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: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy SA = a. Gọi M là trung điểm của SB. Góc giữa AM bằng BD bằng?

    Góc giữa hai đường thẳng AM bằng BD

    Xét \Delta ABD vuông cân tại A, ta có:

    BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2

    Góc giữa 2 đường thẳng BA và BD bằng 45^0, suy ra \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BD} } ight) = {135^o}

    Xét \Delta SAB vuông cân tại A, ta có:

    \begin{matrix} SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \hfill \\ AM = \dfrac{{SA.AB}}{{SB}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    Vì là trung điểm của SB nên: 2\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AS} + \overrightarrow {AB}

    Ta có:

    \begin{matrix} 2\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BD} = \left( {\overrightarrow {AS} + \overrightarrow {AB} } ight).\overrightarrow {BD} \hfill \\ = \overrightarrow {AS} .\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BD} \hfill \\ \end{matrix}

    (Do \overrightarrow {AS} \bot \overrightarrow {BD}, nên \overrightarrow {AS} .\overrightarrow {BD} = 0)

    \begin{matrix} \overrightarrow {AS} .\overrightarrow {BD} = \dfrac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BD} }}{2} \hfill \\ = \dfrac{{AB.BD.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BD} } ight)}}{2} \hfill \\ = \dfrac{{a.a\sqrt 2 .\cos \left( {{{135}^o}} ight)}}{2} = \dfrac{{ - {a^2}}}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    Do đó: 

    \begin{matrix} \cos \left( {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {BD} } ight) = \dfrac{{\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BD} }}{{AM.BD}} \hfill \\ = \dfrac{{\dfrac{{ - {a^2}}}{2}}}{{\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.a\sqrt 2 }} = - \dfrac{1}{2} \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {BD} } ight) = {120^o} \hfill \\ \end{matrix}

    Vậy góc giữa AM bằng BD bằng {60^o}

  • Câu 2: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết: AB = a,AD = SA = a\sqrt 3. Hai bên mặt SAB và SAD vuông tại a. Gọi μ là góc giữa hai đường thẳng SB và AC. Tính cosμ?

    Hình vẽ minh họa:

    Xác định cosin góc giữa hai đường thẳng SB và AC

    Ta có:

    \begin{matrix} \cos \left( {\overrightarrow {SB} ;\overrightarrow {AC} } ight) = \dfrac{{\overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC} }}{{SB.AC}} = \dfrac{{\overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC} }}{{4{a^2}}} \hfill \\ \overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC} = \left( {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {AB} } ight).\overrightarrow {AC} \hfill \\ = \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \hfill \\ \end{matrix}

    Ta lại có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {AS} .\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AS} .\left( {m\overrightarrow {AB} + n\overrightarrow {AC} } ight) = 0 \hfill \\ \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 2.2a.\cos {60^0} = {a^2} \hfill \\ \Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow {SB} ,\overrightarrow {AC} } ight) = \frac{1}{4} \hfill \\ \Rightarrow \cos \mu = \frac{1}{4} \hfill \\ \end{matrix}

     

  • Câu 3: 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 4: 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 = a\sqrt{5};d(C;BB') = a\sqrt{5};d(A;BB') = a;d(A;CC') = 2a. Thể tích của khối lăng trụ là:

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi J, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BB’ và CC’, H là hình chiếu vuông góc của C lên BB’

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} AJ\bot BB' \\ AK\bot CC' \Rightarrow AK\bot BB' \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BB'\bot(AJK)

    \Rightarrow BB'\bot JK \Rightarrow JK//CH \Rightarrow JK = CH = a\sqrt{5}

    Xét tam giác AJK có: JK^{2} = AJ^{2} + AK^{2} = 5a^{2}

    Vậy tam giác AJK vuông tại A

    Gọi F là trung điểm của JK khi đó ta có: AF = JF = FK = \frac{a\sqrt{5}}{2}

    Gọi N là trung điểm của BC, xét tam giác ANF có:

    \cos\widehat{ANF} = \dfrac{AF}{AN} =\dfrac{\dfrac{a\sqrt{5}}{2}}{a\sqrt{5}} = \dfrac{1}{2}

    \Rightarrow \widehat{ANF} = 60^{0}

    (AN = AM = a\sqrt{5} vì AN//AM;AN = AM)

    \Rightarrow S_{AJK} = \frac{1}{2}AJ.AK = \frac{1}{2}.a.2a = a^{2}

    Lại có: S_{AJK} = S_{ABC}.\cos60^{0}\Rightarrow S_{ABC} = \frac{S_{AJK}}{\cos60^{0}} = 2a^{2}

    Xét tam giác AMA;’ vuông tại M ta có:

    \widehat{MAA'} = \widehat{AMF} = 30^{0}

    Hay AM = A'M.\tan30^{0} =\frac{a\sqrt{15}}{3}

    Vậy thể tích khối lăng trụ đã cho là:

    V = AM.S_{ABC} = \frac{a\sqrt{15}}{3}.2a^{2} = \frac{2a^{3}\sqrt{15}}{3}

  • Câu 5: Thông hiểu

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

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

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

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

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

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

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

    => Tam giác MOC cân tại M.

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

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

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

  • Câu 6: 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 7: Nhận biết

    Biết khối chóp có diện tích đáy và chiều cao lần lượt bằng 9;4. Thể tích khối chóp bằng:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 9 \\ h = 4 \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}.9.4 = 12

  • 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

    Một khối chóp tứ giác đều có các cạnh bằng 2t (cm). Khi đó thể tích của khối chóp đã cho bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng 2t là S.ABCD với I là tâm của đáy ta có:

    SA = BA = BC = DA = DC

    \Rightarrow \Delta SAC = \Delta BAC = \Delta DBC

    \Rightarrow \Delta SAC;\Delta BAC;\Delta DBC lần lượt vuông tại S; B; D

    I là trung điểm của AC suy ra SA = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}.2t.\sqrt{2} = t\sqrt{2}

    Vậy thể tích hình chóp là: V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}S_{ABCD}.SI = \frac{1}{3}.(2t)^{2}.t\sqrt{2} = \frac{4t^{3}\sqrt{2}}{3}

  • Câu 10: Nhận biết

    Cho một khối chóp có diện tích đáy bằng 3a^{2}, chiều cao bằng a. Thể tích khối chóp đã cho là:

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

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

  • Câu 11: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 1, tam giác SAD là tam giác đều. Tìm sin của góc tạo bởi hai đường thẳng SA và BC.

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: BC//AD \Rightarrow (BC;SA) = (BD;SA) = \widehat{SAD} = 60^{0}

    \Rightarrow \sin(BC;SA) = \frac{\sqrt{3}}{2}

  • Câu 12: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a. Góc tạo bởi cạnh bên SA và mặt phẳng đáy bằng 45^{0}. Thể tích khối chóp là:

    Hình vẽ minh họa

    \left( SA;(ABC) ight) = \widehat{SAO} = 45^{0}

    SO = AO.tan45^{0} = \frac{a\sqrt{3}}{3}

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

  • Câu 13: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và SA ⊥ (ABCD). Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: SA ⊥ (ABCD) nên tam giác SAB và tam giác SAD là tam giác vuông.

    Ta có: CD ⊥ DA mà DA là hình chiếu của DA trên (ABCD) nên CD vuông góc với DS

    => Mặt bên SDC là tam giác vuông tại D

    Tương tự ta có: mặt bên SBC là tam giác vuông tại B. Như vậy chỉ có khẳng định ”Mặt bên của hình chóp là những tam giác vuông” là chắc chắn đúng.

  • Câu 14: Nhận biết

    Khẳng định nào sau đây là sai?

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

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

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

  • Câu 15: Vận dụng

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạnh bằng a. Cắt hình lập phương bởi mặt phẳng trung trực của BD'. Diện tích thiết diện tạo thành bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi E là trung điểm của AD. Ta có: EB = ED' nên E thuộc mặt phẳng trung trực của BD'.

    Gọi F;G;H;I;K lần lượt là trung điểm của CD;CC';B'C';A'B';AA'

    Chứng minh tương tự ta có các điểm trên đều thuộc mặt phẳng trung trực của BD'

    Vậy thiết diện của hình lập phương cắt bởi mặt phẳng trung trực của BD' là hình lục giác đều EFGHIK có cạnh bằng \frac{a\sqrt{2}}{2}.

    Vậy diện tích thiết diện là: S = 6.\left( \frac{a\sqrt{2}}{2} ight)^{2}.\frac{\sqrt{3}}{4} = \frac{3a^{2}\sqrt{3}}{4}

  • Câu 16: Nhận biết

    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 (SAB) và (SBC) vuông góc vì

    Hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) vuông góc vì BC ⊥ (SAB) do BC ⊥ AB và BC ⊥ SA

  • Câu 17: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB =a;SA\bot(ABC);SA = a. Tính số đo góc giữa SB và (SAC)?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi I là trung điểm AC. Tam giác ABC vuông cân tại B nên BI\bot AC

    Có BI\bot SA do SA\bot(ABC)suy ra BI\bot(SAC)

    Do vậy SI là hình chiếu vuông góc của SB lên (SAC). Khi đó

    \left( SB;(SAC) ight) = (SB;SI) =\widehat{BSI}

    Xét tam giác SBI vuông tại I (do BI\bot(SAC) \Rightarrow BI\bot SI)

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

    SI = \sqrt{SA^{2} + AI^{2}} =\frac{a\sqrt{6}}{2}

    \cos S = \frac{SI}{SB} =\frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \widehat{BSI} = 30^{0}

    Vậy \left( SB;(SAC) ight) =30^{0}

  • Câu 18: Thông hiểu

    Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Góc giữa SB và mặt phẳng (SCA) bằng 600. Gọi M là trung điểm của SB. Tính của góc giữa mặt phẳng (AMO) và mặt phẳng (SAB).

    Tính của góc giữa mặt phẳng (AMO) và mặt phẳng (SAB)

    Hình chóp S.ABCD đều, O là tâm của đáy nên SO \bot \left( {ABCD} ight);BD \bot \left( {SAC} ight)

    ABCD là hình vuông cạnh a nên AC = BD = a\sqrt 2 ;OB = \frac{1}{2}BD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}

    Ta có: \left( {SAB} ight) \cap \left( {AMO} ight) = AM

    Khi đó: \sin \varphi = \frac{{d\left( {O;\left( {SAB} ight)} ight)}}{{d\left( {O;AM} ight)}} với \varphi là góc giữa hai mặt phẳng (AMO) và (SAB).

    Do BD \bot \left( {SAC} ight) suy ra góc giữa SB và (SAC) là góc giữa SB và SO và bằng góc \widehat {BSO} = {60^0}.

    Tam giác SBO vuông tại O nên ta có:

    \begin{matrix} SO = \dfrac{{OB}}{{\tan {{60}^0}}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{{2\sqrt 3 }} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{6} \hfill \\ SB = \dfrac{{OB}}{{\sin {{60}^0}}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3} \hfill \\ \Rightarrow MB = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{6} \hfill \\ \end{matrix}

    Gọi I là trung điểm của AB. Kẻ OH ⊥ SI (1)

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {AB \bot OI} \\ {AB \bot SO} \end{array}} ight. \Rightarrow AB \bot \left( {SOI} ight) \Rightarrow OH \bot AB (2)

    Từ (1) và (2) suy ra OH \bot \left( {SAB} ight) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SAB} ight)} ight) = OH

    Vì OI là đường trung bình của tam giác ABD nên OI = \frac{1}{2}AD = \frac{a}{2}

    Tam giác SOI vuông tại O, đường cao OH, có

    \frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{I^2}}} + \frac{1}{{S{O^2}}} = \frac{{10}}{{{a^2}}} \Rightarrow OH = \frac{a}{{\sqrt {10} }}

    Áp dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến trong các tam giác SAB và SBC, ta có:

    \begin{matrix} A{M^2} = \dfrac{{2A{B^2} + 2S{A^2} - S{B^2}}}{4} = \dfrac{{2{a^2}}}{3} \Rightarrow AM = a\sqrt {\dfrac{2}{3}} \hfill \\ C{M^2} = \dfrac{{2C{B^2} - 2C{S^2} - S{B^2}}}{4} = \dfrac{{2{a^2}}}{3} \Rightarrow CM = a\sqrt {\dfrac{2}{3}} \hfill \\ \end{matrix}

    Trong tam giác AMC, có:

    \cos \widehat {CAM} = \frac{{A{M^2} + A{C^2} - M{C^2}}}{{2AMM.AC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat {CAM} = {30^0}

    \begin{matrix} d\left( {O;AM} ight) = \dfrac{{d\left( {C;AM} ight)}}{2} \hfill \\ = \frac{1}{2}AC.\sin \widehat {CAM} = \dfrac{1}{2}AC.\sin {30^0} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4} \hfill \\ \Rightarrow \sin \varphi = \dfrac{{d\left( {O;\left( {SAB} ight)} ight)}}{{d\left( {O;AM} ight)}} = \dfrac{a}{{\sqrt {10} }}:\dfrac{{a\sqrt 2 }}{4} = \dfrac{2}{{\sqrt 5 }} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 19: Thông hiểu

    Cho tứ diện đều ABCD, M là trung điểm của BC. Khi đó cos(AB; DM) là:

    Hình vẽ minh họa:

    Cos(AB; DM) bằng bao nhiêu?

    Giả sử cạnh của tứ diện là a

    Tam giác BCD đều => DM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}

    Tam giác ABC đều => AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}

    Ta có: \cos \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {DM} } ight) = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DM} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } ight|.\left| {\overrightarrow {DM} } ight|}} = \dfrac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DM} }}{{a.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}

    Mặt khác 

    \begin{matrix} \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DM} = \overrightarrow {AB} (\overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AD} ) \hfill \\ = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} \hfill \\ = |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AM} |.\cos (\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AM} ) \hfill \\ - |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AD} |.\cos (\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} ) \hfill \\ = |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AM} |.\cos {30^0} - |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AD} |.\cos {60^0} \hfill \\ = a.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} - a.a.\dfrac{1}{2} \hfill \\ = \dfrac{{3{a^2}}}{4} - \dfrac{{{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^2}}}{4} \hfill \\ \Rightarrow \cos (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {DM} ) = \dfrac{{\sqrt 3 }}{6} > 0 \hfill \\ \Rightarrow (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {DM} ) = (AB,DM) \hfill \\ \Rightarrow \cos (AB,DM) = \dfrac{{\sqrt 3 }}{6} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 20: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD;AB = SA = a. Tính khoảng cách từ đường thẳng AB và mặt phẳng (SCD) bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O là tâm của đáy \Rightarrow SO\bot(ABCD)

    Lấy M, N lần lượt là trung điểm AB, CD.

    Kẻ OH\bot SN

    Có \left\{ \begin{matrix} ON\bot CD \\ CD\bot SO \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow CD\bot(SON)

    \Rightarrow CD\bot OH \Rightarrow OH\bot(SCD)

    Ta có: AB//CD \subset (SCD) \Rightarrow AB//(SCD)

    Khi đó d\left( AB;(SCD) ight) = d\left( M;(SCD) ight) = 2d\left( O;(SCD) ight) = 2OH

    Trong tam giác SON vuông tại O, OH\bot SN có:

    \frac{1}{OH^{2}} = \frac{1}{SO^{2}} + \frac{1}{ON^{2}} \Rightarrow OH = \frac{a\sqrt{6}}{6}

    \Rightarrow d\left( AB;(SCD) ight) = \frac{a\sqrt{6}}{3}

  • Câu 21: 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 22: 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 23: 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 24: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD, SA vuông góc với đáy. Kẻ AH vuông góc với SB (H ∈ SB). Chọn mệnh đề đúng.

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    SA ⊥ BC

    AB ⊥ BC

    => BC ⊥ (SAB) => BC ⊥ AH

    Mà AH ⊥ SB nên AH ⊥ (SBC) => AH ⊥ SC

  • Câu 25: Nhận biết

    Cho khối chóp và lăng trụ có diện tích đáy, chiều cao tương ứng với nhau và thể tích lần lượt là V và V' . Khi đó tỉ số \frac{V}{V'} = 1/3

    (Kết quả ghi dưới dạng phân số tối giản a/b)

    Đáp án là:

    Cho khối chóp và lăng trụ có diện tích đáy, chiều cao tương ứng với nhau và thể tích lần lượt là V và V' . Khi đó tỉ số \frac{V}{V'} = 1/3

    (Kết quả ghi dưới dạng phân số tối giản a/b)

    Ta có:

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

    Thể tích hình lăng trụ là: V' = B.h

    Khi đó: \dfrac{V}{V'} =\dfrac{\dfrac{1}{3}B.h}{B.h} = \dfrac{1}{3}

  • Câu 26: 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 27: Thông hiểu

    Cho hình chóp  S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A. Hình chiếu của S lên mặt phẳng đáy là trung điểm H của BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC biết AB = a;AC = a\sqrt{3};SB = a\sqrt{2}.

    Hình vẽ minh họa

    Xét tam giác ABC vuông tại C ta có: BC = \sqrt{AB^{2} + AC^{2}} = \sqrt{a^{2} + \left( a\sqrt{3} ight)^{2}} = 2a

    H là trung điểm của BC nên BH = a

    Xét tam giác SBH vuông tại H có SH = \sqrt{SB^{2} - HB^{2}} = \sqrt{\left( a\sqrt{2} ight)^{2} - a^{2}} = a

    Diện tích đáy ABC là S_{ABC} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}a^{2}\sqrt{3}

    Thể tích khối chóp là V = \frac{1}{3}SH.S_{ABC} = \frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}a^{2}\sqrt{3} = \frac{a^{3}\sqrt{3}}{6}

  • Câu 28: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Góc tạo bởi cạnh bên SA và mặt phẳng đáy bằng 60^{0}. Thể tích khối chóp S.BCD bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD

    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)

    Suy ra OA là hình chiếu vuông góc của SA lên mặt phẳng đáy

    \Rightarrow \left( SA;(ABCD) ight) = \widehat{SAO} = 60^{0}

    ABCD là hình vuông nên OA = \frac{1}{2}AC = \frac{a\sqrt{2}}{2}

    Xét tam giác vuông SOA ta có:

    SO = AO.\tan\widehat{SDO} =\frac{a\sqrt{2}}{2}.\tan60^{0} = \frac{a\sqrt{6}}{3}

    \Rightarrow S_{BCD} = \frac{a^{2}}{2}

    \Rightarrow V_{S.BCD} = \frac{1}{3}.SO.S_{BCD} = \frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{2}.\frac{a^{2}}{2} = \frac{a^{3}\sqrt{6}}{12}

  • Câu 29: 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 30: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a\sqrt{3};BC = a\sqrt{2}. Cạnh bên SA = a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách giữa SB và DC bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Vì DC // AB nên khoảng cách giữa SB và DC bằng khoảng cách giữa mặt phẳng (SAB) và DC.

    Do đó: d(DC, SB) = d(DC, (SAB)) = d(D, (SAB)) = AD = a\sqrt{2}

  • Câu 31: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD. Gọi H là trực tâm của tam giác BCD và AH vuông góc với mặt phẳng đáy. Khẳng định nào dưới đây là đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Chọn khẳng định đúng

    Vì AH vuông góc với (BCD) suy ra AH⊥CD (1)

    Mà H là trực tâm của tam giác BCD ⇒BH⊥CD (2)

    Từ (1), (2) suy ra: \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {CD \bot AH} \\ {CD \bot BH} \end{array}} ight.

    ⇒CD⊥(ABH)⇒CD⊥AB

  • Câu 32: Thông hiểu

    Cho hình tứ diện ABCD có AB, CD, BC đôi một vuông góc. Khi đó ta có:

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    \begin{matrix}\left\{ \begin{matrix}CD\bot AB \subset (ABC) \hfill \\CD\bot CB \subset (ABC) \\AB \cap CB = B \hfill \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow CD\bot(ABC) \hfill \\\Rightarrow CD\bot(ABC) \hfill \\\end{matrix}

    Ta có:

    Nếu AB\bot(ACD) \Rightarrow AB\botAC (Vô lí)

    Nếu BC\bot(ACD) \Rightarrow BC\botAC (Vô lí)

    Nếu AD\bot(BCD) \Rightarrow B \equivD (Vô lí)

     

  • Câu 33: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Tính (AB;A'C')?

    Hình vẽ minh họa

    Vì AB//A'B' \Rightarrow (AB;A'C') = (A'B';A'C') = \widehat{B'A'C'}

    Tam giác A’B’C’ vuông cân tại B’ \Rightarrow \widehat{B'A'C'} = 45^{0}

    Vậy (AB;A'C') = 45^{0}.

  • Câu 34: Nhận biết

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

    Hình vẽ minh họa:

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

  • Câu 35: Thông hiểu

    Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AC = 2, BC = 1, AA’ = 1. Tính góc giữa AB’ và (BCC’B’).

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix}AB\bot BC \\AB\bot BB’ \\\end{matrix} ight.

    => BA ⊥ (BCC’B’)

    Khi đó BB’ là hình chiếu vuông góc của AB’ lên (BCC’B’)

    Hay góc giữa AB’ và (BCC’B’) là \widehat{AB'B}

    Ta có: AB = \sqrt{AC^{2} - BC^{2}} =\sqrt{2^{2} - 1^{2}} = \sqrt{3}

    \tan\widehat{AB'B} =\frac{AB}{BB'} = \sqrt{3}

    Vậy góc giữa AB’ và (BCC’B’) là 600

  • Câu 36: 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 37: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = AC = a. Hình chiếu vuông góc H của S trên mặt đáy (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và SH = \frac{a\sqrt{6}}{2}. Gọi α là góc giữa hai đường thẳng SB và AC. Mệnh đề nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi H là trung điểm BC.

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

    Theo giả thiết, ta có SH ⊥ (ABC).

    Qua B kẻ Bx // AC. Khi đó (SB, AC) = (SB, Bx).

    Kẻ HE ⊥ Bx tại E, cắt AC tại M.

    => AMEB là hình chữ nhật nên \left\{\begin{matrix}BE = AM = \dfrac{AC}{2} = \dfrac{a}{2} \\HE = HM = \dfrac{AB}{2} = \dfrac{a}{2} \\\end{matrix} ight.

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} Bx\bot HE \\ Bx\bot SH \\ \end{matrix} \Rightarrow Bx\bot(SHE) \Rightarrow Bx\bot SE. ight.

    Tam giác vuông SEB ta có:\cot\alpha = \frac{BE}{SE} = \frac{AM}{\sqrt{SH^{2} + HE^{2}}} = \frac{\sqrt{7}}{7}

  • Câu 38: 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 39: Thông hiểu

    Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình thoi. Gọi mặt phẳng (\alpha) chứa cạnh A'C' và cắt AB;BC lần lượt tại I;J. Chọn kết luận đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} (\alpha) \cap (ABCD) = IJ \\ (\alpha) \cap (A'B'C'D') = A'C' \\ (A'B'C'D')//(ABCD) \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow A'C'//IJ mà A'C'//AC

    \Rightarrow AC//IJ

    Mặt khác BD\bot AC

    \Rightarrow BD\bot IJ.

  • Câu 40: 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.

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
  • 51 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