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 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 2: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có SA\bot(ABCD). Kết luận nào sau đây sai về góc giữa SB và (ABC)

    Vì SA\bot(ABCD) nên AB là hình chiếu của SB trên (ABC)

    Vậy \widehat{\left( SB;(ABC) ight)} = \widehat{SBA}.

  • Câu 3: 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). Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC). Mệnh đề nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi M là trung điểm của BC => AM ⊥ BC.

    Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} AM\bot BC \\ BC\bot SA \\ \end{matrix} \Rightarrow ight.\ BC\bot(SAM) \Rightarrow BC\bot SM

    Do đó ((SBC),(ABC)) = (SM, AM) = \widehat{SMA}

    Tam giác ABC đều cạnh a, suy ra trung tuyến AM = \frac{a\sqrt{3}}{2}.

    Tam giác vuông SAM ta có: \sin\widehat{SMA} = \frac{SA}{SM} = \frac{SA}{\sqrt{SA^{2} + AM^{2}}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}

  • Câu 4: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1. Tính \cos \left( {\overrightarrow {A{C_1}} ;\overrightarrow {BD} } ight)

    Tính cosin góc giữa hai vecto

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {A{C_1}} .\overrightarrow {BD} = \left( {\overrightarrow {A{A_1}} + \overrightarrow {AC} } ight).\left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} } ight) \hfill \\ = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} \hfill \\ = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BD} \hfill \\ = 0 \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {A{C_1}} .\overrightarrow {BD} = 0 \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 5: 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 6: Nhận biết

    Cho khối chóp S.ABC có chiều cao bằng 6 đáy là tam giác ABC có diện tích bằng 12. Thể tích khối chóp đã cho là:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 12 \\ h = 6 \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối chóp tam giác là V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}.12.6 = 24

  • Câu 7: Thông hiểu

    Cho khối lăng trụ đứng ABC.A'B'C', đáy ABC có AB = AC = a;\widehat{BAC} = 120^{0}. Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho biết \left( (AB'C');(ABCD) ight) = 60^{0}.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trung điểm của B’C’, khi đó góc giữa mặt phẳng (AB’C’) và (ABCD) là góc \widehat{AHA'} = 60^{0}

    Ta có:

    S_{ABC} = \frac{1}{2}AC.AB.sin120^{0} = \frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}

    B'C' = BC = \sqrt{AB^{2} + AC^{2} - 2AB.AC.cos120^{0}}

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

    \Rightarrow AH' = \frac{2S_{ABC}}{B'C'} = \frac{a}{2}

    \Rightarrow AA' = A'H.tan60^{0} = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    Vậy V = S_{ACB}.AA' = \frac{3a^{3}}{8}

  • Câu 8: 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 9: Nhận biết

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

    Hình vẽ minh họa

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

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

  • Câu 10: 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 11: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, \widehat{ABC} = 60^{0} , tam giác SBC là tam giác đều có bằng cạnh 2a và nằm trong mặt phẳng vuông với đáy. Gọi \varphi là góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABC). Mệnh đề nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi H là trung điểm của BC, suy ra SH ⊥ BC

    => SH ⊥ (ABC).

    Gọi K là trung điểm AC=> HK // AB nên HK ⊥ AC.

    Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} AC\bot HK \\ AC\bot SH \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AC\bot(SHK) \Rightarrow AC\bot SK.

    => ((SAC), (ABC)) = (SK, HK) = \widehat{SHK}

    Xét tam giác vuông ABC ta có:

    \begin{matrix}AB = BC.cos\widehat{ABC} = a \hfill\\\Rightarrow HK = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{a}{2} \hfill\\\end{matrix}

    Xét tam giác vuông SHK ta có: \tan\widehat{SHK} = \frac{SH}{HK} = 2\sqrt{3}

  • Câu 12: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA\bot(ABCD);SA = a\sqrt{2}. Tính \left( SC;(ABCD) ight)?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SA\bot(ABCD) nên góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng góc \widehat{SCA}.

    Ta có: SA = a\sqrt{2};AC = a\sqrt{2}

    \Rightarrow \tan\widehat{SCA} = \frac{SA}{AC} = 1 \Rightarrow \widehat{SCA} = 45^{0}

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

  • Câu 13: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) là góc giữa cặp đường thẳng nào sau đây?

    Hình vẽ minh họa:

    Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cắt nhau theo giao tuyến SO và cùng vuông góc với đáy nên SO ⊥ (ABCD).

    Vậy góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) là góc giữa SB và BD.

  • Câu 14: 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 15: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA\bot(ABC);V_{S.ABC} = \frac{a^{3}}{4}. Tính chiều cao hình chóp S.ABC?

    Ta có:

    SA\bot(ABC) nên SA là chiều cao của hình chóp.

    Do tam giác ABC đều cạnh a nên S_{ABC} = \frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}

    Ta lại có:

    V_{S.ABC} = \dfrac{1}{3}SA.S_{ABC}\Rightarrow SA = \dfrac{3V_{S.ABC}}{S_{ABC}} =\dfrac{3.\dfrac{a^{3}}{4}}{\dfrac{a^{2}\sqrt{3}}{4}} =a\sqrt{3}

  • Câu 16: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABC có \widehat{BSC} = 120^{0};\widehat{CSA} = 60^{0};\widehat{ASB} = 90^{0}và SA = SB = SC. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC), khi đó:

    Hình vẽ minh họa:

    Đặt SA = a

    Xét tam giác SAB vuông cân tại S ta có:

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

    Xét tam giác SAC cân tại S ta có:

    \widehat{CSA} = 60^{0} => SA = SC = AC = a

    Áp dụng định lí cosin cho tam giác SBC ra có:

    \begin{matrix}BC^{2} = SB^{2} + SC^{2} - 2SB.SC.cos\widehat{BSC} \hfill \\BC^{2} = a^{2} + a^{2} - 2a.a.cos120^{0} = 3a^{2} \hfill \\BC = a\sqrt{3} = \sqrt{AB^{2} + AC^{2}} \hfill \\\end{matrix}

    Vậy tam giác ABC vuông tại A mà H là hình chiếu của S trên (ABC) nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

    Hay H là trung điểm của BC.

  • Câu 17: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a; SA = 3a\sqrt{2};SA\bot(ABCD). Tính \tan\left( SC;(SAD) ight)?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: ABCD là hình vuông \Rightarrow AC\bot BD

    Mặt khác SA\bot(ABCD) \Rightarrow SA\bot CD

    Suy ra CD\bot(SAD)

    => SD là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (SAD)

    Do đó \left( SC;(SAD) ight) = (SC;SD) = \widehat{CSD}

    Xét tam giác SCD vuông tại D ta có:

    \tan\widehat{CSD} = \frac{CD}{SD} = \frac{CD}{\sqrt{SA^{2} + AD^{2}}} = \frac{a^{2}}{\sqrt{\left( 3a\sqrt{2} ight)^{2} + a^{2}}} = \frac{1}{\sqrt{19}} = \frac{\sqrt{19}}{19}

  • Câu 18: Thông hiểu

    Cho hình hộp thoi ABCD.A'B'C'D' có tất cả các cạnh bằng a và \widehat{ABC} = \widehat{B'BA} = \widehat{B'BC} = 60^{0}. Tứ giác A'B'CD là hình gì?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có tứ giác A’B’CD là hình bình hành

    Do \widehat{B'BC} = 60^{0} nên tam giác BB’C đều \Rightarrow B'C = a

    Do đó CD = B'C = a nên tứ giác A’B’CD là hình thoi

    Ta có

    \overrightarrow{CB'}.\overrightarrow{CD} = \left( \overrightarrow{CB} + \overrightarrow{BB'} ight).\overrightarrow{BA}

    = \overrightarrow{CB}.\overrightarrow{BA} + \overrightarrow{BB'}.\overrightarrow{BA} = - \frac{a^{2}}{2} + \frac{a^{2}}{2} = 0

    Suy ra CB'\bot CD

    Vậy tứ giác A'B'CD là hình vuông.

  • Câu 19: 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 20: Thông hiểu

    Cho tứ diện OABC có OA;OB;OC đôi một vuông góc. Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Kết luận nào sai?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} OA\bot OC \\ OB\bot OC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow OC\bot(OAB) \Rightarrow OC\bot AB đúng

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} BC\bot AH \\ BC\bot OA \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(OAH) \Rightarrow BC\bot OH đúng

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} AB\bot CH \\ AB\bot OC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(OCH) \Rightarrow AB\bot OH

    Mà BC\bot OH \Rightarrow OH\bot(ABC) đúng

    Vậy OH\bot OA hay tam giác HOA vuông tại H sai

  • Câu 21: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 có cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của AD. Tính tích vô hướng của \overrightarrow {{B_1}M} .\overrightarrow {B{D_1}}

    Hình vẽ minh họa:

    Tính tích vô hướng của hai vecto

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {B{D_1}} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {A{D_1}} \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {B{D_1}} = - \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {A{A_1}} + \overrightarrow {AD} \hfill \\ \overrightarrow {{B_1}M} = \overrightarrow {{B_1}A} + \overrightarrow {AM} \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {{B_1}M} = - \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {A{A_1}} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AD} \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {B{D_1}} .\overrightarrow {{B_1}M} = A{B^2} - A{A_1}^2 + \dfrac{1}{2}A{D^2} \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {B{D_1}} .\overrightarrow {{B_1}M} = \dfrac{{{a^2}}}{2} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 22: 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 23: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có AC = AD = BC = BD = a;AB = x. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB;CD. Biết (ACD)\bot(BCD) và (ABC)\bot(ABD). Tính giá trị của x.

    Chỗ nhập nội dung câu trả lời tự luận
    Đáp án là:

    Cho tứ diện ABCD có AC = AD = BC = BD = a;AB = x. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB;CD. Biết (ACD)\bot(BCD) và (ABC)\bot(ABD). Tính giá trị của x.

    Chỗ nhập nội dung câu trả lời tự luận
  • Câu 24: Thông hiểu

    Tính thể tích khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng 1cm?

    Hình vẽ minh họa

    Giả sử khối chóp tứ giác đều đã cho là S.ABCD

    Khi đó ABCD là hình vuông cạnh bằng 1 cm và SA = SB = SC = SD = 1cm

    Gọi H là tâm hình vuông ABCD thì SH\bot(ABCD) nên SH là chiều cao của khối chóp S.ABCD.

    Tính SH

    Xét tam giác ABC vuông tại B ta có:

    AC = \sqrt{AB^{2} + BC^{2}} = \sqrt{1^{2} + 1^{2}} = \sqrt{2}(cm)

    Nhận thấy AC^{2} = SA^{2} + SC^{2} nên tam giác SAC vuông tại S

    \Rightarrow SH = \frac{AC}{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}(cm)

    Diện tích đáy của khối chóp là S_{ABCD} = 1^{2} = 1\left( cm^{2} ight)

    Thể tích khối chóp S.ABCD là V = \frac{1}{3}.S_{ABCD}.SH = \frac{1}{3}.1.\frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{6}\left( cm^{3} ight)

  • Câu 25: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC vuông tại A, AB = 6, AC = 8. Tam giác BCD có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh C bằng 8. Mặt phẳng (BCD) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Cosin góc giữa mặt phẳng (ABD) và (BCD) bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Kẻ AH ⊥ BC tại H, CK ⊥ BD tại K, HI ⊥ BD tại I.

    Theo giả thiết suy ra CK = 8.

    Vì (ABC) ⊥ (BCD) AH ⊥ BC nên AH ⊥ (BCD).

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} BD\bot HI \\ BD\bot AH \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BD\bot(AHI)

    => Góc AIH là góc giữa hai mặt phẳng (ABD) và (BCD).

    Xét tam giác ABC vuông tại A

    \begin{matrix}\Rightarrow \dfrac{1}{AH^{2}} = \dfrac{1}{AB^{2}} + \dfrac{1}{AC^{2}} \hfill \hfill\\\Rightarrow \dfrac{1}{AH^{2}} = \dfrac{1}{6^{2}} + \dfrac{1}{8^{2}} =\dfrac{25}{576} \\\Rightarrow AH = \dfrac{24}{5} \\BH \cdot BC = AB^{2} \hfill\\\Rightarrow \dfrac{BH}{BC} = \dfrac{AB^{2}}{BC^{2}} = \dfrac{6^{2}}{6^{2} +8^{2}} = \dfrac{9}{25} \hfill\\\end{matrix}

    Xét tam giác AHI vuông tại H

    => \tan\widehat{AIH} = \frac{AH}{HI} =\dfrac{\dfrac{24}{9}}{\dfrac{72}{25}} = \dfrac{9}{25}.8 =\frac{72}{25}

    \begin{matrix}cos^{2}\widehat{AIH} = \dfrac{1}{1 + tan^{2}\widehat{AIH}} = \dfrac{9}{34}\hfill\\\Rightarrow \cos\widehat{AIH} = \dfrac{3}{\sqrt{34}} \hfill\\\end{matrix}

  • Câu 26: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Dựng mặt phẳng (P) cách đều năm điểm A, B, C, D và S. Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng (P) như vậy?

    Gọi O là tâm hình bình hành ABCD.

    Các mặt phẳng cách đều A, B, C, D và S là

    1) Mặt phẳng qua trung điểm của SA, SB, SC, SD

    2) Mặt phẳng qua O và song song (SAB)

    3) Mặt phẳng qua O và song song (SAD)

    4) Mặt phẳng qua O và song song (SCD)

    5) Mặt phẳng qua O và song song (SBC)

  • Câu 27: 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 28: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA\bot(ABCD). Gọi AE;AF lần lượt là đường cao của tam giác SAB và SAD. Khẳng định nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Vì SA\bot(ABCD) \Rightarrow SA\bot BC

    Mà AB\bot BC \Rightarrow BC\bot(SAB)

    \Rightarrow BC\bot AE \subset (SAB)

    Tam giác SAB có đường cao AE \Rightarrow AE\bot SB

    Mà AE\bot CB \Rightarrow AE\bot(SBC) \Rightarrow AE\bot SC

    Tương tự chứng minh ta được: AF\bot SC \Rightarrow SC\bot(AEF)

  • Câu 29: 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 30: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC đáy là tam giác ABC vuông tại B và SA\bot(ABC). Mệnh đề nào sau đây sai?

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} BC\bot SA;\left( do\ SA\bot(ABC) ight) \\ BC\bot AB \\ SA \cap AB = \left\{ A ight\} \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SAB)

    \Rightarrow BC\bot SB

    Vậy đáp án sai là: BC\bot(SAC).

  • Câu 31: Nhận biết

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

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

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

  • Câu 32: Nhận biết

    Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

    Qua một điểm cho trước có thể kẻ được vô số mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng cho trước.

  • Câu 33: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có đường thẳng SA vuông góc với đáy (ABC), SA = 2a. Khoảng cách từ điểm S đến đường thẳng AB bằng:

    Vì SA vuông góc với đáy (ABC) nên SA\bot AB \Rightarrow d(S,AB) = SA = 2a

  • Câu 34: Vận dụng

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và DD’. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và BD.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi O, P, K lần lượt là trung điểm của AC, CD, OC

    Kẻ DI ⊥ MP, DH ⊥ NI

    Ta có: ND = \frac{a}{2}, BD // MP, tứ giác DIKO là hình chữ nhật

    => DI = OK = \frac{OC}{2} =\frac{a\sqrt{2}}{4}

    Khi đó: d(MN, BD) = d(BD, (MNP)) = d(D, (MNP)) = DH

    Xét tam giác vuông NDI ta có:

    \begin{matrix}\dfrac{1}{DH^{2}} = \dfrac{1}{DN^{2}} + \dfrac{1}{DI^{2}} \Rightarrow DH =\dfrac{a\sqrt{3}}{6} \hfill \\\Rightarrow d(MN,BD) = \dfrac{a\sqrt{3}}{6} \hfill\\\end{matrix}

  • Câu 35: 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 36: 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 37: Thông hiểu

    Cho hai tam giác đều DAC và BAC lần lượt nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng (DAB) và (DBC). Tính giá trị cos α.

    Tính giá trị cos α

    Giả sử cạnh của tam giác đều bằng 2a. Khi đó AB = AD = CB = CD = 2a

    Gọi H là trung điểm của AC. Tam giác DAC đều suy ra DH ⊥ AC.

    Tương tự BH ⊥ AC.

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\left( {DAC} ight) \bot \left( {ABC} ight)} \\ {\left( {DAC} ight) \cap \left( {ABC} ight)} \\ {DH \bot AC} \\ {DH \subset \left( {DAC} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow DH \bot \left( {ABC} ight)

    Gọi K là trung điểm của DB.

    Ta có: ABD cân tại A nên AK \bot BD

    Và CBD cân tại C nên CK \bot DB

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\left( {DAB} ight) \cap \left( {DBC} ight) = BD} \\ {AK \bot BD;AK \subset \left( {DAB} ight)} \\ {CK \bot BD;CK \subset \left( {DAB} ight)} \end{array}} ight.

    Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (DAB) và (DBC) là góc giữa hai đường thẳng AK và CK.

    Ta có DH = a\sqrt 3 ;BH = a\sqrt 3 nên BDH vuông cân tại H.

    Từ đó ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {DB = \sqrt {D{H^2} + H{B^2}} = a\sqrt 6 } \\ {HK = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}} \end{array}} ight.

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {AC \bot DH} \\ {AC \bot BH} \\ {DH \cap BH = H} \\ {DH;BH \subset \left( {DBH} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow AC \bot \left( {DBH} ight) mà HK \subset \left( {DBH} ight) \Rightarrow AC \bot HK

    Xét tam giác ACK có KH vừa là trung tuyến, vừa là đường cao nên tam giác ACK cân tại K.

    Nên ta có: KH là phân giác của góc \widehat {AKC} suy ra \widehat {AKC} = 2\widehat {CKH}

    Ta có: t = \tan \widehat {CKH} = \frac{{HC}}{{HK}} = \frac{a}{{a\sqrt 6 :3}} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}

    Vậy \cos \alpha = \frac{{1 - {t^2}}}{{1 + {t^2}}} = \frac{{1 - \frac{6}{9}}}{{1 + \frac{6}{9}}} = \frac{1}{5}

  • Câu 38: 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

  • Câu 39: 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 40: Thông hiểu

    Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng 1, M là trung điểm của BC. Khi đó \cos(AB;DM) là:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi E là trung điểm cạnh AC. Khi đó ta có: EM // AB.

    \Rightarrow \cos(AB,DM) = \cos(EM;DM) = \widehat{DME}

    Ta có: ABCD là tứ diện đều cạnh bằng 1 và EA = EC;BM = MC

    \Rightarrow DM = \frac{\sqrt{3}}{2};DE = \frac{\sqrt{3}}{2};EM = \frac{AB}{2} = \frac{1}{2}

    \Rightarrow \cos\widehat{DME} = \frac{DM^{2} + ME^{2} - DE^{2}}{2.DM.EM} = \frac{1}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{6}

    \Rightarrow \cos(AB,DM) = \frac{\sqrt{3}}{6}

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