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.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a; \widehat{ABC} = 60^{0}. Biết SO\bot(ABCD);SO = a\sqrt{3}. Gọi \alpha là góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAC). Khẳng định nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

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

    \Rightarrow (SBD)\bot(SAC)

    Mà (SBD) \cap (SAC) = SO

    \Rightarrow \left( SB;(SAC) ight) = (SB;SO) = \widehat{BSO}

    Ta có: \tan\widehat{BSO} = \frac{SB}{SO} = \frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{a\sqrt{3}} = \frac{1}{2}

    \Rightarrow \widehat{BSO} = \arctan\frac{1}{2} = \alpha

    Vậy \alpha \in \left( 25^{0};27^{0} ight)

  • Câu 2: Vận dụng

    Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có tất cả các cạnh bằng a. (như hình vẽ).

    Tính d\left( A;(A'BC) ight)?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm cạnh BC.

    Ta có tam giác ABC đều cạnh a nên AM\bot BC; AM = \sqrt{AB^{2} - BH^{2}} = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    ABC.A'B'C' là hình lăng trụ tam giác đều nên AA'\bot(ABC) \Rightarrow AA'\bot BC

    Do đó BC\bot(A'AM) và BC \subset (A'BC) \Rightarrow (A'AM)\bot(A'BC) theo giao tuyến A'M

    Kẻ AH\bot AM \Rightarrow AH\bot(A'BC)

    D\left( A;(A'BC) ight) = AH

    Lại có \frac{1}{AH^{2}} = \frac{1}{A'A^{2}} + \frac{1}{AM^{2}} \Leftrightarrow \frac{1}{AH^{2}} = \frac{1}{a^{2}} + \frac{4}{3a^{2}}

    \Leftrightarrow \frac{1}{AH^{2}} = \frac{7}{3a^{2}} \Rightarrow AH = \frac{a\sqrt{21}}{7}

  • Câu 3: Nhận biết

    Chọn mệnh đề đúng?

    Mệnh đề đúng: “Cho đường thẳng a\bot(\alpha), mọi mặt phẳng (\beta)//(\alpha) thì (\beta)\bot a”.

    Minh họa bằng hình vẽ:

  • Câu 4: Nhận biết

    Trong không gian cho đường thẳng a và điểm M. Có bao nhiêu đường thẳng đi qua M và vuông góc với a?

    Trong không gian cho đường thẳng a và điểm M. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M vuông góc với a. Khi đó mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P) và đi qua M đều vuông góc với a.

    => Vậy có vô số đường thẳng đi qua M và vuông góc với a.

  • Câu 5: 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 6: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC, tam giác ABC vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy (ABC). Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB (tham khảo hình vẽ bên). Mệnh đề nào sau đây sai?

    Ta có: SA ⊥ (ABC) => SA ⊥ BC

    Mặt khác BC ⊥ AB

    Suy ra BC ⊥ (SAB) nên hình chiếu vuông góc của SC trên (SAB) là SB

    Vậy \widehat{\left( SC,(SAB) ight)} =\widehat{(SC,SB)} = \widehat{BSC\ }(vì tam giác SBC vuông tại B)

  • Câu 7: Thông hiểu

    Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân, AB = AC = a,\widehat{BAC} = 120^{0} và cạnh bên AA' = a\sqrt{2}. Tính góc giữa hai đường thẳng AB' và BC?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: BC//B'C' \Rightarrow (AB',BC) = (AB',B'C')

    Xét tam giác AB'C' ta có: AB' = AC' = \sqrt{AB^{2} + BB'^{2}} = a\sqrt{3}

    Áp dụng định lí cosin cho tam giác ABC ta có:

    BC^{2} = AB^{2} + AC^{2} - 2AB.AC.cos\widehat{BAC}

    = a^{2} + a^{2} - 2a.a.cos120^{0} = 3a^{2}

    \Rightarrow BC = B'C' = a\sqrt{3}

    Vậy tam giác AB'C' đều

    \Rightarrow (AB',BC) = (AB',B'C') = \widehat{AB'C'} = 60^{0}

  • Câu 8: 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 9: Nhận biết

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và góc giữa cạnh bên với mặt phẳng đáy bằng α. Tang của góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng:

    Tang của góc giữa mặt bên và mặt đáy

    Chân đường cao hình chóp đều S.ABCD trùng với tâm O của đáy ABCD. AO là hình chiếu của SA lên (ABCD)

    => \widehat {SAO} = \alpha

    Gọi M là trung điểm của BC => OM là hình chiếu của SM lên (ABCD) và MO ⊥ BC.

     \begin{matrix} \widehat {SMO} = \left( {\left( {SBC} ight);\left( {ABCD} ight)} ight) \hfill \\ \tan \widehat {SMO} = \dfrac{{SO}}{{OM}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\tan \alpha .\dfrac{2}{a} = \sqrt 2 \tan \alpha \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 10: 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 11: Nhận biết

    Cho tứ diện O.ABC trong đó ba đường thẳng OB, OC, OA đôi một vuông góc. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

    Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

    Tam giác ABC luôn là tam giác nhọn

  • Câu 12: Nhận biết

    Tính thể tích khối lập phương có cạnh bằng 2a?

    Ta có: V = (2a)^{3} = 8a^{3}

  • Câu 13: 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 14: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a (tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và A’C’ bằng:

    Do BD và A’C’ lần lượt nằm trên hai mặt phẳng (ABCD) và (A’B’C’D’) song song với nhau nên d(A’C’, BD) = d((ABCD),(A’B’C’D’)).

    Mà ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên ta có d((ABCD), (A’B’C’D’)) = AA’ = a. Vậy d(A’C’, BD) = a.

  • Câu 15: Thông hiểu

    Khối lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A. Biết AB = 2a 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}} = 2\sqrt{3}a

    \Rightarrow AA' = \sqrt{12a^{2} - 4a^{2}} = 2\sqrt{2}a

    Vậy V_{ABC.A'B'C'} = AA'.S_{ABC} = 2\sqrt{2}a.\frac{1}{2}.2a.2a = 4\sqrt{2}a^{3}

  • Câu 16: 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 17: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a. Cạnh bên SA=a\sqrt{2} và vuông góc với đáy (ABCD). Tính khoảng cách d từ điểm B đến mặt phẳng (SCD)

    Hình vẽ minh họa:

    Tính khoảng cách d từ điểm B đến mặt phẳng (SCD)

    Do AB // CD => d(B;(SCD))=d(A;(SCD))

    Kẻ AE ⊥ SD tại E (1)

    Ta có: \left\{ \begin{gathered}CD \bot AD \hfill \\CD \bot SA \hfill \\\end{gathered} ight. \Rightarrow CD \bot (SAD) \Rightarrow CD \bot AE(**)

    Từ (1) và (2) => AE ⊥ (SCD)

    => d(A;(SCD)) = AE

    Xét tam giác vuông SAD ta có:

    AE = \frac{{SA.AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}

    Vậy d(B;(SCD))=AE=\frac{{a\sqrt 6 }}{3}

     

  • Câu 18: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA ⊥ (ABCD). Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, SB. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

    Xét tam giác SBC ta có: \frac{{BK}}{{BS}} = \frac{{BJ}}{{BC}} = \frac{1}{2}

    => KJ // SC (*)

    Xét tam giác SAB ta có: \frac{{BI}}{{BA}} = \frac{{BK}}{{BS}} = \frac{1}{2}

    => KI // SA (**)

    Từ (*) và (**) => (IJK) // (SAC) (1)

    Vì ABCD là hình vuông => BD ⊥ AC

    Mà SA ⊥ BD => BD ⊥ (SAC)

    Kết hợp với (1) => BD ⊥ (IJK)

    => \widehat {\left( {SC;BD} ight)} = {90^0}

  • Câu 19: 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 20: 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 21: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC) và đáy ABC là tam giác vuông tại B. Xác định góc α giữa hai mặt phẳng (ABC) và (SBC).

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    Giao tuyến của hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là BC. (1)

    Ta có: SA ⊥ (ABC), mà đường thẳng BC nằm trong (ABC) => SA ⊥ BC.

    Ta có:\left\{ \begin{matrix} BC\bot BA \subset (SAB) \\ BC\bot SA \subset (SAB) \\ BA\ \cap \ SA\ = \ A \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SAB)\ \ \ (2)

    Lại có: \left\{ \begin{matrix} (SBA)\ \cap \ (ABC)\ = \ BA \\ (SBA)\ \cap \ (SBC)\ = \ BS \\ \end{matrix} ight.\ (3)

    Từ (1), (2), (3) => \alpha = \widehat{SBA}

  • Câu 22: 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. Khẳng định nào dưới đây là sai?

    Hình vẽ minh họa

    Chọn khẳng định sai

    Vì H là trung điểm của AB, tam giác ABC cân => CH⊥AB

    Ta có: SA⊥(ABC) => SA⊥CH mà CH⊥AB => CH⊥(SAB)

    Mặt khác AK⊂(SAB) => CH vuông góc với các đường thẳng SA,SB,AK

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

  • Câu 23: 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). Tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng (SBC). 

    Hình vẽ minh họa:

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

    Gọi M là trung điểm BC 

    =>AM ⊥ BC và AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}

    Gọi K là hình chiếu của A trên SM => AK ⊥ SM (1)

    Ta có: \left\{ \begin{gathered} AM \bot BC \hfill \\ BC \bot SA \hfill \\ \end{gathered} ight.

    \Rightarrow BC \bot (SAM) \Rightarrow BC \bot AK{\text{ }}\left( 2 ight)

    Từ (1) và (2) => AK⊥(SBC) => d(A;(SBC)) = AK

    Xét tam giác SAM ta có:

    AK = \frac{{SA.AM}}{{\sqrt {S{A^2} + A{M^2}} }} = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}

    Vậy d(A;(SBC)) = AK = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}

  • Câu 24: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có AB = AC = AD; \widehat {BAC} = \widehat {BAD} = {60^0}. Gọi M và N là trung điểm của AB và CD. Góc giữa \overrightarrow {AB} và \overrightarrow {CD} bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Góc giữa hai vecto

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AB} .\left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} } ight) \hfill \\ = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \hfill \\ = \left| {\overrightarrow {AB} } ight|.\left| {\overrightarrow {AD} } ight|\cos \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AD} } ight) \hfill \\ - \left| {\overrightarrow {AB} } ight|.\left| {\overrightarrow {AC} } ight|.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } ight) \hfill \\ = \left| {\overrightarrow {AB} } ight|.\left| {\overrightarrow {AD} } ight|\cos {60^0} \hfill \\ - \left| {\overrightarrow {AB} } ight|.\left| {\overrightarrow {AC} } ight|.\cos {60^0} \hfill \\ \end{matrix}

    Mà AC = AD

    \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = 0 \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {CD} } ight) = {90^0}

  • Câu 25: Vận dụng

    Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’ có đáy cạnh bằng a, góc giữa hai mặt phẳng (ABCD) và (ABC’) có số đo bằng 60◦. Độ dài cạnh bên của hình lăng trụ bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Vì ABCD.A’B’C’D’ là lăng trụ tứ giác đều

    \left\{ \begin{matrix} AB\bot BB’ \\ AB\bot BC \\ \end{matrix} ight. => AB ⊥ (BB’C’B)

    Khi đó: \left\{ \begin{matrix} (ABC’)\ \cap \ (BB’C’B)\ = \ BC’ \\ (ABCD)\ \cap \ (BB’C’B)\ = \ BC \\ (ABC’)\ \cap \ (ABCD)\ = \ AB \\ \end{matrix} ight.

    => ((ABC’); (ABCD)) = (BC’; BC) = \widehat{C'BC} = 60^{0}

    Đặt AA’ = x, tam giác BCC’ vuông tại C ta có

    \tan\widehat{C'BC} = \frac{CC'}{BC} = 60^{0} \Rightarrow x = a\sqrt{3}

  • Câu 26: 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 27: Thông hiểu

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

    Hình vẽ minh họa

    Ta có:

    BC = (SBC) \cap (ABC)

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

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

  • Câu 28: 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 29: 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 = \frac{2a\sqrt{3}}{3};d(C;BB') = 2a;d(A;BB') = a;d(A;CC') = a\sqrt{3}. Thể tích của khối lăng trụ là:

    Hình vẽ minh họa:

    Cắt lăng trụ bởi một mặt phẳng qua A’ vuông góc với AA’ ta được một thiết diện là tam giác A'B_{1}C_{1} có các cạnh:

    A'B_{1} = a;A'C_{1} = a\sqrt{3};B_{1}C_{1} = 2a

    Suy ra tam giác A'B_{1}C_{1} vuông tại A’ và trung tuyến A’H của tam giác đó bằng a

    Gọi giao điểm của AM và A’H là T

    Ta có:

    A'M = \frac{2a\sqrt{3}}{3};A'H = a

    \Rightarrow MH = \frac{a}{\sqrt{3}} \Rightarrow \widehat{MA'H} = 30^{0} \Rightarrow \widehat{MA'A} = 60^{0}

    \Rightarrow AA' = \frac{A'M}{\cos\widehat{MA'A}} = \frac{4a}{\sqrt{3}}

    \Rightarrow V_{ABC.A'B'C'} = V_{A'B_{1}C_{1}.ABC} = AA'.S_{A'B_{1}C_{1}} = 2a^{3}

  • Câu 30: Nhận biết

    Điều kiện nào sau đây không phải là điều kiện cần và đủ để hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau?

    Mỗi đường thẳng a nằm trong (P) đều có đường thẳng b nằm trong (Q) sao cho a vuông góc với b, khi đó (P) và (Q) có thể trùng nhau.

  • Câu 31: Thông hiểu

    Cho hình lập phương như hình vẽ:

    Biết AC' = a\sqrt{3}. Xác định thể tích của khối lập phương đã cho.

    Gọi độ dài cạnh của khối lập phương là a; (x > 0)

    Xét tam giác A’B’C’ vuông cân tại B’ ta có:

    A'C'^{2} = A'B'^{2} + B'C'^{2} = x^{2} + x^{2} = 2x^{2}

    \Rightarrow A'C' = \sqrt{2}x

    Xét tam giác A’AC’ vuông tại A’ ta có:

    AC'^{2} = A'A^{2} + A'C'^{2}

    \Leftrightarrow 3a^{2} = x^{2} + 2x^{2} \Leftrightarrow x = a

    Vậy thể tích khối lập phương là V = a^{3}

  • Câu 32: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có AB = AC, \widehat {SAB} = \widehat {SAC}. Tính số đo góc giữa hai đường thẳng SA và BC.

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {AS} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AS} .\left( {\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } ight) \hfill \\ = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AS} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AS} \hfill \\ = AC.AS.\cos \widehat {SAC} - AB.AS.\cos \widehat {SAB} \hfill \\ = 0 \hfill \\ \end{matrix}

    Vì AB = AC,\widehat {SAB} = \widehat {SAC}

    => Góc giữa hai đường thẳng SA, BC là: 900

  • Câu 33: 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 34: 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 35: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và SA = SB = SC = a. Giả sử góc BAD bằng 600. Khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng (ABCD) bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng (ABCD)

    Từ S vẽ SO ⊥ (ABCD) ⇒ OA = OB = OC (là hình chiếu của các đường xiên bằng nhau) ⇒ O là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy

    \begin{matrix} S{O^2} = S{A^2} - A{O^2} \hfill \\ = {a^2} - {\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}} ight)^2} = \dfrac{{{a^2}}}{4} \hfill \\ \Rightarrow SO = \dfrac{a}{2} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 36: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC; \widehat {ASB} = \widehat {BSC} = \widehat {CSA}. Hãy xác định góc giữa cặp vecto \overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {AB}?

    Hình vẽ minh họa:

    Xác định góc giữa cặp vecto

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {SC} .\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {SC} .(\overrightarrow {SB} - \overrightarrow {SA} ) \hfill \\ = \overrightarrow {SC} .\overrightarrow {SB} - \overrightarrow {SC} .\overrightarrow {SA} \hfill \\ = |\overrightarrow {SC} |.|\overrightarrow {SB} |.\cos (\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {SB} ) \hfill \\ - |\overrightarrow {SC} |.|\overrightarrow {SA} |.\cos (\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} ) \hfill \\ = SC.SB.\cos \widehat {BSC} - SC.SA.\cos \widehat {ASC} \hfill \\ \end{matrix}

    Mà SA = SB = SC và \widehat {ASB} = \widehat {BSC} = \widehat {CSA}

    => \overrightarrow {SC} .\overrightarrow {AB} = 0 \Rightarrow \left( {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {AB} } ight) = {90^0}

  • Câu 37: Thông hiểu

    Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc. Nếu H là hình chiếu vuông góc của điểm O trên mặt phẳng (ABC) thì H là:

    Vì \left\{ \begin{matrix} AB\bot OH \\ AB\bot OC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot CH

    Tương tự: BC\bot AH

    Vậy H là trực tâm tam giác ABC.

  • Câu 38: Nhận biết

    Hình chóp tam giác đều S.ABC. Gọi Glà trọng tâm tam giác ABC. Khẳng định nào sau đây đúng?

    Ta có khối chóp tam giác đều S.ABC có đáy ABC là tam giác đều, trọng tâm G cũng là tâm của đáy nên SG\bot(ABC).

  • Câu 39: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có SA \bot \left( {ABCD} ight) và SA = a\sqrt 3. Đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a,\,AD = a\sqrt 3. Gọi M là trung điểm của CD, góc giữa SA và mặt phẳng (SBM) bằng \alpha . Giá trị \tan \alpha bằng:

    Tính tan của góc giữa SA và mặt phẳng (SBM)

    Gọi K, I lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BM và SK.

    Ta có \left\{ \begin{gathered} BM \bot AK \hfill \\ BM \bot SA\left( {V\`i \,SA \bot \left( {ABCD} ight)} ight) \hfill \\ AK,SA \subset \left( {SAK} ight) \hfill \\ AK \cap SA = \left\{ A ight\} \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow BM \bot \left( {SAK} ight)

    Mà AI \subset \left( {SAK} ight) \Rightarrow BM \bot AI

    Ta có \left\{ \begin{gathered} AI \bot BM \hfill \\ AI \bot SK \hfill \\ BM,SK \subset \left( {SBM} ight) \hfill \\ BM \cap SK = \left\{ K ight\} \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow AI \bot \left( {SBM} ight)

    Suy ra hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng (SBM) là điểm I. Do đó bằng góc giữa hai đường thẳng SA và SI và bằng góc \widehat {ASK}.

    Ta có \left\{ \begin{gathered} SA \bot \left( {ABCD} ight) \hfill \\ AK \subset \left( {ABCD} ight) \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow SA \bot AK

    Tính tan của góc giữa SA và mặt phẳng (SBM)

    Có

    \begin{matrix} {S_{\Delta ABM}} = {S_{ABCD}} - {S_{\Delta AMD}} - {S_{\Delta BMC}} \hfill \\ = {a^2}\sqrt 3 - {a^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{4} - {a^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \hfill \\ BM = \sqrt {B{C^2} + M{C^2}} = \sqrt {3{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} = \dfrac{{a\sqrt {13} }}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    Ta có

    \begin{matrix} {S_{\Delta ABM}} = \dfrac{1}{2}AK.BM \hfill \\ \Rightarrow AK = \dfrac{{2{S_{\Delta ABM}}}}{{BM}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{a\dfrac{{\sqrt {13} }}{2}}} = a\dfrac{{2\sqrt 3 }}{{\sqrt {13} }} \hfill \\ \end{matrix}

    Xét tam giác vuông SAK có \tan \widehat {ASK} = \frac{{AK}}{{SA}} = \frac{{a\frac{{2\sqrt 3 }}{{\sqrt {13} }}}}{{a\sqrt 3 }} = \frac{2}{{\sqrt {13} }}

  • Câu 40: 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}

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
  • 28 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