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 cân tại A và SA ⊥ (ABC). M là trung điểm của BC. Hãy xác định góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (SBC).

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: Giao tuyến của hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là BC. (1)

    Ta có: SA ⊥ (ABC), mà đường thẳng BC nằm trong (ABC) => SA ⊥ BC.

    Do tam giác ABC cân tại A và M là trung điểm BC => BC ⊥ AM tại M.

    Như vậy: \left\{ \begin{matrix} BC\bot MA \subset (SAM) \\ BC\bot SA \subset (SAM) \\ MA\ \cap \ SA = A \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow (SAM)\bot BC.\ (2)

    Lại có: \left\{ \begin{matrix} (SMA) \cap (ABC) = MA \\ (SMA) \cap (SBC) = MS \\ \end{matrix} ight.

    Từ (1), (2), (3) => \alpha = \widehat{SMA}

  • Câu 2: 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 3: Thông hiểu

    Cho hình tứ diện ABCD có AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau và AB = a, BC = b, CD = c.

    Điểm cách đều 4 điểm A, B, C, D là:

    Hình vẽ minh họa

    Tìm điểm cách đều 4 điểm A, B, C, D

    Gọi O là trung điểm của AD.

    Từ giả thiết ta có:

    \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {AB \bot CD} \\ {BC \bot CD} \end{array}} ight. \Rightarrow CD \bot \left( {ABC} ight) \Rightarrow CD \bot AC

    Vậy ΔACD vuông tại C

    Do đó OA=OC=OD (1)

    Mặt khác 

    \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {AB \bot CD} \\ {AB \bot BC} \end{array}} ight. \Rightarrow AB \bot \left( {BCD} ight) \Rightarrow AB \bot BD

    => ΔABD vuông tại B.

    Do đó OA=OB=OD (2)

    Từ (1) và (2) ta có OA=OB=OC=OD

    Vậy điểm cách đều 4 điểm A, B, C, D là trung điểm của AD.

  • Câu 4: 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 5: Nhận biết

    Cho một khối chóp có diện tích đáy bằng 5a^{2}, chiều cao bằng a. Thể tích khối chóp đã cho là:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 5a^{2} \\ h = a \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}B.h = \frac{5}{3}a^{3}

  • Câu 6: 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 = \frac{2a\sqrt{3}}{3};d(C;BB') = 2a;d(A;BB') = a;d(A;CC') = a\sqrt{3}. Thể tích của khối lăng trụ là:

    Hình vẽ minh họa:

    Cắt lăng trụ bởi một mặt phẳng qua A’ vuông góc với AA’ ta được một thiết diện là tam giác A'B_{1}C_{1} có các cạnh:

    A'B_{1} = a;A'C_{1} = a\sqrt{3};B_{1}C_{1} = 2a

    Suy ra tam giác A'B_{1}C_{1} vuông tại A’ và trung tuyến A’H của tam giác đó bằng a

    Gọi giao điểm của AM và A’H là T

    Ta có:

    A'M = \frac{2a\sqrt{3}}{3};A'H = a

    \Rightarrow MH = \frac{a}{\sqrt{3}} \Rightarrow \widehat{MA'H} = 30^{0} \Rightarrow \widehat{MA'A} = 60^{0}

    \Rightarrow AA' = \frac{A'M}{\cos\widehat{MA'A}} = \frac{4a}{\sqrt{3}}

    \Rightarrow V_{ABC.A'B'C'} = V_{A'B_{1}C_{1}.ABC} = AA'.S_{A'B_{1}C_{1}} = 2a^{3}

  • Câu 7: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có SA\bot(ABC), đáy ABC là tam giác cân tại A. Gọi M là trung điểm của BC, J là trung điểm của BM. Xác định góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC)?

    Hình vẽ minh họa

    Dễ thấy (SBC) \cap (ABC) = BC

    Ta có tam giác ABC cân tại A, M là trung điểm của BC suy ra AM\bot BC

    Theo giả thiết SA\bot(ABC). Khi đó \left\{ \begin{matrix} BC\bot AM \\ BC\bot SA \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SAM) \Rightarrow BC\bot SM

    Ta được \left\{ \begin{matrix} (SBC) \cap (ABC) = BC \\ AM\bot BC \\ SM\bot BC \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow \left( \widehat{(SBC);(ABC)} ight) = \widehat{SMA}

  • Câu 8: 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 9: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A;D; AB = a;AD = DC = a. Gọi I là trung điểm của AD, biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với đáy và mặt phẳng (SBC) tạo với đáy một góc 60^{0}. Tính khoảng cách từ trung điểm của cạnh SD đến mặt phẳng (SBC)?

    Từ I kẻ IP\bot BC \Rightarrow BC\bot SP

    \Rightarrow \left( (SBC);(ABCD) ight) = \widehat{SPI} = 60^{0}

    Gọi K là trung điểm của SD.

    Gọi Q = BC \cap AD, kẻ IH\bot SP

    Ta có:

    d\left( K;(SBC) ight) = \frac{1}{2}d\left( D;(SBC) ight)

    = \frac{1}{4}d\left( I;(SBC) ight) = \frac{1}{4}IH

    Xét tam giác ICQ có IP = \frac{CD.IQ}{QC} = \frac{2a}{\sqrt{5}}

    Xét tam giác SIP vuông tại I có SI = IP.tan60^{0} = \frac{2a\sqrt{3}}{5}

    \frac{1}{IH^{2}} = \frac{1}{IS^{2}} + \frac{1}{IP^{2}} \Rightarrow IH = \frac{3a^{2}}{5}

    \Rightarrow IH = \frac{a\sqrt{15}}{5}

    \Rightarrow d\left( K;(SBC) ight) = \frac{a\sqrt{15}}{20}

  • Câu 10: Nhận biết

    Đường thẳng a vuông góc với hai đường thẳng phân biệt trong mặt phẳng (P) thì:

    "a vuông góc với mặt phẳng (P)" sai vì có thể có trường hợp

    a ⊥ b ⊂ (P); a⊥c ⊂ (P); b // c

    "a không vuông góc với mặt phẳng (P)" sai vì có thể xảy ra trường hợp

    a ⊥ b ⊂ (P); a⊥ c ⊂ (P); b ∩ c ≠ ∅

    =>a⊥(P)

    => "a không thể vuông góc với mặt phẳng (P)" là sai.

  • Câu 11: 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 12: 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 13: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a; cạnh SA vuông góc với mặt đáy và SA = 2a. Gọi M là trung điểm của cạnh SC. Gọi \mu là góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng (ABC). Xác định \cos\mu?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trung điểm của AC => HM // SA và HM = \frac{1}{2}.SA = a

    Mà SA\bot(ABCD) \Rightarrow HM\bot(ABC)

    \Rightarrow \left( BM;(ABC) ight) = (BM,BH) = \widehat{MBH}

    Ta có: BH = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    \Rightarrow BM = \sqrt{BH^{2} + MH^{2}}= \sqrt{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} ight)^{2} + a^{2}} = \frac{a\sqrt{7}}{2}

    Trong tam giác BMH có:

    \cos\mu = \cos\widehat{MBH} =\dfrac{BH}{BM} = \dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{2}}{\dfrac{a\sqrt{7}}{2}} =\dfrac{\sqrt{21}}{7}

  • Câu 14: Nhận biết

    Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

    Nếu hình hộp có ba mặt chung một đỉnh là hình vuông thì nó là hình lập phương.

  • Câu 15: Thông hiểu

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

    Hình vẽ minh họa

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

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

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

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

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

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

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

  • Câu 16: Thông hiểu

    Tính thể tích khối lăng trụ đứng tam giác, đáy là tam giác đều cạnh 2a, cạnh bên bằng 3a.

    Hình vẽ minh họa

    Khối lăng trụ đã cho có đáy là tam giác đều cạnh bằng 2a nên diện tích là \frac{(2a)^{2}\sqrt{3}}{4} và chiều cao AA' = 3a (vì lăng trụ là lăng trụ đứng)

    Vậy thể tích hình lăng trụ là: V = \frac{(2a)^{2}\sqrt{3}}{4}.3a = 3\sqrt{3}a^{3}

  • Câu 17: Nhận biết

    Trong các mệnh đề dưới đây, mệnh đề nào là mệnh đề đúng?

    Mệnh đề đúng: “Một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì vuông góc với đường thẳng kia”.

  • Câu 18: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = CA = CB. Tính ϕ là góc giữa SC và mặt phẳng (ABC), biết (SAB) vuông góc với (ABC):

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi H là trung điểm của AB, ta có SH ⊥ AB, CH ⊥ AB

    Mà (SAB) ⊥ (ABC) nên SH ⊥ (ABC)

    Suy ra \left\{ \begin{matrix}SH\bot CH \\\widehat{\left( SC,(ABC) ight)} = \widehat{SCH} \\\end{matrix} ight.

    Ta có:

    ∆SAB = ∆CAB (c.c.c)

    => SH = CH. Do đó ∆SCH vuông cân tại H

    Vậy \widehat{\left( SC,(ABC) ight)} =\widehat{SCH} = 45^{0}

  • Câu 19: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, đường chéo AC = 2a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) (tham khảo hình vẽ). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD.

    Hình vẽ minh họa:

    Vì AB // CD ⇒ CD // (SAB)

    => d(CD, (SAB)) = d(D, (SAB))

    Mà AD ⊥ (SAB) => d(D, (SAB)) = AD.

    Xét tam giác ABD vuông tại A ta có:

    AB2 + AD2 = BD2 = 4a2 => AD = a\sqrt{2}

  • Câu 20: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là một tam giác vuông cân tại B với trọng tâm G, cạnh bên SA tạo với đáy (ABC) một góc 30◦. Biết hai mặt phẳng (SBG) và (SCG) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SA và BC.

    Hình vẽ minh họa:

    Hai mặt phẳng (SBG) và (SCG) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC) nên SG ⊥ (ABC).

    Gọi cạnh AB = BC = a

    \begin{matrix}AG = \dfrac{2}{3}AM = \dfrac{\sqrt{5}}{3}a \hfill\\\Rightarrow SG = AG.\tan30^{0} = \dfrac{\sqrt{15}}{9}a \hfill\\SA = \dfrac{AG}{cos30^{0}} = \dfrac{2a\sqrt{15}}{9} \hfill\\\end{matrix}

    Từ G kẻ GE// BC (E ∈ AB), từ E kẻ EF // SA (F ∈ SB) suy ra (SA, BC) = (EF, EG)

    \begin{matrix}\overrightarrow{BF} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{BS} \hfill\\\Leftrightarrow \overrightarrow{GF} = \overrightarrow{GB} +\dfrac{1}{3}(\overrightarrow{GS} - \overrightarrow{GB}) \hfill\\\Leftrightarrow \overrightarrow{GF} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{GB} +\dfrac{1}{3}\overrightarrow{GS} \hfill\\\Leftrightarrow GF^{2} = \dfrac{4}{9}GB^{2} + \dfrac{1}{9}GS^{2} \hfill\\\Leftrightarrow GF^{2} = \dfrac{4}{9} \cdot \left( \dfrac{2}{3} \cdot\dfrac{a\sqrt{2}}{2} ight)^{2} + \dfrac{5}{27 \cdot 9}a^{2} =\dfrac{29}{27 \cdot 9}a^{2}\hfill \\\end{matrix}

    Xét tam giác EFG ta có:

    \begin{matrix}EF = \dfrac{1}{3}AS = \dfrac{2a\sqrt{15}}{27} \hfill\\EG = \dfrac{2}{3}BM = \dfrac{a}{3} \hfill\\\end{matrix}

    Khi đó:

    \begin{matrix}\cos\widehat{FEG} = \dfrac{EF^{2} + EG^{2} - FG^{2}}{2EF.EG} \hfill\\\Leftrightarrow \cos\widehat{FEG} = \dfrac{\dfrac{4.15a^{2}}{27.27} +\dfrac{a^{2}}{9} - \dfrac{29a^{2}}{27.9}}{2\dfrac{2a\sqrt{15}}{27} \cdot\dfrac{a}{3}}\hfill \\\Leftrightarrow \cos\widehat{FEG} = \dfrac{\sqrt{3}}{2\sqrt{5}} =\dfrac{\sqrt{15}}{10} \hfill\\\end{matrix}

  • Câu 21: 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 22: Thông hiểu

    Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = 2AC = AA' = 2a. Gọi M là trung điểm của BC. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng AM và B'C.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi N là trung điểm của BB’, ta có: MN//B’C nên (AM;B'C) = (AM;MN) = \widehat{AMN}

    Ta có:

    BC = \sqrt{AB^{2} + AC^{2}} = \sqrt{4a^{2} + a^{2}} = a\sqrt{5}

    AM = \frac{BC}{2} = \frac{a\sqrt{5}}{2}

    AN = \sqrt{AB^{2} + BN^{2}} = \sqrt{4a^{2} + a^{2}} = a\sqrt{5}

    MN = \frac{B'C}{2} = \frac{\sqrt{BC^{2} + BB'^{2}}}{2} = \frac{\sqrt{5a^{2} + 4a^{2}}}{2} = \frac{3a}{2}

    Áp dụng định lí cosin trong tam giác MNA ta có:

    \cos\widehat{NMA} = \frac{MN^{2} + MA^{2} - AN^{2}}{2MN.MA}

    = \dfrac{\dfrac{9a^{2}}{4} +\dfrac{5a^{2}}{4} - 5a^{2}}{2.\dfrac{3a}{2}.\dfrac{a\sqrt{5}}{2}} = -\dfrac{\sqrt{5}}{5}

    \Rightarrow \cos(AM;B'C) = \frac{\sqrt{5}}{5}

  • Câu 23: 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 24: Vận dụng cao

    Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng 1, cạnh bên bằng \sqrt{3}. Gọi I là tâm của đáy ABC, d’ là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) và d’’ là khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SBC). Tính d = d’ + d’’.

    Gọi I là tâm của đáy ABC

    => d' = 3d'' \Rightarrow d= 4d'' = 4IK

    Xét tam giác ABC đều cạnh a có tâm I

    => AM = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow\left\{ \begin{matrix}AI = \dfrac{\sqrt{3}}{3} \\IM = \dfrac{\sqrt{3}}{6} \\\end{matrix} ight.

    Xét tam giác SAI vuông tại I

    SI^{2} = SA^{2} - AI^{2} = 3^{2} -\frac{1}{3} = \frac{8}{3}

    \Rightarrow SI =\frac{2\sqrt{6}}{3}

    Xét ∆SIM vuông tại I có:

    \frac{1}{IK^{2}} = \frac{1}{SI^{2}} +\frac{1}{IM^{2}} = \frac{8}{99}

    \Rightarrow IK = \frac{2\sqrt{22}}{33}\Rightarrow d = \frac{8\sqrt{22}}{33}

  • Câu 25: 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 26: Nhận biết

    Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng a, M là trung điểm của cạnh BC. Xác định góc giữa hai đường thẳng AB và DM?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi N là trung điểm của AC thì MN // AB

    Suy ra (AB,DM) = (MN,DM)

    Ta có: \cos\widehat{DMN} = \frac{MN^{2} + DM^{2} - DN^{2}}{2MN.DM}

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

    \cos\widehat{DMN} = \frac{\sqrt{3}}{6} \Rightarrow (AB;DM) = \arccos\frac{\sqrt{3}}{6}

  • Câu 27: 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 28: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a. Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC;BD. Biết rằng SO = \frac{a\sqrt{2}}{2}. Tính góc giữa hai đường thẳng AB và SD?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: AB//CD \Rightarrow (AB;SD) =(CD;SD)

    OD = \frac{1}{2}BD =\frac{a\sqrt{2}}{2}

    SD = \sqrt{SO^{2} + OD^{2}} =\sqrt{\frac{a^{2}}{2} + \frac{a^{2}}{2}} = a

    \Rightarrow SC = SC = CD =a

    Suy ra tam giác SCD đều.

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

    \Rightarrow (AB;SD) = (CD;SD) =\widehat{SCD} = 60^{0}

  • Câu 29: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh x, SA vuông góc với đáy và SA = x\sqrt{3}. Tính chiều cao hình chóp S.ABC?

    Ta có SA\bot(ABC) nên SA 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}SA.S_{ABC} = \frac{1}{3}.\frac{x^{2}\sqrt{3}}{4}.x\sqrt{3} = \frac{x^{3}}{4}

  • Câu 30: Vận dụng

    Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau. H là hình chiếu vuông góc của O trên mặt phẳng (ABC). Khẳng định nào dưới đây là khẳng định sai?

    Hình vẽ minh họa:

    Chọn khẳng định sai

    Ta có: OA ⊥ OB, OA ⊥ OC => OA ⊥ (OBC) => OA ⊥ BC (*)

    Gọi M là giao điểm của AH và BC

    Theo giả thiết ta có: OH ⊥ (ABC) => OH ⊥ BC (**)

    Từ (*) và (**) suy ra: BC ⊥ (AOM) => BC ⊥ OM

    Xét tam giác BOC vuông ta có:

    \frac{1}{{O{I^2}}} = \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}

    Xét tam giác AOI vuông ta có:

    \frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}

    Từ chứng minh trên ta có: BC ⊥ (AOM) => BC ⊥ AM (1)

    Gọi N là giao điểm của BH và AC. Chứng minh tương tự ta có: AC ⊥ BN (2)

    Từ (1) và (2) => H là trực tâm tam giác ABC

    Vậy 3O{H^2} = A{B^2} + A{C^2} + B{C^2} là kết quả sai.

  • Câu 31: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các cạnh SB, SC. Giả sử HK cắt BC tại D. Khi đó:

    a) \widehat{(AC;AD)} = 90^{0} Đúng||Sai

    b) AH\bot(SBC) Đúng||Sai

    c) \widehat{(SC;HK)} = 90^{0} Đúng||Sai

    d) Tam giác SBC cân tại B. Sai||Đúng

    Đáp án là:

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các cạnh SB, SC. Giả sử HK cắt BC tại D. Khi đó:

    a) \widehat{(AC;AD)} = 90^{0} Đúng||Sai

    b) AH\bot(SBC) Đúng||Sai

    c) \widehat{(SC;HK)} = 90^{0} Đúng||Sai

    d) Tam giác SBC cân tại B. Sai||Đúng

    \widehat{(AC;AD)} = 90^{0} đúng

    AH\bot(SBC) đúng

    \widehat{(SC;HK)} = 90^{0} đúng

    Tam giác SBC cân tại B. sai

  • Câu 32: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau:

    Khẳng định đúng là “AB vuông góc với mặt phẳng (SAD)”

    Thật vậy, do SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ AB

    Mặt khác AB ⊥ AD.

    Từ đó suy ra AB ⊥ (SDA)

  • Câu 33: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng x, SA\bot(ABCD);SA = 2x. Gọi F trung điểm các cạnh AB, G là trung điểm của SF. Tính \cos(CG;BD)?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi I là trung điểm của AD, H là trung điểm của SI.

    Ta có: GH // FI; BD // FI nên GH // BD => (CG;BD) = (CG;GH) = \widehat{CGH}

    Ta có: CI = \sqrt{CD^{2} + DI^{2}} = \sqrt{x^{2} + \frac{x^{2}}{4}} = \frac{x\sqrt{5}}{2}

    \Rightarrow CI = \frac{x\sqrt{5}}{2}

    SF = SI = \sqrt{SA^{2} + AF^{2}} = \sqrt{(2x)^{2} + \left( \frac{x}{2} ight)^{2}} = \frac{x\sqrt{17}}{2}

    SC = \sqrt{SA^{2} + AC^{2}} = \sqrt{(2x)^{2} + \left( x\sqrt{2} ight)^{2}} = x\sqrt{6}

    Khi đó:

    CG = \sqrt{\frac{CF^{2} + SC^{2}}{2} -\frac{SF^{2}}{4}}= \sqrt{\dfrac{\dfrac{5x^{2}}{4} + 6x^{2}}{2} -\dfrac{9x^{2}}{4}} = \dfrac{x\sqrt{41}}{4}

    GH = \frac{1}{2}FI = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}BD = \frac{x\sqrt{2}}{4}

    Ta có: \cos\widehat{CGH} = \frac{GC^{2} + GH^{2} - HC^{2}}{2.GC.GH}

    = \dfrac{\left( \dfrac{x\sqrt{41}}{4}ight)^{2} + \left( \dfrac{x\sqrt{2}}{4} ight)^{2} - \left(\dfrac{x\sqrt{41}}{4} ight)^{2}}{2.\left( \dfrac{x\sqrt{41}}{4}ight).\left( \dfrac{x\sqrt{2}}{4} ight)} =\dfrac{\sqrt{82}}{82}

    \Rightarrow \cos(CG;BD) = \frac{\sqrt{82}}{82}

  • Câu 34: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Góc giữa hai đường thẳng BA' và CD là:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: AB//CD \Rightarrow (BA',CD) = (BA',AB)

    Vì ABB'A' là hình vuông nên (BA',AB) = \widehat{ABA'} = 45^{0}

  • Câu 35: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có SA \bot \left( {ABCD} ight);SA = a\sqrt 2, ABCD là hình thang vuông tại A, B và 2AB = 2BC = AD = 2a. Gọi O = AC \cap BD, M là trung điểm SB. Tính sin của góc giữa OM và (SCD).

    Tính sin của góc giữa OM và (SCD)

    Trong (SBD), gọi I = OM \cap SD \Rightarrow OM \cap \left( {SCD} ight) = I

    Ta có BC // AD, áp dụng định lý Ta – let ta được:

    \frac{{OB}}{{OD}} = \frac{{OC}}{{OA}} = \frac{{BC}}{{AD}} = \frac{1}{2}

    Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SBD có cát tuyến OMI ta có:

    \frac{{BO}}{{OD}}.\frac{{DI}}{{IS}}.\frac{{SM}}{{MB}} = 1 \Leftrightarrow \frac{1}{2}.\frac{{DI}}{{IS}}.1 = 1 \Leftrightarrow \frac{{DI}}{{IS}} = 2

    Tam giác SAD vuông tại A có

    SA = a\sqrt 2 ,AD = 2a \Rightarrow SD = a\sqrt 6

    => DI = \frac{3}{2}SD = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}

    Mặt khác: \frac{{CO}}{{CA}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{d\left( {O,\left( {SCD} ight)} ight)}}{{d\left( {A,\left( {SCD} ight)} ight)}} = \frac{1}{3}

    \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} ight)} ight) = \frac{1}{3}d\left( {A,\left( {SCD} ight)} ight)

    Lại có ABCD là hình thang vuông tại A, B và 2AB = 2BC = AD nên AC = CD = a\sqrt 2

    => AC \bot CD mà CD \bot SA \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} ight)

    Kẻ AH \bot SC, có CD \bot AH (do CD \bot \left( {SBC} ight))

    \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} ight) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} ight)} ight) = AH

    Xét tam giác SAC vuông tại A có SA = a\sqrt 2 ,\,AC = a\sqrt 2, AH là đường cao:

    \begin{matrix} \Rightarrow \dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{S^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{{2{a^2}}} + \dfrac{1}{{2{a^2}}} = \dfrac{1}{{{a^2}}} \hfill \\ \Rightarrow AH = a \hfill \\ \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} ight)} ight) = \dfrac{1}{3}AH = \dfrac{a}{3} \hfill \\ \end{matrix}

    Xét tam giác SBD có:

    \begin{matrix} SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}} = \sqrt {2{a^2} + 4{a^2}} = a\sqrt 6 \hfill \\ SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {2{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 3 \hfill \\ BD = \sqrt {A{D^2} + A{B^2}} = \sqrt {4{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 5 \hfill \\ \end{matrix}

    Xét tam giác DIO có:

    DI = 2SD = 2a\sqrt 6 ,DO = \frac{2}{3}DB = \frac{2}{3}a\sqrt 5 .

    Do đó:

    \begin{matrix} \cos SDB = \cos IDO \Leftrightarrow \dfrac{{S{D^2} + B{D^2} - S{B^2}}}{{2.SD.BD}} = \dfrac{{I{D^2} + O{D^2} - O{I^2}}}{{2.ID.OD}} \hfill \\ \Leftrightarrow \dfrac{{6{a^2} + 5{a^2} - 3{a^2}}}{{2.a\sqrt 6 .a\sqrt 5 }} = \dfrac{{24{a^2} + \dfrac{{20{a^2}}}{9} - O{I^2}}}{{2.2a\sqrt 6 .\dfrac{2}{3}a\sqrt 5 }}. \hfill \\ \Leftrightarrow 8 = \dfrac{{\dfrac{{236}}{9}{a^2} - O{I^2}}}{{\dfrac{4}{3}{a^2}}} \Leftrightarrow O{I^2} = \dfrac{{140{a^2}}}{9} \Leftrightarrow OI = \dfrac{{2a\sqrt {35} }}{3} \hfill \\ \end{matrix}

    Mặt khác:

    \begin{matrix} \sin \left( {OM,\left( {SCD} ight)} ight) = \sin \left( {OI,\left( {SCD} ight)} ight) \hfill \\ = \dfrac{{d\left( {O,\left( {SCD} ight)} ight)}}{{OI}} = \dfrac{{\dfrac{a}{3}}}{{\dfrac{{2a\sqrt {35} }}{3}}} = \dfrac{{\sqrt {35} }}{{70}} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 36: 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 37: Vận dụng

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

    Hình vẽ minh họa

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

    Gọi M là trung điểm của BC

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

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

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

    \Rightarrow SA = a\sqrt{3}

    Xét tam giác SAH vuông tại H ta có:

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

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

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

  • Câu 38: 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 39: Nhận biết

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

    Hình vẽ minh họa

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

    \Rightarrow \alpha = \widehat{SDA}

  • Câu 40: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có AC = \frac{3}{2}AD;\widehat {CAB} = \widehat {DAB} = {60^0};CD = AD. Gọi α là góc giữa AB và CD. Chọn khẳng định đúng?

     Hình vẽ minh họa:

    Chọn khẳng định đúng?

    Ta có:

    \cos (AB,CD) = \frac{{|\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} |}}{{|\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {CD} |}} = \frac{{|\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} |}}{{AB.CD}}

    Mặt khác:

    \begin{matrix} \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AB} .(\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} ) \hfill \\ = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \hfill \\ = |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AD} |.\cos (\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} ) - |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AC} |.\cos (\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} ) \hfill \\ = AB.AD.\cos {60^0} - AB.AC.\cos {60^0} \hfill \\ = AB.AD.\dfrac{1}{2} - AB.\dfrac{3}{2}AD.\dfrac{1}{2} \hfill \\ = - \dfrac{1}{4}AB.AD = - \dfrac{1}{4}AB.CD \hfill \\ \Rightarrow \cos (AB,CD) = \dfrac{{\left| { - \dfrac{1}{4}AB.CD} ight|}}{{AB.CD}} = \dfrac{1}{4} \hfill \\ \Rightarrow \cos \varphi = \dfrac{1}{4} \hfill \\ \end{matrix}

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