Lớp 11 Toán 11 - Kết nối tri thức với cuộc sống

Đề kiểm tra 45 phút Toán 11 Chương 7 Kết nối tri thức

Mô tả thêm: Đề kiểm tra 45 phút Toán 11 Quan hệ vuông góc trong không gian gồm 40 câu hỏi trắc nghiệm giúp bạn học ôn tập, củng cố lại kiến thức sách Kết nối tri thức.
  • Thời gian làm: 45 phút
  • Số câu hỏi: 40 câu
  • Số điểm tối đa: 40 điểm
Trước khi làm bài bạn hãy
  • 1 Ôn tập kiến thức đã nêu trong phần Mô tả thêm
  • 2 Tìm không gian và thiết bị phù hợp để tập trung làm bài
  • 3 Chuẩn bị sẵn dụng cụ cần dùng khi làm bài như bút, nháp, máy tính
  • 4 Căn chỉnh thời gian làm từng câu một cách hợp lý
Mua gói để Làm bài
  • Câu 1: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông 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 2: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O và SA = SC, SB = SD. Khẳng định nào sau đây sai?

    Hình vẽ minh họa:

    Do ABCD là hình thoi tâm O và SA = SC, SB = SD nên \left\{ \begin{matrix}SO\bot AC \\SO\bot BD \\\end{matrix} ight. => SO ⊥ (ABCD)

    Từ \left\{ \begin{matrix}SO\bot AC \\AC\bot BD \\\end{matrix} ight.=> AC ⊥ (SBD)

    Từ \left\{ \begin{matrix}SO\bot BD \\AC\bot BD \\\end{matrix} ight.=> BD ⊥ (SAC)

    Như vậy, các khẳng định “SO ⊥ (ABCD)”, “AC ⊥ (SBD)”, “BD ⊥ (SAC)” là các khẳng định đúng.

    Khẳng định “BC ⊥ (SAB)” là khẳng định sai. Vì nếu BC ⊥ (SAB) suy ra BC ⊥ SB, cùng với BC ⊥ SO ta có BC ⊥ (SBD), nên qua điểm B có hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với đường thẳng BC (vô lí).

  • Câu 3: 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 4: Nhận biết

    Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua một điểm A cho trước và vuông góc với hai mặt phẳng phân biệt (P) và (Q)?

    Có một khi (P) và (Q) cắt nhau, có vô số khi (P) // (Q).

  • Câu 5: Vận dụng cao

    Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AC = a\sqrt{3}. Biết BC’ hợp với mặt phẳng (AA’C’C) với một góc 300 và hợp với mặt phẳng đáy góc α sao cho \sin\alpha =\frac{\sqrt{6}}{4} . Gọi M, N lần lượt là trung điểm cạnh BB’ và A’C’. Khoảng cách MN và AC’ là:

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:\left\{ \begin{matrix}\widehat{\left( BC’,(AA’C’C) ight)} = \widehat{BC’A} = 30^{0} \\\widehat{\left( BC’,(ABC) ight)} = \widehat{C'BC} = \alpha \\\end{matrix} ight.

    Đặt AB = x => BC = \sqrt{3a^{2} +x^{2}}

    BC = \sqrt{3a^{2} + x^{2}}

    CC' = BC.tan\alpha =\sqrt{\frac{3\left( x^{2} + 3a^{2} ight)}{5}}

    AC' = AB.cot30^{0} =\sqrt{\frac{3\left( x^{2} + 3a^{2} ight)}{5}}

    Ta có: AC^{2} + CC'^{2} =AC^{2}

    \Rightarrow x = a\sqrt{2}

    \Rightarrow CC' = a\sqrt{3};AC =a\sqrt{6}

    Gọi P là trung điểm của B’C’ => (MNP) // (ABC’)

    d(MN, AC’) = d(N, (ABC’)) = \frac{1}{2}d(A’, (ABC’)

    Kẻ A’H ⊥ AC’ tại H => A’H ⊥ (ABC’)

    d\left( A';(ABC') ight) =A'H = \frac{AA'.A'C'}{AC'} =\frac{a\sqrt{6}}{2}

    => d(MN, AC’) = \frac{a\sqrt{6}}{4}

  • Câu 6: 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 7: 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 8: Thông hiểu

    Cho hình lâp phương ABCD.EFGH. Hãy xác định góc giữa cặp vecto \overrightarrow {AB} và \overrightarrow {EG}?

    Hình vẽ minh họa

    Hãy xác định góc giữa cặp vecto

    Ta có: AEGC là hình chữ nhật nên EG // AC

    Vì ABCD là hình vuông nên

    => \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {EG} } ight) = \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } ight) = \widehat {BAC} = {45^0}

  • Câu 9: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB,AC,AD đôi một vuông góc với nhau. Gọi trung điểm của các cạnh BC,CD,DB lần lượt là J;Q;K. Tính thể tích tứ diện AJQK, biết AB = 6cm;AC = 7cm;AD = 4cm.

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: V_{ABCD} =\frac{1}{2}AB.\frac{1}{2}AD.AC = \frac{1}{2}.6.7.4 = 28\left( cm^{3}ight)

    Nhận thấy S_{JQK} = \frac{1}{2}S_{JQKD} =\frac{1}{4}S_{BCD}

    V_{JQK} = \frac{1}{4}V_{ABCD} = 7\left(cm^{3} ight)

  • Câu 10: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và mặt bên SAB là tam giác vuông tại S. Tính số đo góc giữa hai đường thẳng SA và CD.

    Hình vẽ minh họa

    Vì ABCD là hình bình hành nên CD//AB

    \Rightarrow (SA;CD) = (SA;AB) = \widehat{SAB} = 45^{0}

  • Câu 11: Vận dụng

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của SC. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng BM và AC.

    Hình vẽ minh họa:

    Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng

    Gọi H là tâm của hình vuông ABCD khi đó SH \bot \left( {ABCD} ight)

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {BM} = \overrightarrow {HM} - \overrightarrow {HB} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {HS} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow {HC} - \overrightarrow {HB} \hfill \\ \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {HC} \hfill \\ HC \bot HB,HC \bot SH \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BM} = H{C^2} = \dfrac{{A{C^2}}}{4} = \dfrac{{{a^2}}}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    Vì tam giác SBC đều cạnh a và BM là trung tuyến nên BM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}

    Khi đó: \cos \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {BM} } ight) = \frac{{\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BM} }}{{AC.BM}} = \frac{1}{{\sqrt 6 }} > 0

  • Câu 12: Thông hiểu

    Một hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết góc giữa SA và mặt phẳng (SBC) bằng 45^{0}. Tính thể tích khối chóp S.ABC đã cho.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của BC thì \left\{ \begin{matrix} AM\bot BC \\ SA\bot BC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SAM)

    Từ đây dễ thấy góc cần tìm là \alpha = \widehat{ASM} = 45^{0}

    Do đó tam giác SAM vuông cân tại A và SA = AM = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    \Rightarrow V_{S.ABC} = \frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4} = \frac{a^{3}}{8}

  • Câu 13: 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 14: Nhận biết

    Mệnh đề nào là mệnh đề đúng?

    Khẳng định đúng: “Khoảng cách từ một điểm A bất kì đến mặt phẳng (P) bằng độ dài đoạn AH với H là hình chiếu vuông góc của A trên (P).”

  • Câu 15: Nhận biết

    Cho khối chóp S.ABC có SA\bot(ABC) biết độ dài các cạnh SA = 4cm,AB = 6cm, BC = 10cm;CA = 8cm. Thể tích khối chóp S.ABC là:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có:

    AB^{2} + AC^{2} = 6^{2} + 8^{2} = 10^{2} = BC^{2}

    Nên tam giác ABC vuông tại A

    Suy ra S_{ABC} = \frac{1}{2}AB.AC = 24

    Vậy V_{S.ABC} = \frac{1}{3}.S_{ABC}.SA = 32cm^{3}

  • Câu 16: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC. Biết rằng SA = SB;AC = BC. Kết luận nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi D là trung điểm của AB, vì tam giác SAB cân tại S và tam giác ABC cân tại C nên \left\{ \begin{matrix} AB\bot SD \\ AB\bot CD \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(SDC) \Rightarrow AB\bot SC.

  • Câu 17: Nhận biết

    Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC vuông tại B, SA\bot(ABC). Khi đó:

    Hình vẽ minh họa

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

  • Câu 18: 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 19: Nhận biết

    Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

    Mệnh đề “Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau” là sai. Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau hoặc cắt nhau (giao tuyến vuông góc với mặt phẳng thứ ba).

    Mệnh đề “Qua một đường thẳng có duy nhất một mặt phẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước” là sai. Qua một đường thẳng vô số mặt phẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước.

    Mệnh đề “Qua một điểm có duy nhất một mặt phẳng vuông góc với một mặt phẳng cho trước” là sai. Qua một điểm có vô số mặt phẳng vuông góc với một mặt phẳng cho trước.

    Vậy mệnh đề đúng là: “Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau.”

  • Câu 20: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD), đáy ABCD là hình chữ nhật với AC = a\sqrt{5} và BC = . Tính khoảng cách giữa SD và BC.

    Hình vẽ minh họa:

    Theo giả thiết, suy ra AD là hình chiếu vuông góc của SD lên mặt phẳng (ABCD) và CD ⊥ AD (do ABCD là hình chữ nhật), nên theo định lý ba đường vuông góc suy ra CD ⊥ SD. Vì CD cũng vuông góc với BC nên CD là đoạn vuông góc chung của SD và BC.

    CD = \sqrt{AC^{2} - BC^{2}} =\sqrt{5a^{2} - 2a^{2}} = a\sqrt{3}

  • Câu 21: 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 60^{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'} = 60^{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.tan60^{0} = a\sqrt{3}

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

  • Câu 22: 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 23: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh đáy bằng 2a, đường cao bằng a\sqrt{2}. Giả sử \left( (SCD);(ABCD) ight) = \alpha. Mệnh đề nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O = AC \cap BC, M là trung điểm của CD.

    Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} (SCD) \cap (ABCD) = CD \\ OM\bot CD \\ SM\bot CD \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow \alpha = (OM;SM) = \widehat{SMO}

    Trong tam giác SMO có \tan\widehat{SMO} = \frac{SO}{OM} = \frac{a\sqrt{2}}{a} = \sqrt{2}

    \Rightarrow \tan\alpha = \sqrt{2}

  • Câu 24: 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 25: Thông hiểu

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạnh bằng a và I = AC \cap BD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của C'D', AA'. Gọi \varphi là góc tạo bởi đường thẳng IN và mặt phẳng (ACM). Tính \sin \varphi.

    Tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

    Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm N lên mặt phẳng (ACM).

    Khi đó: NH = h = d\left( {N,\left( {ACM} ight)} ight) = IN.\sin \varphi

    Ta có: h = d\left( {N,\left( {ACM} ight)} ight) = \frac{1}{2}d\left( {A',\left( {ACM} ight)} ight) = \frac{{3{V_{A'ACM}}}}{{2{S_{ACM}}}}

    Xét tam giác ACM có:  CM = \frac{{\sqrt 5 }}{2}a

    \begin{matrix} A{M^2} = \dfrac{{A{{D'}^2} + A{{C'}^2}}}{2} - \dfrac{{C'{{D'}^2}}}{4} \hfill \\ = \dfrac{{{{\left( {\sqrt 2 a} ight)}^2} + {{\left( {\sqrt 3 a} ight)}^2}}}{2} - \dfrac{{{a^2}}}{4} = \dfrac{9}{4}{a^2} \Rightarrow AM = \dfrac{3}{2}a \hfill \\ \Rightarrow {S_{ACM}} = \sqrt {p\left( {p - AC} ight)\left( {p - CM} ight)\left( {p - AM} ight)} = \dfrac{3}{4}{a^2} \hfill \\ \left( {p = \dfrac{{AC + CM + AM}}{2}} ight) \hfill \\ {V_{A'ACM}} = {V_{M.A'AC}} = \dfrac{1}{2}{V_{D'.A'AC}} = \dfrac{1}{6}{V_{ACD.A'C'D'}} = \dfrac{1}{{12}}{V_{{\text{lp}}}} = \dfrac{{{a^2}}}{{12}} \hfill \\ \Rightarrow h = IN = \dfrac{a}{6} \hfill \\ \end{matrix}

    Vậy \sin \varphi = \frac{h}{{IN}} = \frac{{\sqrt 3 }}{9}

  • Câu 26: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên cạnh BC. Tìm khẳng định đúng dưới đây?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SA\bot(ABC) \Rightarrow SA\botBC

    Mà SH\bot BC

    \Rightarrow BC\bot(SAH) \RightarrowBC\bot AH

  • Câu 27: 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 28: Vận dụng

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Gọi M là trung điểm của BB’. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AM và A’C’.

    Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng

    + Ta có AC // A’C’ nên góc giữa AM và A’C’ là góc giữa AC và AM.

    + Xét tam giác AMC có:

    MA = MC = \sqrt {M{B^2} + A{B^2}}

    = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} ight)}^2} + {a^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}

    AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 2

    Áp dụng định lí cosin trong tam giác AMC, ta có:

    \begin{gathered} cos\left( {AM\,,\,AC} ight) = \left| {\dfrac{{A{M^2} + A{C^2} - M{C^2}}}{{2MA.AC}}} ight| \hfill \\ = \dfrac{{AC}}{{2MA}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{{2.\dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}}} = \dfrac{{\sqrt {10} }}{5} \hfill \\ \end{gathered}

  • Câu 29: Thông hiểu

    Cho tứ diện đều ABCD. I là trung điểm của AB. Góc giữa hai đường thẳng IC và AD có cosin bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Góc giữa hai đường thẳng IC và AD

    Giả sử cạnh tứ diện đều bằng a. Khi đó:

    \begin{matrix} \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB} = {a^2}.\cos {60^0} = \dfrac{{{a^2}}}{2} \hfill \\ \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} = \dfrac{{{a^2}}}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {IC} = \overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AI} = \overrightarrow {AC} - \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB} \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {IC} .\overrightarrow {AD} = \dfrac{{{a^2}}}{2} - \dfrac{{{a^2}}}{4} = \dfrac{{{a^2}}}{4} \hfill \\ \end{matrix}

    \begin{matrix} \cos \left( {\widehat {IC;AD}} ight) = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {IC} .\overrightarrow {AD} } ight|}}{{IC.AD}} \hfill \\ \Rightarrow \cos \left( {\widehat {IC;AD}} ight) = \dfrac{{{a^2}}}{4}:\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{1}{{2\sqrt 3 }} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 30: Vận dụng

    Cho hình chóp đều, các cạnh bên có độ dài bằng a và tạo với đáy một góc 60^{0}. Tính chu vi đáy P của hình chóp đó.

    Hình vẽ minh họa

    Kẻ SH\bot(ABC)

    H là tâm đường tròn ngoại tiếp đồng thời là trọng tâm tam giác ABC

    Ta có: \left( SA;(ABC) ight) = \widehat{SAH} = 60^{0}

    \Rightarrow AH = SA.cos\widehat{SAH} = SA.cos60^{0} = a.\frac{1}{2} = \frac{a}{2}

    Gọi M là trung điểm của BC

    \Rightarrow AM = \frac{3}{2}AH = \frac{3}{2}.\frac{a}{2} = \frac{3a}{4}

    Gọi AB = BC = AC = x \Rightarrow BM = \frac{x}{2}

    Vì M là trung điểm của BC nên AM\bot BC

    \Rightarrow AB^{2} = BM^{2} + AM^{2}

    \Leftrightarrow x^{2} = \frac{1}{4}x^{2} + \left( \frac{3a}{4} ight)^{2}

    \Leftrightarrow x = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    Chu vi đáy ABC bằng AB + BC + AC = 3.x = 3.\frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{3a\sqrt{3}}{2}

  • Câu 31: Nhận biết

    Trong không gian cho đường thẳng Δ không nằm trong mặt phẳng (P), đường thẳng Δ gọi là vuông góc với mặt phẳng (P) nếu

    Đường thẳng Δ được gọi là vuông góc với mặt phẳng (P) nếu Δ vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong (P).

  • Câu 32: 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 33: 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 34: Vận dụng

    Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có diện tích tam giác ABC bằng 2\sqrt{3}. Gọi M, N, P lần lượt thuộc các cạnh AA’, BB’, CC’, diện tích tam giác MNP bằng 4. Tính góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (MNP).

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi α là góc giữa 2 mặt phẳng (ABC) và (MNP).

    Dễ thấy tam giác ABC là hình chiếu của tam giác MNP trên mặt phẳng (ABC).

    => S_{ABC} =S_{MNP}.cos\alpha

    Từ đó suy ra:

    \begin{matrix}\cos\alpha = \dfrac{S_{ABC}}{S_{MNP}} = \dfrac{2\sqrt{3}}{4} =\dfrac{\sqrt{3}}{2} \hfill\\\Rightarrow \alpha = 30^{0}\hfill \\\end{matrix}

    Vậy góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (MNP) bằng 30◦

  • Câu 35: 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 36: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng AB = a;BC = 3a;SA = a\sqrt{30}. Tính \left( SC;(ABC) ight)?

    Hình vẽ minh họa

    Do AC là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng (ABC) nên \left( SC;(ABC) ight) = \widehat{SCA}

    Ta có: AC = \sqrt{AB^{2} + BC^{2}} = a\sqrt{10}

    Khi đó \tan\widehat{SCA} = \frac{SA}{AC} = \frac{a\sqrt{30}}{a\sqrt{10}} = \sqrt{3}

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

    \Rightarrow \left( SC;(ABC) ight) = 60^{0}

  • Câu 37: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Góc giữa hai đường thẳng A'B và AD' bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: A'B//D'C nên góc giữa hai đường thẳng A'B và AD' bằng góc giữa hai đường thẳng D'C và AD' và bằng góc \widehat{AD'C}

    Mà tam giác ACD’ là tam giác đều nên \widehat{AD'C} = 60^{0}

    \Rightarrow (A'B;AD') = 60^{0}

  • Câu 38: 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 39: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có AB = AC = AD và \widehat {BAC} = \widehat {BAD} = {60^0};\widehat {CAD} = {90^0}. Gọi I và J lần lượt là trung điểm của AB và CD. Hãy xác định góc giữa cặp vecto \overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {IJ}?

    Hình vẽ minh họa:

    Hãy xác định góc giữa cặp vecto

    Xét tam giác ICD có J là trung điểm của CD => \overrightarrow {IJ} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {JC} + \overrightarrow {ID} } ight)

    Tam giác ABC có AB = AC và \widehat {BAC} = {60^0} => Tam giác ABC đều => CI ⊥ AB

    Tương tự ta chứng minh được tam giác aBD đều => DI ⊥ AB

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {IJ} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB} .(\overrightarrow {IC} + \overrightarrow {ID} ) \hfill \\ = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {IC} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {ID} = 0 \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {IJ} \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {IJ} } ight) = {90^0} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 40: 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}.

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
  • 43 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