt là hình chiếu của A lên SB;SD. Xét tính đúng sai của các kết luận sau?

    a) AH\bot SC Đúng||Sai

    b) SC\bot(AHK) Đúng||Sai

    c) \widehat{\left( (SCD);(ABCD) ight)} = \widehat{SCA} Sai||Đúng

    d) \cos\left( (AHK);(ABCD) ight) = \frac{\sqrt{2}}{2}Sai||Đúng

    Đáp án là:

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, SA\bot(ABCD), SA = AB = a;AD = 2a. Gọi H;K lần lượt là hình chiếu của A lên SB;SD. Xét tính đúng sai của các kết luận sau?

    a) AH\bot SC Đúng||Sai

    b) SC\bot(AHK) Đúng||Sai

    c) \widehat{\left( (SCD);(ABCD) ight)} = \widehat{SCA} Sai||Đúng

    d) \cos\left( (AHK);(ABCD) ight) = \frac{\sqrt{2}}{2}Sai||Đúng

    Hình vẽ minh họa

    a) Ta có: \left\{ \begin{matrix} BC\bot AB \\ BC\bot SA \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SAB);AH \subset (SAB)

    \Rightarrow AH\bot BC

    Lại có AH\bot SB \Rightarrow AH\bot(SBC) \Rightarrow AH\bot SC(*)

    b) Chứng minh tương tự câu a ta có:

    \left\{ \begin{matrix} CD\bot AD \\ CD\bot SA \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow CD\bot(SAD);AK \subset (SAD)

    \Rightarrow AK\bot CD mà AK\bot SD \Rightarrow AK\bot(SCD)

    \Rightarrow AK\bot SC(**)

    Từ (*) và (**) suy ra: SC\bot(AHK).

    c) Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} (SCD) \cap (ABCD) = CD \\ AD\bot CD \equiv \left\{ D ight\} \\ SD\bot CD \equiv \left\{ D ight\} \\ \end{matrix} ight.

    Suy ra góc giữa (SCD) và (ABCD) là góc giữa AD và SD đó là góc \widehat{SDA}.

    d) Ta có: SA\bot(ABCD) \Rightarrow \widehat{\left( (AHK);(ABCD) ight)} = \widehat{(SC;SA)} = \widehat{ASC}

    Lại có ABCD là hình chữ nhật nên AC = \sqrt{AB^{2} + AD^{2}} = a\sqrt{5}

    Tam giác SAC vuông tại A nên SC = \sqrt{SA^{2} + AC^{2}} = a\sqrt{6}

    \Rightarrow \cos\widehat{ASC} = \frac{SA}{SC} = \frac{\sqrt{6}}{6}

    \Rightarrow \cos\left( (AHK);(ABCD) ight) = \frac{\sqrt{6}}{6} eq \frac{\sqrt{2}}{2}

  • Câu 25: 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 26: Vận dụng

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

  • Câu 27: Nhận biết

    Giả sử đường thẳng ∆ cắt mặt phẳng (P) tại M. Trên ∆ lấy hai điểm A và B. Khi đó \frac{d\left( A;(P) ight)}{d\left( B;(P) ight)} bằng:

    \frac{d\left( A;(P) ight)}{d\left( B;(P) ight)} = \frac{AM}{BM}

  • Câu 28: Vận dụng

    Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có các kích thước AB = 4,AD = 3,AA' = 5. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC' và B'C bằng:

    Đáp án: 30/19 (Ghi kết quả dưới dạng phân số tối giản a/b).

    Đáp án là:

    Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có các kích thước AB = 4,AD = 3,AA' = 5. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC' và B'C bằng:

    Đáp án: 30/19 (Ghi kết quả dưới dạng phân số tối giản a/b).

    Hình vẽ minh họa

    Trong (BB'C'C) kẻ C'M//B'C;(M \in BC).

    \Rightarrow B^{'}C//\left( AC^{'}M ight) \Rightarrow d\left( A^{'}C;B^{'}C ight) = d\left( B^{'}C;\left( AC^{'}M ight) ight) = d\left( C;\left( AC^{'}M ight) ight)

    Kẻ CH\bot AM;CK\bot C^{'}H.

    Do \left\{ \begin{matrix} CH\bot AM \\ CC^{'}\bot AM \\ \end{matrix} \Rightarrow AM\bot\left( CC^{'}H ight) \Rightarrow AM\bot CK ight.

    Mà CK\bot C^{'}H \Rightarrow CK\bot\left( AC^{'}M ight) \Rightarrow d\left( C;\left( AC^{'}M ight) ight) = CK.

    Ta có: B^{'}C^{'}MC là hình bình hành nên CM = B'C' =3.

    \frac{1}{d^{2}(B;AM)} = \frac{1}{AB^{2}} + \frac{1}{BM^{2}} \Rightarrow d(B;AM) = \frac{12}{\sqrt{13}}

    \Rightarrow CH = \frac{1}{2}d(B;AM) = \frac{6}{\sqrt{13}}.

    Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông C^{'}CH ta có:

    \frac{1}{CK^{2}} = \frac{1}{CH^{2}} + \frac{1}{CC^{'2}} \Rightarrow CK = \frac{30}{19}.

  • Câu 29: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 1. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD). Tính khoảng cách d từ A đến (SCD).

    Hình vẽ minh họa

    Tính khoảng cách d từ A đến (SCD)

    Gọi H là trung điểm của AB => SH \bot AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} ight)

    Ta có: AH // CD => d\left( {A;\left( {SCD} ight)} ight) = d\left( {H;\left( {SCD} ight)} ight)

    Gọi M là trung điểm của CD, K là hình chiếu vuông góc của H trên SM

    \begin{matrix} \Rightarrow d\left( {H;\left( {SCD} ight)} ight) = HK \hfill \\ \Rightarrow HK = \dfrac{{SH.HM}}{{\sqrt {S{H^2} + H{M^2}} }} = \dfrac{{\sqrt {21} }}{7} \hfill \\ \end{matrix}

     

  • Câu 30: Nhận biết

    Chỉ ra mệnh đề sai trong các mệnh đề dưới đây.

    Mệnh đề sai: “Qua một điểm O cho trước có một và chỉ một đường thẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước.”

    Vì qua một điểm O cho trước có vô số đường thẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước.

  • Câu 31: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, O là giao điểm của hai đường chéo và SA = SC. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?

    Ta có: SA = SC => SAC là tam giác cân. Mặt khác O là trung điểm của AC

    => AC ⊥ SO

    Ta có: AC ⊥ BD, AC ⊥ SO => AC ⊥ (SBD)

  • Câu 32: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với mặt phẳng (BCD). Biết tam giác BCD vuông tại C và AB = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}, CD = a. Gọi E là trung điểm của AD. Tính góc giữa hai đường thẳng AB và CE.

    Tính góc giữa hai đường thẳng

     Kí hiệu hình vẽ như sau:

    Tính góc giữa hai đường thẳng

    Gọi H là trung điểm của BD. Khi đó EH // AB, EH ⊥ (BCD)

    Góc giữa AB và CE bằng góc giữa EH và EC chính là góc \widehat {HEC}

    Ta có:

    \begin{matrix} EH = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{4} \hfill \\ BC = \sqrt {A{C^2} - A{B^2}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2} \hfill \\ C{H^2} = \dfrac{{2\left( {C{B^2} + C{D^2}} ight) - B{D^2}}}{4} = \dfrac{{3{a^2}}}{8} \hfill \\ \Rightarrow CH = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{4} \hfill \\ \end{matrix}

    Ta lại có: \tan \widehat {HEC} = \frac{{CH}}{{EH}} = 1 \Rightarrow \widehat {HEC} = {45^0}

    Vậy góc giữa AB và CE là 450

  • Câu 33: Thông hiểu

    Cho khối lăng trụ ABC.A'B'C có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A. Biết AB = a và góc giữa đường thẳng BC' và mặt phẳng (ACC'A') bằng 30^{0}. Tính thể tích khối lăng trụ đứng ABC.A'B'C'.

    Hình vẽ minh họa

    Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} AB\bot AC \\ AB\bot AA' \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(ACC'A')

    Suy ra \left( BC';(ACC'A') ight) = (BC';AC') = \widehat{AC'B} = 30^{0}

    Ta có: AC' = \frac{AB}{tan30^{0}} = \sqrt{3}a

    \Rightarrow AA' = \sqrt{\left( a\sqrt{3} ight)^{2} - a^{2}} = a\sqrt{2}

    Vậy V_{ABC.A'B'C'} = AA'.S_{ABC} = \sqrt{2}a.\frac{1}{2}.a.a = \frac{\sqrt{2}}{2}a^{3}

  • Câu 34: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA =a\sqrt{6}. Gọi α là góc giữa SC và (SAB). Giá trị tan α bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix}BC\bot SA \\BC\bot AB \\\end{matrix} ight.=> BC ⊥ (SAB)

    => SB là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (SAB)

    => \alpha = \widehat{BSC}

    Mà SB = \sqrt{SA^{2} + AB^{2}} =a\sqrt{7}

    Vậy \tan\alpha = \frac{BC}{SB} =\frac{\sqrt{7}}{7}

  • Câu 35: 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 36: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a. Góc tạo bởi cạnh bên SB và mặt phẳng đáy bằng 60^{0}. Thể tích khối chóp là:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là tâm của tam giác đều ABC

    Khi đó SH\bot(ABC);BH = \frac{a\sqrt{3}}{3}

    Theo bài ra ta có:

    \left( SB;(ABC) ight) = \widehat{SBH} = 60^{0}

    Tam giác SBH vuông tại H có: SH = BH.tan60^{0} = \frac{a\sqrt{3}}{3}.\sqrt{3} = a

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

  • Câu 37: 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 38: Vận dụng cao

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

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi A_{1};A_{2} lần lượt là hình chiếu của A trên BB’ và CC’

    Theo đề bài ta có:

    AA_{1} = a;AA_{2} = a\sqrt{3};A_{1}A_{2} = 2a

    Dễ thấy A{A_{1}}^{2} + A{A_{2}}^{2} = A_{1}{A_{2}}^{2} nên tam giác AA_{1}A_{2} vuông tại A

    Gọi H là trung điểm của A_{1}A_{2} \Rightarrow AH = \frac{A_{1}A_{2}}{2} = a

    Ta lại có MH//BB' \Rightarrow MH\bot\left( AA_{1}A_{2} ight) \Rightarrow MH\bot AH

    \Rightarrow MH = \sqrt{AM^{2} - AH^{2}} = a\sqrt{3}

    \Rightarrow \cos\left( (ABC);\left( AA_{1}A_{2} ight) ight) = \cos(MH,AM)

    = \cos\widehat{HMA} = \frac{MH}{AM} = \frac{\sqrt{3}}{2}

    Suy ra S_{ABC} = \frac{S_{AA_{1}A_{2}}}{\cos\left( (ABC);\left( AA_{1}A_{2} ight) ight)} = a^{2}

    Vậy V = AM.S_{ABC} = 2a^{3}

  • Câu 39: 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 40: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại C, SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA = a, AC = a, BC =a\sqrt{2}. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    SA ⊥ (ABC) nên AB là hình chiếu của SA trên mặt phẳng (ABC)

    => \widehat{\left( SB,(ABC) ight)} =\widehat{(SB,\ AB)} = \widehat{SBA}

    Mặt khác có tam giác ABC vuông tại C:

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

    \Rightarrow \tan\widehat{SBA} =\frac{SA}{AB} = \frac{1}{\sqrt{3}}

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

    Vậy (SB, (ABC)) = 300

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
  • 29 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