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: Nhận biết

    Cho hình lập phương như hình vẽ:

    Hỏi đường thẳng nào vuông góc với đường thẳng BC'?

    Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} AD'\bot AB \\ AD'\bot A'D \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AD'\bot(ABC'D') \Rightarrow AD'\bot BC'

  • Câu 2: Nhận biết

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Chiều cao của hình chóp bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên đáy ABCD là hình vuông và các cạnh bên bằng nhau.

    Gọi O là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD).

    Khi đó các tam giác SOA, SOB, SOC, SOD bằng nhau nên bốn đoạn thẳng OA, OB, OC, OD bằng nhau.

    Suy ra O trùng với tâm của hình vuông ABCD, hay O là giao điểm của AC và BD. Vậy chiều cao của hình chóp là:

    \begin{matrix}SO = \sqrt{SB^{2} - OB^{2}} \hfill \\= \sqrt{a^{2} - \dfrac{a^{2}}{2}} = \sqrt{\dfrac{a^{2}}{2}} =\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\hfill \\\end{matrix}

  • Câu 3: Nhận biết

    Cho tứ diện OABC có OA;OB;OC đôi một vuông góc với nhau. Đường thẳng nào sau đây vuông góc với OA?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} OA\bot OB(gt) \\ OA\bot OC(gt) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow OA\bot(OBC) \Rightarrow OA\bot BC

  • Câu 4: 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 5: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng \sqrt{6}cm . Góc tạo bởi cạnh bên SB và mặt phẳng đáy bằng 60^{0} . Thể tích khối chóp S.ABCD bằng bao nhiêu?

    Kết quả: 6 cm3

    Đáp án là:

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng \sqrt{6}cm . Góc tạo bởi cạnh bên SB và mặt phẳng đáy bằng 60^{0} . Thể tích khối chóp S.ABCD bằng bao nhiêu?

    Kết quả: 6 cm3

    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)

    Diện tích đáy S_{ABCD} = AB^{2} = 6\left( cm^{2} ight)

    Góc giữa SB và mặt phẳng đáy là \left( SB;(ABCD) ight) = \widehat{SBO} = 60^{0}

    ABCD là hình vuông nên OB = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}AB\sqrt{2} = \frac{1}{2}.\sqrt{6}.\sqrt{2} = \sqrt{3}(cm)

    Xét tam giác vuông SOB ta có:

    SO = BO.tan\widehat{SDO} = \sqrt{3}.tan60^{0} = 3(cm)

    Khi đó thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}.SO.S_{ABC} = \frac{1}{3}.3.6 = 6cm^{3}

  • Câu 6: 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 7: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I, cạnh a, \widehat{BAD} = 60^{0};SA = SB = SD = \frac{a\sqrt{3}}{2}. Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD). Mệnh đề nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Từ giả thiết suy ra tam giác ABD đều cạnh a.

    Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD).

    Do SA = SB = SD nên suy ra H cách đều các đỉnh của tam giác ABD hay H là tâm của tam giác đều ABD.

    Suy ra:

    \begin{matrix}HI = \dfrac{AI}{3} = \dfrac{a\sqrt{3}}{6} \hfill\\SH = \sqrt{SA^{2} - AH^{2}} = \dfrac{a\sqrt{15}}{6}\hfill \\\end{matrix}

    Vì ABCD là hình thoi nên HI ⊥ BD.

    Tam giác SBD cân tại S nên SI ⊥ BD

    => ((SBD), (ABCD)) = (SI, AI) = \widehat{SIH}

    Trong tam vuông SHI ta có: \tan\widehat{SIH} = \frac{SH}{HI} = \sqrt{5}

  • Câu 8: Nhận biết

    Cho tứ diện ABCD. Gọi trung điểm các cạnh AC và AD lần lượt là các điểm M,N. Giao tuyến của hai mặt phẳng (BMN) và mặt phẳng (BCD) là

    Hình vẽ minh họa

    Hai mặt phẳng (BMN) và mặt phẳng (BCD) có điểm B chung và MN // CD nên theo tính chất giao tuyến của hai mặt phẳng thì giao tuyến là đường thẳng d đi qua B và song song với MN (hoặc song song với CD).

  • Câu 9: Thông hiểu

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

    Hình vẽ minh họa:

    Xác định góc giữa cặp vecto

    Ta có:

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

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

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

  • Câu 10: 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 11: Nhận biết

    Mệnh đề nào sau đây sai?

    Mệnh đề sai: "Hai đường thẳng phân biệt cùng song song với một mặt phẳng thì song song với nhau."

  • Câu 12: 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 13: 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 14: Nhận biết

    Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau. Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề sai?

    Mệnh đề sai là: “Nếu đường thẳng a vuông góc với giao tuyến của (P) và (Q) thì a vuông góc với mặt phẳng (P) và vuông góc với mặt phẳng (Q).”

  • Câu 15: 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 16: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có BCD là tam giác vuông tại đỉnh B, cạnh CD = a,BD = \frac{a\sqrt{6}}{3}, AB = AC = AD = \frac{a\sqrt{3}}{2}. Tính cosin của góc nhị diện [A, BC, D].

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M, H lần lượt là trung điểm của BC, CD.

    Do \Delta BCD vuông tại B nên BH = CH = DH hay H là tâm đường tròn ngoại tiếp \Delta BCD.

    Mà AB = AC = AD nên AH là đường cao kẻ từ A xuống (BCD) hay AH\bot(BCD).

    \Rightarrow AH\bot BC. (1)

    M, H là trung điểm của BC, CD nên MH là đường trung bình của \Delta BCD

    \Rightarrow \left\{ \begin{matrix}MH = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{a\sqrt{6}}{6}. \\MH//BD \\\end{matrix} ight.

    Mà MD\bot BC nên MH\bot BC. (2)

    Từ (1), (2) suy ra: BC\bot(AMH).

    Suy ra: \left\{ \begin{matrix} BC\bot AM \\ BC\bot MH \\ \end{matrix} \Rightarrow \lbrack A,BC,Dbrack = \widehat{AMH} ight..

    Lại có: AH = \sqrt{AC^{2} - CH^{2}} = \sqrt{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} ight)^{2} - \left( \frac{a}{2} ight)^{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{2}.

    \Rightarrow \tan\widehat{AMH} = \frac{AH}{MH} = \sqrt{3} \Rightarrow \widehat{AMH} = \frac{\pi}{3} \Rightarrow \cos\widehat{AMH} = \frac{1}{2}.

  • Câu 17: Vận dụng

    Cho vecto \vec{n} ≠ \vec{0} và hai vecto \vec{a} và \vec{b} không cùng phương. Nếu vecto \vec{n} vuông góc với cả hai vecto \vec{a} và \vec{b} thì \vec{n} , \vec{a} và \vec{b}:

    Trường hợp "Đồng phẳng" và " Có thể đồng phẳng" sai vì có thể xảy ra trường hợp như hình vẽ sau:

    Hoàn thành mệnh đề

    Giả sử trường hợp "Không đồng phẳng" sai tức là ba vecto  \vec{n} , \vec{a} và \vec{b} đồng phẳng. 

    Khi đó vì \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\overrightarrow n \bot \overrightarrow a } \\ {\overrightarrow n \bot \overrightarrow b } \end{array}} ight. \Rightarrow \overrightarrow a //\overrightarrow bđiều này mẫu thuẫn với giả thiết hai vecto  \vec{a} và \vec{b} không cùng phương.

    Vậy đáp án đúng là "Không đồng phẳng"

  • Câu 18: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác S.ABC có ABC vuông tại B và SA\bot(ABC). Kẻ đường cao AH của tam giác SAB. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định sai?

    Hình vẽ minh họa

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

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} BC\bot AB(gt) \\ BC\bot SA;\left( do\ SA\bot(ABC) ight) \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow BC\bot(SAB) \Rightarrow BC\bot AH

    Mà AH\bot SB \Rightarrow AH\bot(SBC)

    \Rightarrow \left\{ \begin{matrix} AH\bot SC \\ AH\bot BC \\ \end{matrix} ight.

    Vậy khẳng định sai là: “AH\bot AC”.

  • Câu 19: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng x; SC\bot(ABC);SC = x. Xác định thể tích hình chóp S.ABC?

    Ta có SC\bot(ABC) nên SC là đường cao của hình chóp

    Tam giác ABC đều cạnh x nên S_{ABC} = \frac{x^{2}\sqrt{3}}{4}

    Vậy thể tích hình chóp là: V_{S.ABC} = \frac{1}{3}SC.S_{ABC} = \frac{1}{3}.\frac{x^{2}\sqrt{3}}{4}.x = \frac{x^{3}\sqrt{3}}{12}

  • Câu 20: 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 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: Nhận biết

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

    Tang của góc giữa mặt bên và mặt đáy

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

    => \widehat {SAO} = \alpha

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

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

  • Câu 23: Thông hiểu

    Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC, M là điểm không nằm trên (P) sao cho MA = MB = MC, d là đường thẳng đi qua M và vuông góc với (P). Khi đó đường thẳng d đi qua:

    Gọi H là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P)

    => H là hình chiếu của M trên (P) nên từ MA = MB = MC

    => HA = HB = HC

    => Khi đó đường thẳng d đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

  • Câu 24: 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 25: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a;BC = a\sqrt{2}; SA\bot(ABC) và SA = a. Góc giữa đường thằng SC và mặt phẳng đáy bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có góc giữa SC và mặt phẳng đáy là góc \widehat{SCA}

    Xét tam giác SCA vuông tại A có:

    AC = \sqrt{AB^{2} + BC^{2}} = a\sqrt{3}

    \Rightarrow \tan\widehat{SCA} = \frac{SA}{AC} = \frac{a}{a\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}

    \Rightarrow \widehat{SCA} = 30^{0}

  • Câu 26: 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 27: Thông hiểu

    Cho tứ diện đều ABCD, M là trung điểm của AB. Gọi α là góc giữa hai đường thẳng CM và DM. Tính giá trị của cos α?

    Gọi a là độ dài cạnh của tứ diện đều. Khi đó:

    CD = a;MC = MD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}

    Ta có hình vẽ minh họa:

    Tính cosin góc giữa hai đường thẳng

    Áp dụng định lí cosin vào tam giác CMD ta được:

    \begin{matrix} \cos \widehat {CMD} = \dfrac{{M{C^2} + M{D^2} - C{D^2}}}{{2MC.MD}} \hfill \\ = \dfrac{{\dfrac{{3{a^2}}}{2} - {a^2}}}{{\dfrac{{3{a^2}}}{2}}} = \dfrac{{\dfrac{{{a^2}}}{2}}}{{\dfrac{{3{a^2}}}{2}}} = \dfrac{1}{3} \hfill \\ \Rightarrow \cos \alpha = \dfrac{1}{3} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 28: 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 29: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác S.ABC có SA\bot(ABC);SA = a\sqrt{2}. Biết rằng tam giác ABC vuông cân tại B và AC = 2a. Tính góc giữa SB và (ABC)?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SB \cap (ABC);SA\bot(ABC)

    => Hình chiếu vuông góc của SB trên mặt phẳng (ABC) là AB.

    => Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) là \widehat{SBA}

    Do tam giác ABC vuông cân tại B và AC = 2a nên AB = \frac{AC}{\sqrt{2}} = a\sqrt{2} = SA

    Suy ra tam giác SAB vuông cân tại A.

    Do đó \widehat{SBA} = 45^{0}

    Vậy góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) bằng 450.

  • Câu 30: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SB vuông góc với mặt phẳng (ABCD) (tham khảo hình vẽ). Khẳng định nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Từ giả thiết ABCD là hình vuông và SB vuông góc với đáy

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

  • Câu 31: 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 32: Thông hiểu

    Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a,SA\bot(ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD, biết d\left( A;(SBC) ight) = \frac{a\sqrt{2}}{2}.

    Hình vẽ minh họa

    Kẻ AH\bot SB

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

    Lại có: \left\{ \begin{matrix} BC\bot AH \\ SB\bot AH \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AH\bot(SBC)

    \Rightarrow d\left( A;(SBC) ight) = AH = \frac{a\sqrt{2}}{2}

    Xét tam giác SAB vuông tại A có:

    \frac{1}{AH^{2}} = \frac{1}{SA^{2}} + \frac{1}{SB^{2}} \Rightarrow SA = a

    \Rightarrow V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}.SA.S_{ABCD} = \frac{a^{3}}{3}

  • Câu 33: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm H của cạnh BC. Biết tam giác SBC là tam giác đều. Gọi α là số đo của góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABC). Tính tan α.

    Hình chiếu của SA lên mặt phẳng (ABC) là AH

    => Góc giữa SA và mặt phẳng (ABC) là \widehat{SAH}

    Tam giác ABC và SBC là các tam giác đều cùng cạnh a

    AH = SH =\frac{a\sqrt{3}}{2}

    Vậy tan α = 1

  • Câu 34: 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 35: Vận dụng cao

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có diện tích bằng 2a2, AB = a\sqrt{2}, BC = 2a. Gọi M là trung điểm của DC. Hai mặt phẳng (SBD) và (SAM) cùng vuông góc với đáy. Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAM) bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi H = AM ∩ BD

    Ta có: \left\{ \begin{matrix}(SBD)\bot(ABC) \\(SAM)\bot(ABC) \\(SBD)\ \cap \ (SAM) = SH \\\end{matrix} ight.

    => SH ⊥ (ABC)

    Vì AB song song CD nên theo định lý Ta-lét ta có:

    \frac{HB}{HD} = \frac{AB}{DM} =2

    \Rightarrow \frac{d\left( B;(SAM)ight)}{d\left( D;(SAM) ight)} = 2

    => d(B; (SAM)) = 2d(D; (SAM))

    Kẻ DK ⊥ AM tại K.

    Ta có: \left\{ \begin{matrix}DK\bot AM \\DK\bot SH \\\end{matrix} ight.=> DK ⊥ (SAM) tại K => d(D; (SAM)) = DK

    => d(B; (SAM)) = 2DK

    Vì M là trung điểm của DC và ABCD là hình bình hành có diện tích 2a2 nên ta có:

    S_{ADM} = \frac{1}{2}S_{ADC} =\frac{1}{4}S_{ABDC} = \frac{2a^{2}}{4} = \frac{a^{2}}{2}

    Lại có CD = AB = a\sqrt{2}

    \Rightarrow \left\{ \begin{matrix}DM = \dfrac{a\sqrt{2}}{2} \\AD = BC = 2a \\\end{matrix} ight.

    Khi đó

    S_{ADM} =\frac{1}{2}AM.DM.sin\widehat{D}

    \Leftrightarrow \frac{a^{2}}{2} =\frac{1}{2}.2a.sin\widehat{D}

    \Rightarrow \sin\widehat{D} =\frac{\sqrt{2}}{2} \Rightarrow \widehat{D} = 45^{0}

    Do vậy xét trong tam giác ADM ta có:

    \begin{matrix}AM^{2} = AD^{2} + DM^{2} - 2AD.DM.cos45^{0} \hfill\\AM^{2} = 4a^{2} + \dfrac{a}{2}^{2} -2.2a.\dfrac{a\sqrt{2}}{2}.\dfrac{\sqrt{2}}{2} \hfill\\AM^{2} = \dfrac{5a^{2}}{2} \hfill\\\end{matrix}

    AM = \frac{a\sqrt{10}}{2}

    Lại có S_{ADM} =\frac{1}{2}DK.AM

    \Rightarrow DK = \frac{2S_{ADM}}{AM} =\frac{2a}{\sqrt{10}} = \frac{a\sqrt{10}}{5}

    Từ đó d\left( B;(SAM) ight) = 2.DK =\frac{2a\sqrt{10}}{5}

  • 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

    Tính thể tích hình chóp đều S.ABCD biết chiều cao bằng a\sqrt{2} và độ dài cạnh bên bằng a\sqrt{6}?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O là tâm 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)

    Tam giác SOA vuông tại O nên OA = \sqrt{SA^{2} - SO^{2}} = 2a \Rightarrow AC = BD = 4a

    Vậy thể tích hình chóp là: V = \frac{1}{3}SO.S_{ABCD} = \frac{1}{3}.a\sqrt{2}.\frac{4a.4a}{2} = V = \frac{8\sqrt{2}a^{3}}{3}

  • Câu 38: 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 39: Thông hiểu

    Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tất cả các cạnh bằng a và các góc phẳng đỉnh B đều bằng 600.

    Cặp đường thẳng nào sau đây không vuông góc với nhau?

    Hình ảnh minh họa

    Cặp đường thẳng nào sau đây không vuông góc với nhau

    Xét tam giác CB'D' có ba cạnh bằng a\sqrt 3 nên tam giác không vuông.

    => B’C và CD’ không vuông góc với nhau.

  • Câu 40: Vận dụng

    Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có mặt đáy ABCD là hình thoi tâm O, góc \widehat{BAD} = 60^{0} và A’A = A’B = A’D. Hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABCD) là:

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: ABCD là hình thoi =>AB = AD mà \widehat{BAD} = 60^{0} nên tam giác ABD là tam giác đều (*)

    Ta có: A’A = A’B = A’D nên hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABCD) trùng với tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD. (**)

    Từ (*) và (**) => I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.

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
  • 44 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