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

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

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

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Tính góc giữa AC’ và BD?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    BD ⊥ AC (do ABCD là hình vuông)

    BD ⊥ CC’

    ⇒ BD ⊥ AC’

    Do đó góc giữa AC' và BD bằng 900

  • Câu 3: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1. Chọn khẳng định sai?

    Hình vẽ minh họa:

    Dễ thấy

    Góc giữa B1D1 và AC bằng 900

    Góc giữa AD và C1B bằng 450

    Góc giữa BD và CA1 bằng 900

    Đều là các đáp án đúng

    Góc giữa B1D1 và AA1 bằng 600 sai vì \widehat{\left( B_{1}D_{1};AA_{1} ight)} = 90^{0}

  • Câu 4: 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 5: Nhận biết

    Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sau đây sai?

    Mệnh đề “ Hai đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau.”

    Là sai vì hai đường thẳng đó chưa chắc đồng phẳng.

  • Câu 6: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh 2a, \widehat{ABC} = 60^{0}, SA = a\sqrt{3} và SA ⊥ (ABCD). Tính góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (SBD).

    Hình vẽ minh họa:

    Vì tam giác ABC cân và có góc 600 nên nó là tam giác đều

    Gọi O là trung điểm của AC.

    Ta có: Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) vuông góc nhau theo giao tuyến SO

    => Hình chiếu vuông góc của SA lên mặt phẳng (SBD) là SO

    => \widehat{\left( SA,(SBD) ight)} =\widehat{(SA,\ SO)} = \widehat{ASO}

    Xét tam giác vuông SOA ta có: \left\{\begin{matrix}OA = \dfrac{AC}{2} = \dfrac{2a}{2} = a \\SA = a\sqrt{3} \\\end{matrix} ight.

    => \tan\widehat{OSA} = \frac{AO}{SA} =\frac{1}{\sqrt{3}} \Rightarrow \widehat{OSA} = 30^{0}

    Vậy góc giữa SA và mặt phẳng (SBD) bằng 300.

  • Câu 7: 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 8: 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 9: Vận dụng

    Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’ có đáy cạnh bằng a, góc giữa hai mặt phẳng (ABCD) và (ABC’) có số đo bằng 60◦. Độ dài cạnh bên của hình lăng trụ bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Vì ABCD.A’B’C’D’ là lăng trụ tứ giác đều

    \left\{ \begin{matrix} AB\bot BB’ \\ AB\bot BC \\ \end{matrix} ight. => AB ⊥ (BB’C’B)

    Khi đó: \left\{ \begin{matrix} (ABC’)\ \cap \ (BB’C’B)\ = \ BC’ \\ (ABCD)\ \cap \ (BB’C’B)\ = \ BC \\ (ABC’)\ \cap \ (ABCD)\ = \ AB \\ \end{matrix} ight.

    => ((ABC’); (ABCD)) = (BC’; BC) = \widehat{C'BC} = 60^{0}

    Đặt AA’ = x, tam giác BCC’ vuông tại C ta có

    \tan\widehat{C'BC} = \frac{CC'}{BC} = 60^{0} \Rightarrow x = a\sqrt{3}

  • Câu 10: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh bằng 2. Đường thẳng SO vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và SO=\sqrt{3}. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng SA và BD.

    Hình vẽ minh họa:

    Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng SA và BD

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

    Trong (SAC) kẻ OK⊥SA(1) ta có:

    OK⊂(SAC)⇒OK⊥BD(2) 

    Từ (1) và (2) ta có OK là đường vuông góc chung của SA và BD

    Khi đó d(SA;BD)=OK

    \begin{matrix} OK = \dfrac{{SO.OA}}{{\sqrt {S{O^2} + O{A^2}} }} \hfill \\ = \dfrac{{\sqrt 3 .\dfrac{{2\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {\sqrt 3 } ight)}^2} + {{\left( {\dfrac{{2\sqrt 2 }}{2}} ight)}^2}} }} = \dfrac{{\sqrt {30} }}{5} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 11: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có SA\bot(ABC);SA = 2a, tam giác ABC vuông tại \widehat{B} và AB = a\sqrt{2}. Tính \left( SC;(ABC) ight)?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} SC \cap (ABC) = \left\{ C ight\} \\ SA\bot(ABC) \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow \left( SC;(ABC) ight) = (SC;AC) = \widehat{SCA}

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

    Vì tam giác SCA vuông cân tại A \Rightarrow \left( SC;(ABC) ight) = 45^{0}

  • 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 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 14: Thông hiểu

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’CD’D. Tính góc tạo bởi đường thẳng AB’ và mặt phẳng (BDD’B’)

    Góc tạo bởi đường thẳng AB’ và mặt phẳng (BDD’B’)

    Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Khi đó ta có AO \bot BD (1).

    Mặt khác ta lại có ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên BB' \bot \left( {ABCD} ight)

    \Rightarrow BB' \bot AO (2)

    Từ (1) và (2) ta có AO \bot \left( {BDD'B'} ight) tại O

    Khi đó B’O là hình chiếu của AB’ lên mặt phẳng (BDD’B’).

    Suy ra góc tạo bởi đường thẳng AB’ và mặt phẳng (BDD’B’) là \widehat {AB'O}

    Xét tam giác vuông AB’O có \sin \widehat {AB'O} = \frac{{AO}}{{AB'}} = \frac{1}{2}

    Vậy \widehat {\left( {AB',\left( {BDD'B'} ight)} ight)} = 30^\circ

  • Câu 15: Nhận biết

    Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 1, cạnh SA vuông góc với đáy và SA = \sqrt{2}. Tính thể tích khối chóp S.ABCD đã cho.

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SA\bot(ABCD) nên SA là đường cao của hình chóp

    Thể tích khối chóp là V = \frac{1}{3}.SA.S_{ABCD} = \frac{1}{3}.\sqrt{2}.1^{2} = \frac{\sqrt{2}}{3}

  • Câu 16: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với mặt phẳng (BCD). Biết tam giác BCD vuông tại C và AB = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}, CD = a. Gọi E là trung điểm của AD. Tính góc giữa hai đường thẳng AB và CE.

    Tính góc giữa hai đường thẳng

     Kí hiệu hình vẽ như sau:

    Tính góc giữa hai đường thẳng

    Gọi H là trung điểm của BD. Khi đó EH // AB, EH ⊥ (BCD)

    Góc giữa AB và CE bằng góc giữa EH và EC chính là góc \widehat {HEC}

    Ta có:

    \begin{matrix} EH = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{4} \hfill \\ BC = \sqrt {A{C^2} - A{B^2}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2} \hfill \\ C{H^2} = \dfrac{{2\left( {C{B^2} + C{D^2}} ight) - B{D^2}}}{4} = \dfrac{{3{a^2}}}{8} \hfill \\ \Rightarrow CH = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{4} \hfill \\ \end{matrix}

    Ta lại có: \tan \widehat {HEC} = \frac{{CH}}{{EH}} = 1 \Rightarrow \widehat {HEC} = {45^0}

    Vậy góc giữa AB và CE là 450

  • Câu 17: Vận dụng cao

    Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A0’B’C’ có cạnh bên bằng cạnh đáy. Đường thẳng MN (M ∈ A’C, N ∈ BC’) là đường vuông góc chung của A’C và BC’. Tỉ số \frac{NB}{NC'} bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi H, I lần lượt là trung điểm của AB, AC’

    Suy ra HI // BC’

    Trong mặt phẳng (ABB’A’), tia A’H cắt tia B’B tại S, gọi K là hình chiếu của B trên SH

    Dễ thấy BK ⊥ (SCH)

    Gọi M là hình chiếu của K trên A’C, chú ý rằng CH = HA’ nên HI ⊥ A’C, do đó KM // HI // BC’

    Trong mặt phẳng (BC’MK) lấy điểm N trên BC’ sao cho BKMN là hình bình hành

    Khi đó MN là đoạn vuông góc chung cần tìm

    Ta có:

    \frac{NB}{BC'} = \frac{MK}{2HI} =\frac{1}{2}\left( 1 + \frac{HK}{A'H} ight)

    = \frac{1}{2}\left( 1 + \frac{HK}{HS}ight) = \frac{1}{2}\left( 1 + \frac{HB^{2}}{HS^{2}}ight)

    Do 2HB = SB nên:

    \frac{NB}{BC'} = \frac{1}{2}\left( 1+ \frac{HB^{2}}{HB^{2} + SB^{2}} ight)

    = \frac{1}{2}\left( 1 +\frac{HB^{2}}{HB^{2} + 4HB^{2}} ight) = \frac{3}{5}

    => \frac{NB}{NC'} =\frac{3}{2}

  • Câu 18: Thông hiểu

    Cho khối chóp S.ABCD có SA\bot(ABCD); đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a;AD = a\sqrt{3}. Tính thể tích khối chóp S.ABCD, biết mặt phẳng (SBC) tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 60^{0}.

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: S_{ABCD} = a^{2}\sqrt{3}

    Vì \left\{ \begin{matrix} (SBC) \cap (ABCD) = BC \\ BC\bot SB \subset (SBC) \\ BC\bot AB \subset (ABCD) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow \left( (SBC);(ABCD) ight) = (SB;AB) = \widehat{SBA}

    Vậy \widehat{SBA} = 60^{0}

    Xét tam giác vuông SAB có

    \tan60^{0} = \frac{SA}{AB} \Rightarrow SA= AB.\tan60^{0} = a\sqrt{3}

    Vậy V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}S_{ABCD}.SA = \frac{1}{3}.a^{2}\sqrt{3}.a\sqrt{3} = a^{3}

  • Câu 19: Nhận biết

    Cho hình chóp ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa SB và mặt phẳng (SAC) là góc nào dưới đây?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} BO\bot SA \\ BO\bot AC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BO\bot(SAC)

    Hình chiếu của SB lên mặt phẳng (SAC) là SO.

    Vậy \widehat{\left( SC;(SAC) ight)} = \widehat{BSO}

  • Câu 20: 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 21: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có AB = m;(m > 0), các cạnh còn lại bằng nhau và bằng 4. Mặt phẳng (\alpha) chứa cạnh AB và vuông góc với cạnh CD tại I. Diện tích tam giác ABI lớn nhất bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: (\alpha)\bot CD \equiv I \Rightarrow \left\{ \begin{matrix} AI\bot CD \\ BI\bot CD \\ \end{matrix} ight.

    Theo giả thiết AC = AD = BC = BD = CD = 4cm ta có các tam giác ACD và BCD là các tam giác đều cạnh bằng 4

    \Rightarrow IA = IB = 4.\frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}

    Gọi H là trung điểm của AB ta có: IH\bot AB và IH = \sqrt{IA^{2} - \frac{m^{2}}{4}} = \sqrt{12 - \frac{m^{2}}{4}}

    S_{ABI} = \frac{1}{2}IH.AB

    = \frac{1}{2}m.\sqrt{12 - \frac{m^{2}}{4}}

    = \sqrt{\frac{m^{2}}{4}.\left( 12 - \frac{m^{2}}{4} ight)} \leq 6

    Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 2\sqrt{6}

    Vậy \max S_{ABI} = 6

  • Câu 22: Nhận biết

    Tính thể tích khối lập phương có cạnh bằng 3a?

    Ta có: V = (3a)^{3} = 27a^{3}

  • Câu 23: 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 24: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 2a. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (ABCD) bằng 90^{0}, SA = SB. Tính tan góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD), biết thể tích khối chóp S.ABCD bằng \frac{4a^{3}}{3}?

    Hình vẽ minh họa

    Kẻ SH\bot AB , gọi \alpha = \left( SC;(ABCD) ight)

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} (SAB)\bot(ABCD) \\ (SAB) \cap (ABCD) = AB \\ SH \subset (SAB) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SH\bot(ABCD)

    \Rightarrow \alpha = \widehat{SCH}

    Lại có: V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}SH.S_{ABCD} = \frac{4a^{3}}{3} \Rightarrow SH = a

    Do tam giác SAB cân tại S nên H là trung điểm của AB

    \Rightarrow HC = \sqrt{BH^{2} + BC^{2}} = a\sqrt{5}

    \Rightarrow \tan\alpha = \tan\widehat{SCH} = \frac{SH}{HC} = \frac{a}{a\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5}

  • Câu 25: Nhận biết

    Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D'. Mặt phẳng (BCD'A') vuông góc với mặt phẳng nào trong các mặt phẳng dưới đây?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: ABCD.A'B'C'D' là hình hộp chữ nhật suy ra \left\{ \begin{matrix} BC\bot AB \\ BC\bot BB' \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(ABB'A')

    \Rightarrow (BCD'A')\bot(ABB'A')

  • Câu 26: 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 27: Thông hiểu

    Cho hai hình vuông ABCD và ABEF cạnh a nằm trên hai mặt phẳng vuông góc. Đường thẳng DE vuông góc với 

    Đường thẳng DE vuông góc với chỉ với AC và BF

  • Câu 28: Nhận biết

    Hình tứ diện ABCD có AB = AC = AD = 3 và AB, AC, AD đôi một vuông góc với nhau. Diện tích của tam giác BCD bằng:

    Do ∆BCD là tam giác đều cạnh \sqrt{18} nên có diện tích là S_{BCD} = \frac{18\sqrt{3}}{4} = \frac{9\sqrt{3}}{2}

  • Câu 29: Thông hiểu

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

    Hình vẽ minh họa

    Khẳng định nào sau đây là đúng

    Vì SA=SC => ΔSAC cân tại S

    Mà O là trung điểm AC => SO⊥AC

    Tương tự, ta cũng có SO⊥BD mà AC∩BD=O⊂(ABCD)

    => SO⊥(ABCD)

  • Câu 30: 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 31: Nhận biết

    Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau?

    Ta có:

    “Trong không gian hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau” sai do hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng có thể cắt nhau hoặc chéo nhau.

    “Trong không gian hai mặt phẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau” sai do hai mặt phẳng cùng vuông góc với một đường thẳng có thể trùng nhau.

    “Trong không gian hai đường thẳng không có điểm chung thì song song với nhau” sai do trong không gian hai đường thẳng không có điểm chung có thể chéo nhau.

    Vậy khẳng định đúng là: “Trong không gian hai đường thẳng vuông góc với nhau có thể cắt nhau hoặc chéo nhau.”

  • Câu 32: Thông hiểu

    Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a\sqrt{2}. Tam giác SAC vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Cạnh SC tạo với đáy một góc bằng 60^{0}. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD?

    Hình vẽ minh họa

    Kẻ SH\bot AC;H \in (AC) ta có:

    \left\{ \begin{matrix} SH\bot AC \\ SH \subset (SAC) \\ (SAC)\bot(ABCD) \\ AC = (SAC) \cap (ABCD) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SH\bot(ABCD)

    Vậy SH là đường cao của hình chóp

    Lại có AC = 2a, tam giác SAC vuông tại S và \widehat{SAC} = 60^{0} nên \left\{ \begin{matrix}SA = a \\SC = a\sqrt{3} \\SH = \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \\\end{matrix} ight.

    Thể tích hình chóp là V = \frac{1}{3}.\left( a\sqrt{2} ight)^{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a^{3}\sqrt{3}}{3}

  • Câu 33: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, SA ⊥ (ABCD). Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau?

    Hình vẽ minh họa:

    Vì SA ⊥ (ABCD) => SA ⊥ BD

    Mà ABCD là hình thoi nên AC ⊥ BD

    => BD ⊥ (SAC)

    Mặt khác SO và SC thuộc mặt phẳng (SAC)

    => BD ⊥ SO, BD ⊥ SC

    Và AD, SC là hai đường thẳng chéo nhau

    => AD ⊥ SC là khẳng định sai.

  • Câu 34: Vận dụng

    Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng a\sqrt{3}. Gọi O là tâm của đáy ABC, d1 là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) và d2 là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SBC). Tính d = d1 + d2.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi M là trung điểm BC.

    Ta có: \left\{ \begin{matrix}BC\bot SO \\BC\bot AM \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SAM)

    \Rightarrow (SAM)\bot(SBC)

    Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của O và A lên SM => \left\{ \begin{matrix}d_{1} = AK \\d_{2} = OH \\\end{matrix} ight.

    Ta có: \frac{d_{1}}{d_{2}} =\frac{AK}{OH} = \frac{AM}{OM} = 3

    \Rightarrow d_{1} = 3d_{2} \Rightarrow d= 4d_{2} = 4OH

    Ta có: SO^{2} = SA^{2} - AO^{2} = 3a^{2}- \frac{a^{2}}{3} = \frac{8a^{2}}{3}

    Xét tam giác SOM có:

    \frac{1}{OH^{2}} = \frac{1}{SO^{2}} +\frac{1}{OM^{2}}

    \Rightarrow \frac{1}{OH^{2}} =\frac{3}{8a^{2}} + \frac{12}{a^{2}} = \frac{99}{8a^{2}}

    Vậy OH = \frac{2a\sqrt{22}}{33}\Rightarrow d = 4OH = \frac{8a\sqrt{22}}{33}

  • Câu 35: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = 2a, BC = a. Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm của cạnh AB, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 600. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SB và AC.

    Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SB và AC

    +) Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC} = \left( {\overrightarrow {SH} + \overrightarrow {HB} } ight)\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} } ight) \hfill \\ = \overrightarrow {SH} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {SH} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {HB} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {HB} .\overrightarrow {BC} \hfill \\ = \overrightarrow {HB} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {HB} .\overrightarrow {BC} \hfill \\ = \dfrac{1}{2}A{B^2} = 2{a^2} \hfill \\ \end{matrix}

    +) Mặt khác

    \begin{matrix} AC = a\sqrt 5 ;CH = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \hfill \\ SH = CH.\tan \widehat {SCH} = a\sqrt 6 \hfill \\ SB = \sqrt {S{H^2} + H{B^2}} = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 6 } ight)}^2} + {a^2}} = a\sqrt 7 \hfill \\ \end{matrix}

    => \cos \left( {SB,AC} ight) = \frac{{\left| {\overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC} } ight|}}{{SB.AC}} = \frac{{2{a^2}}}{{a\sqrt 7 .a\sqrt 5 }} = \frac{2}{{\sqrt {35} }}

  • Câu 36: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC=a\sqrt{3}. Tam giác SBC đều và nằm trong mặt phẳng vuông với đáy. Tính khoảng cách d từ B đến mặt phẳng (SAC). 

    Hình vẽ minh họa:

    Tính khoảng cách d từ B đến mặt phẳng (SAC)

    Gọi M là trung điểm của BC

    => SH \bot BC \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} ight)

    Gọi N là trung điểm của AC

    => MN \bot AC

    Kẻ ME \bot SN,\left( {E \in SN} ight)

     \begin{matrix} d\left( {B,\left( {SAC} ight)} ight) = 2d\left( {M;\left( {SAC} ight)} ight) \hfill \\ = 2ME = 2.\dfrac{{SM.MN}}{{\sqrt {S{M^2} + M{N^2}} }} = \dfrac{{2a\sqrt {39} }}{{13}} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 37: Nhận biết

    Tính thể tích khối lập phương có cạnh bằng 2a?

    Ta có: V = (2a)^{3} = 8a^{3}

  • Câu 38: Thông hiểu

    Tính thể tích khối lăng trụ trong hình vẽ sau, biết AB = a;AA' = 2a.

    Quan sát hình vẽ ta thấy

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

    Do khối lăng trụ ABC.A'B'C' là lăng trụ đứng nên đường cao của lăng trụ là AA' = 2a

    Thể tích khối lăng trụ là V = AA'.S_{ABCD} = 2a.\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4} = \frac{a^{3}\sqrt{3}}{2}

  • Câu 39: 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 40: 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}

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
  • 12 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