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

    Một hình chóp S.ABC có đáy ABC là cân AB = AC = a;\widehat{CAB} = 120^{0}. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.

    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

    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}

    \Rightarrow V_{S.ABC} =\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{1}{2}a^{2}.\sin120^{0} =\frac{a^{3}}{8}

  • Câu 2: Nhận biết

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

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

  • Câu 3: Vận dụng cao

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a, tam giác SAB đều, góc giữa (SCD) và (ABCD) bằng 60◦. Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Biết hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) nằm trong hình vuông ABCD. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi H là hình chiếu của S lên (ABCD).

    Ta có: \left\{ \begin{matrix}SM\bot AB \\AB\bot SH \\\end{matrix} ight.

    => AB ⊥ MH

    => MH là đường trung bình của hình vuông ABCD

    Giả sử MH cắt CD tại N, ta có N là trung điểm CD

    Ta cũng có SN ⊥ CD nên \widehat{\left((SCD),(ABCD) ight)} = \widehat{(SN,MN)} = \widehat{SNM}

    Gọi P là trung điểm BC, ta có MP // AC nên AC // (SMP)

    Do đó, d(SM, AC) = d(AC,(SMP)) = d(O,(SMP))

    Gọi K là hình chiếu của H lên MP (nhận thấy HK // OB), I là hình chiếu của H lên SK

    Khi đó d(H, (SMP)) = HI

    Áp dụng định lý cosin cho tam giác SMN, ta có:

    \begin{matrix}SM^{2} = MN^{2} + SN^{2} - 2MN.SN.cos60^{0} \hfill\\\Leftrightarrow 3a^{2} = 4a^{2} + SN^{2} - 2.2a.SN.\dfrac{1}{2} \hfill \\\Leftrightarrow a = SN \hfill \\\end{matrix}

    Xét tam giác vuông SHN ta có:

    SH = SN.sin60^{0} =\frac{a\sqrt{3}}{2}

    HN = SN.cos60^{0} =\frac{a}{2}

    \Rightarrow MH = \frac{3}{4}.MN\Rightarrow KH = \frac{3}{4}NP = \frac{3a\sqrt{2}}{4}

    Xét tam giác SHK vuông tại H, ta có:

    HI = \sqrt{\frac{HK^{2}.SH^{2}}{HK^{2} +SH^{2}}} = \frac{3a\sqrt{5}}{10}

    Mặt khác: d\left( O;(SMP) ight) =\frac{2}{3}d\left( H;(SMP) ight) = \frac{a\sqrt{5}}{5}

  • Câu 4: 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 5: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, AC = a;BC = a\sqrt{2}, SA\bot(ABC);SA = a. Tính góc tạo bởi SB và mặt phẳng đáy?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SA\bot(ABC) nên AB là hình chiếu của SA trên mặt phẳng đáy.

    \Rightarrow \left( SB;(ABC) ight) = (SB;AB) = \widehat{SBA}

    Mặt khác tam giác ABC vuông tại C nên AB = \sqrt{AC^{2} + BC^{2}} = a\sqrt{3}

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

    \Rightarrow \left( SB;(ABC) ight) = \widehat{SBA} = 30^{0}

  • Câu 6: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, các cạnh AB = AC = a, các góc \widehat{SBA} = \widehat{SCA} = 90^{0}. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên (ABC) và SH = a\sqrt{2}. Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC).

    Đáp án: 1/3 (Ghi đáp án dưới dạng phân số tối giản a/b).

    Đáp án là:

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, các cạnh AB = AC = a, các góc \widehat{SBA} = \widehat{SCA} = 90^{0}. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên (ABC) và SH = a\sqrt{2}. Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC).

    Đáp án: 1/3 (Ghi đáp án dưới dạng phân số tối giản a/b).

    Hình vẽ minh họa

    Gọi (\alpha) là mặt phẳng qua B và vuông góc với AB \Rightarrow (\alpha) \cap (ABC) = Bt//AC.

    Gọi (\beta) là mặt phẳng qua C và vuông góc với AC

    \Rightarrow (\beta) \cap (ABC) =Ct'//AB

    Khi đó, (\alpha) \cap (\beta) = SH với H = Bt \cap Ct' là đỉnh thứ tư của hình vuông ABHC.

    Khi đó: \Delta SAB,\ \ \Delta SAC là hai tam giác vuông bằng nhau có SB = SC = a\sqrt{3},SA = 2a.

    Gọi I là chân đường cao hạ từ đỉnh B của tam giác SAB, ta có BI\bot SA,CI\bot SA.

    Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) là (IB;IC).

    Xét \Delta IBC cân tại I có IB = IC = \frac{a\sqrt{3}.a}{2a} = \frac{a\sqrt{3}}{2},BC = a\sqrt{2}.

    Ta có: \cos\widehat{BIC} = \frac{IB^{2} +IC^{2} - BC^{2}}{2IB.IC}= \dfrac{\dfrac{3a^{2}}{4} + \dfrac{3a^{2}}{4} -2a^{2}}{2.\dfrac{3a^{2}}{4}} = - \dfrac{1}{3}.

    Vậy cosin góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) bằng \frac{1}{3}.

  • Câu 7: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B. cạn bên SA vuông góc với đáy. Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác SAB. Khẳng định nào dưới đây là sai?

    Hình vẽ minh họa

    Chọn khẳng định sai

    Theo bài ra, ta có SA⊥(ABC) mà BC⊂(ABC)⇒SA⊥BC

    Tam giác ABC vuông tại B, có AB⊥BC => BC⊥(SAB)⇒BC⊥AH

    Khi đó \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {AH \bot SB} \\ {AH \bot BC} \end{array}} ight.

    ⇒AH⊥(SBC)⇒AH⊥SC

    Nếu AH⊥AC mà SA⊥AC suy ra AC⊥(SAH)⇒AC⊥AB (vô lý).

  • Câu 8: 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 9: Vận dụng

    Tính thể tích khối chóp tam giác đều cạnh đáy bằng a. Biết độ dài chiều cao của tam giác đáy và cạnh bên của hình chóp tỉ lệ 1 : 2?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trọng tâm tam giác ABC suy ra SH\bot(ABC)

    Gọi M là trung điểm của BC

    \Rightarrow AM\bot BC;AM = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    Vì độ dài chiều cao của tam giác đáy và cạnh bên của hình chóp tỉ lệ 1 : 2

    Hay AM = \frac{1}{2}SA

    \Rightarrow SA = a\sqrt{3}

    Xét tam giác SAH vuông tại H ta có:

    \Rightarrow SH = \sqrt{SA^{2} - AH^{2}}

    = \sqrt{\left( a\sqrt{3} ight)^{2} - \left( \frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2} ight)^{2}} = \frac{2a\sqrt{6}}{2}

    Vậy V_{S.ABC} = \frac{1}{3}.S_{ABC}.SH = \frac{1}{3}.\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}.\frac{2a\sqrt{6}}{3} = \frac{a^{3}\sqrt{2}}{6}

  • Câu 10: Nhận biết

    Cho một khối chóp có diện tích đáy bằng 8a^{2}, chiều cao bằng a. Thể tích khối chóp đã cho là:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 8a^{2} \\ h = a \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}B.h = \frac{8}{3}a^{3}

  • Câu 11: Nhận biết

    Trong không gian cho ba đường thẳng phân biệt a, b, c. Khẳng định nào sau đây sai?

    Mệnh đề đúng: Nếu a và b cùng vuông góc với c thì a // b

  • Câu 12: Vận dụng

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Gọi K là trung điểm của DD’. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CK, A’D.

    Hình vẽ minh họa:

    Trong mặt phẳng (CDD’C), gọi P là giao điểm của CK và C’D’

    => KD’ là đường trung bình của ∆PCC’

    => D’ là trung điểm của PC’

    Trong mặt phẳng (A’B’C’D’), gọi M là giao điểm của PB’ và A’D’

    Ta có: A’D // B’C => A’D // (AKB’)

    => d(CK, A’D) = d (A’,(CKB’)) = \frac{1}{2}d(C’,(CPB’))

    Xét tứ diện PCC’B’ ta có:

    C’P, C’B và C’B đôi một vuông góc với nhau

    Đặt d(C’, (CPB’)) = x, thì:

    \frac{1}{x^{2}} = \frac{1}{CC'^{2}}+ \frac{1}{C'B'^{2}} + \frac{1}{C'P^{2}}

    \Rightarrow \frac{1}{x^{2}} =\frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{4a^{2}} =\frac{9}{4a^{2}}

    \Rightarrow d\left( C';(CPB')ight) = x = \frac{2a}{3}

    \Rightarrow d(CK;A'D) =\frac{1}{2}d\left( C';(CPB') ight) = \frac{1}{2}.\frac{2a}{3}= \frac{a}{3}

  • Câu 13: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a; SA\bot(ABCD);SA = a\sqrt{2}. Gọi M,N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các cạnh SB;SD. Tính số đo góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (AMN).

    Hình vẽ minh họa

    Gọi \left\{ \begin{matrix} AC \cap BD = O \\ SO \cap MN = I \\ AI \cap SC = P \\ \end{matrix} ight.

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} AN\bot(SCD) \Rightarrow AN\bot SC \\ AM\bot(SBC) \Rightarrow AM\bot SC \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow SC\bot(AMN) \Rightarrow SC\bot(AMPN)

    \Rightarrow \left( SB;(AMN) ight) = \left( SB;(AMPN) ight) = \widehat{SMP}

    Ta có: SM = \frac{SA^{2}}{SB} = \frac{2a^{2}}{\sqrt{2a^{2} + a^{2}}} = \frac{2a\sqrt{3}}{3}

    SP = \frac{SA^{2}}{SC} = \frac{2a^{2}}{\sqrt{2a^{2} + 2a^{2}}} = a

    \Rightarrow \sin\widehat{SMP} = \frac{SP}{SM} = \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \widehat{SMP} = 60^{0}

  • Câu 14: 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}

  • Câu 15: Thông hiểu

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a\sqrt{2}. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CC’ và BD.

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    OC ⊥ BD

    OC ⊥ CC’

    => OC là đoạn vuông góc chung của CC’ và BD.

    Vậy d(CC’, BD) = OC = AC/2 = 2a/2 = a

  • Câu 16: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại hai đỉnh \widehat{A};\widehat{D}. Biết rằng AD = CD = a, AB = 2a;SA\bot(ABCD). Chọn kết luận đúng dưới đây?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \Delta ABC vuông cân tại C nên BC\bot AC mà BC\bot SA\left( do\ SA\bot(ABCD) ight)

    \Rightarrow BC\bot(SAC)

  • Câu 17: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'có cạnh bằng a. Khoảng cách từ A' đến mp (ABCD) bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có A'A\bot(ABCD) nên d\left( A',(ABCD) ight) = A'A = a.

  • Câu 18: 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 19: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = a\sqrt 3, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a. Góc giữa hai đường thẳng SC và BD nằm trong khoảng nào?

    Góc giữa hai đường thẳng SC và BD

    Gọi O là giao điểm của AC và BD và M là trung điểm của SA.

    Trong hình chữ nhật ABCD ta có

    OB = OD = \frac{{BD}}{2} = \frac{{\sqrt {A{D^2} + A{B^2}} }}{2} = \frac{{\sqrt {{a^2} + 3{a^2}} }}{2} = a

    Xét tam giác MAB vuông tại A, ta có:

    MB = \sqrt {A{B^2} + M{A^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2

    Xét tam giác MAO vuông tại O, ta có:

    MO = \sqrt {A{O^2} + M{A^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2

    Do MO // SC nên góc giữa hai đường thẳng SC và BD là góc giữa hai đường thẳng MO và BD.

    Áp dụng định lý cosin vào tam giác MOB ta có

    \begin{matrix} {\text{cos}}\widehat {MOB} = \dfrac{{O{B^2} + O{M^2} - B{M^2}}}{{2.OB.OM}} \hfill \\ = \dfrac{{{a^2} + 2{a^2} - 2{a^2}}}{{2.a.a\sqrt 2 }} = \dfrac{1}{{2\sqrt 2 }} \Rightarrow \widehat {MOB} \approx {69^o} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 20: Thông hiểu

    Tính thể tích khối tứ diện đều A.BCD, biết AB = 3?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi E là trung điểm của CD, H là trọng tâm giác giác BCD SH\bot(ABC)

    Tam giác BCD đều cạnh bằng 5

    \Rightarrow BE = \sqrt{3^{2} - \left( \frac{3}{2} ight)^{2}} = \frac{3\sqrt{3}}{2} \Rightarrow BH = \sqrt{3}

    Tam giác ABH vuông tại H nên

    \Rightarrow AH = \sqrt{AB^{2} - BH^{2}} = \sqrt{3^{2} - \left( \sqrt{3} ight)^{2}} = \sqrt{6}

    \Rightarrow S_{ABCD} = \frac{1}{2}BE.CD = \frac{1}{2}.\frac{3\sqrt{3}}{2}.3 = \frac{9\sqrt{3}}{4}

    Vậy thể tích khối chóp tam giác là: V = \frac{1}{3}.\frac{9\sqrt{3}}{4}.\sqrt{6} = \frac{9\sqrt{2}}{4}cm^{3}

  • Câu 21: 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 22: 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 23: Thông hiểu

    Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB = BC = a;AA' = a\sqrt{6} (như hình vẽ)

    Gọi \alpha là góc giữa đường thẳng A'C và mặt phẳng đáy (ABCD). Khi đó:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \left( A'C;(ABCD) ight) = (A'C;AC) = \widehat{A'CA} = \alpha

    Lại có: AC = \sqrt{AB^{2} + BC^{2}} = a\sqrt{2}

    Xét tam giác A'CA ta có:

    \Rightarrow \tan\alpha = \frac{AA}{AC} = \frac{a\sqrt{6}}{a\sqrt{2}} = \sqrt{3}

    \Rightarrow \cos\alpha = \frac{1}{2}

  • Câu 24: 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 25: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA = a. Gọi M là trung điểm của SD và \alpha là góc giữa hai đường thẳng AC và BM. Chọn kết luận đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của SO và BM.

    Trong mặt phẳng (SAC) kẻ NK // AC, NK \cap SA = N;NK \cap SC = K

    Ta có: I là trọng tâm tam giác SBD.

    Ta có: SO = \sqrt{SA^{2} + AO^{2}} = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    Tam giác SBD đều cạnh bằng a\sqrt{2} \Rightarrow BM = \frac{a\sqrt{2}.\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{6}}{2} \Rightarrow BI = \frac{2}{3}MB = \frac{a\sqrt{6}}{3}

    \Rightarrow \frac{IK}{OC} = \frac{2}{3} \Rightarrow IK = \frac{2}{3}OC = \frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{2}}{2} = \frac{a\sqrt{2}}{3}

    \frac{SK}{SC} = \frac{2}{3} \Rightarrow SK = \frac{2}{3}SC = \frac{2}{3}.a\sqrt{3}

    Tam giác SBC vuông tại B \Rightarrow \cos\widehat{SBC} = \frac{SB}{SC} = \frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3}

    Lại có:

    KB^{2} = SK^{2} + SB^{2} - 2SK.SB.cos\widehat{BSK}

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

    \Rightarrow \cos\widehat{KIB} = \frac{IK^{2} + IB^{2} - KB^{2}}{2.IK.IB}

    = \frac{\left( \frac{a\sqrt{2}}{3} ight)^{2} + \left( \frac{a\sqrt{6}}{3} ight)^{2} - \frac{2a^{2}}{3}}{2.\frac{a\sqrt{2}}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{3}} = \frac{1}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{6}

    Vậy cosin góc giữa hai đường thẳng AC và BM là \frac{\sqrt{3}}{6}.

    VD

     

    1

  • Câu 26: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A. BC = a. SA = SB = SC = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}. Góc giữa đường thẳng SA và (ABC) bằng

    Góc giữa đường thẳng SA và (ABC) là

    +) Gọi H là trung điểm BC.

    Vì ABC vuông tại A nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

    Ta có: SA = SB = SC\,\left( {gt} ight) \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} ight)

    => Hình chiếu của SA lên (ABC) là HA

    \Rightarrow \,\widehat {\left( {SA,\left( {ABC} ight)} ight)} = \widehat {\left( {SA,HA} ight)} = \widehat {SAH} (vì tam giác SAH vuông tại H)

    +) Ta có: AH = \frac{{BC}}{2} = \frac{a}{2}

    Xét tam giác SHA vuông tại H:

    \cos \widehat {SAH} = \dfrac{{AH}}{{SA}} = \dfrac{{\dfrac{a}{2}}}{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat {SAH} = 30^\circ

    Vậy \,\widehat {\left( {SA,\left( {ABC} ight)} ight)} = \widehat {SAH} = 30^\circ

  • Câu 27: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác S.ABC có SA = SB = SC = AB = a và BC = a\sqrt{2}. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng AB và SC.

    Hình vẽ minh họa

    Giả sử M, N, Q lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB, AC

    Mặt khác ta có: \left\{ \begin{matrix} MN//AB \\ MQ//SC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow (AB;SC) = (MN;MQ)

    Ta có: AN = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    NC = \sqrt{\frac{SC^{2} + BC^{2}}{2} -\frac{SB^{2}}{4}}= \sqrt{\dfrac{a^{2} + 2a^{2}}{2} - \dfrac{a^{2}}{4}} =\dfrac{a\sqrt{5}}{2}

    Xét tam giác NAC có:

    NQ = \sqrt{\frac{NA^{2} + CN^{2}}{2} -\frac{AC^{2}}{4}}= \sqrt{\dfrac{\dfrac{3a^{2}}{4} + \dfrac{5a^{2}}{4}}{2}- \dfrac{a^{2}}{4}} = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}

    Xét tam giác MNQ ta có:

    \cos\widehat{NMQ} = \frac{MN^{2} +MQ^{2} - NQ^{2}}{2MN.MQ}= \dfrac{\dfrac{a^{2}}{4} + \dfrac{a^{2}}{4} -\dfrac{3a^{2}}{4}}{2.\dfrac{a}{2}.\dfrac{a}{2}} = -\dfrac{1}{2}

    \Rightarrow \widehat{NMQ} = 120^{0} \Rightarrow (MN,MQ) = 180^{0} - 120^{0} = 60^{0}

    \Rightarrow \cos(AB,SC) = \frac{1}{2}

  • Câu 28: 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 29: 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 30: Thông hiểu

    Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình vuông, đường chéo BD = 2a. Biết góc giữa hai mặt phẳng (A'BD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 30^{0}. Khi đó thể tích hình hộp chữ nhật bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi góc giữa mặt phẳng (A'BD) và mặt phẳng (ABCD)là \alphavà O = AC \cap BD

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} AO\bot BD \\ AA'\bot BD \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow A'O\bot BD

    \Rightarrow \alpha = (AO;A'O) = \widehat{AOA'} = 30^{0}

    Ta có ABCD là hình vuông, BD = 2a nên AB = AD = a\sqrt{2}

    Ta có: AO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}BD = a

    Xét tam giác AOA’ có AA' = AO.tan30^{0} = \frac{a\sqrt{3}}{3}

    \Rightarrow V_{ABCD.A'B'C'D'} = AA'.S_{ABCD} = \frac{a\sqrt{3}}{3}.2a^{2} = \frac{2a^{3}\sqrt{3}}{3}

  • Câu 31: 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 32: Vận dụng

    Cho hình vuông ABCD và tam giác đều SAB cạnh a nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Tính sin góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAD).

    Tính sin góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAD)

    Gọi I là trung điểm của AB. Khi đó SI \bot \left( {ABCD} ight)

    Ta có \left\{ \begin{gathered} AD \bot AB \hfill \\ AD \bot SI \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} ight) mà AD \subset \left( {SAD} ight) \Rightarrow \left( {SAD} ight) \bot \left( {SAB} ight)

    Dựng BH \bot SA tại H suy ra SH \bot \left( {SAD} ight)

    Trong mặt phẳng (SAD) kẻ Hx // AD. Trong mặt phẳng (BC, Hx) qua C kẻ đường thẳng song song với BH cắt Hx tại K thì CK \bot \left( {SAD} ight)

    Suy ra SK là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng (SAD) nên góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAD) là góc \widehat {CSK}

    Ta có BH = CK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}

    Trong tam giác SCI có

    SC = \sqrt {S{I^2} + I{C^2}} = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{4} + \frac{{5{a^2}}}{4}} = a\sqrt 2

    Suy ra \sin \widehat {CSK} = \frac{{CK}}{{SC}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 6 }}{4}

  • Câu 33: Thông hiểu

    Cho hình lập phương ABCD.A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}. Tính \left( AC;DA_{1} ight)?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có:

    AC//A_{1}C_{1} \Rightarrow \left( AC;DA_{1} ight) = \left( A_{1}C_{1};DA_{1} ight) = \widehat{DA_{1}C_{1}}

    Do A_{1}C_{1};DA_{1};DC_{1} là các đường chéo hình vuông bằng nhau.

    Vậy tam giác AD_{1}C_{1} là tam giác đều \Rightarrow \widehat{DA_{1}C_{1}} = 60^{0}

    \Rightarrow \left( AC;DA_{1} ight) = \widehat{DA_{1}C_{1}} = 60^{0}

  • Câu 34: Nhận biết

    Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào là đúng?

     Mệnh đề đúng: "Nếu hình hộp có ba mặt chung một đỉnh là hình vuông thì nó là hình lập phương"

  • Câu 35: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD;AC = 6a;BD = 8a. Gọi trung điểm của AD,BC lần lượt là M,N. Biết AC\bot DB. Độ dài đoạn thẳng MN là:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi P là trung điểm của CD. Khi đó \left\{ \begin{matrix}MP = \dfrac{1}{2}AC = 3a \\NP = \dfrac{1}{2}BD = 4a \\\end{matrix} ight.

    Lại có \left\{ \begin{matrix} NP//BD;MP//AC \\ AC\bot BD \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow MP\bot NP hay tam giác MNP vuông tại P

    Theo định lí Pythagore ta có:

    MN = \sqrt{NP^{2} + MP^{2}} = 5a

  • Câu 36: Nhận biết

    Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sau đây sai?

    Mệnh đề “ Hai đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau.”

    Là sai vì hai đường thẳng đó chưa chắc đồng phẳng.

  • Câu 37: 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 38: 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 39: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi \alpha = \left( SD;(ABCD) ight). Xác định \alpha?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: Hình chiếu của SD lên mặt phẳng (ABCD) là AD nên góc giữa SD và mặt phẳng đáy là góc \widehat{SDA}

    \Rightarrow \alpha = \widehat{SDA}

  • Câu 40: Thông hiểu

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

    Hình vẽ minh họa:

    Tính số đo góc giữa hai đường thẳng chéo chau

    Xét

    \begin{matrix} \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {SA} .(\overrightarrow {SC} - \overrightarrow {SB} ) \hfill \\ = \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SC} - \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SB} \hfill \\ = |\overrightarrow {SA} |.|\overrightarrow {SC} |.\cos (\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {SC} ) - |\overrightarrow {SA} |.|\overrightarrow {SB} |.\cos \widehat {SAB} \hfill \\ = SA.SC.\cos \widehat {ASC} - SASB\cos \widehat {ASB}{\text{ }}\left( 1 ight) \hfill \\ \end{matrix}

    Ta có:

    \begin{matrix} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {SA{\text{ chung }}} \\ {AB = AC} \\ {\widehat {SAB} = \widehat {SAC}} \end{array} \Rightarrow \Delta SAB = \Delta SAC(c - g - c)} ight. \hfill \\ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {SC = SB} \\ {\widehat {ASC} = \widehat {ASB}} \end{array}} ight.(2) \hfill \\ \end{matrix}

    Từ (1) và (2) \Rightarrow \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {BC} = 0 \Rightarrow SA \bot BC

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
  • 5 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