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

Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 Chương 7 Kết nối tri thức

Mô tả thêm: Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 Quan hệ vuông góc trong không gian gồm 20 câu hỏi trắc nghiệm giúp bạn học ôn tập, củng cố lại kiến thức sách Kết nối tri thức.
  • Thời gian làm: 15 phút
  • Số câu hỏi: 20 câu
  • Số điểm tối đa: 20 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 tứ diện ABCD, có AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau và AB = a, BC = b, CD = c.

    Độ dài AD bằng:

     Hình vẽ minh họa

    Tính độ dài đoạn thẳng AD

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {AB \bot BC} \\ {AB \bot CD} \end{array}} ight. ⇒AB⊥(BCD)

    => Tam giác ABD vuông tại B.

    Lại có BC⊥CD nên tam giác BCD vuông tại C.

    Khi đó: 

    \begin{matrix} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {A{D^2} = A{B^2} + B{D^2}} \\ {B{D^2} = B{C^2} + C{D^2}} \end{array}} ight. \hfill \\ \Rightarrow A{D^2} = A{B^2} + B{C^2} + C{D^2} \hfill \\ \Rightarrow AD = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 2: 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 3: 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 4: Thông hiểu

    Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2\sqrt 2, AA’ = 4. Tính góc giữa đường thẳng A’C với mặt phẳng (AA’BB’).

     Số đo góc giữa đường thẳng A’C với mặt phẳng (AA’BB’)

    Ta có CB \bot \left( {AA'B'B} ight) tại B. Khi đó A’B là hình chiếu của A’C lên mặt phẳng (AA’B’B)

    Vậy góc tạo bởi đường thẳng A’C và mặt phẳng (AA’BB’) là góc \widehat {CA'B}

    Khi đó \tan \widehat {CA'B} = \frac{{BC}}{{A'B}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt {{4^2} + {{\left( {2\sqrt 2 } ight)}^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {CA'B} = 30^\circ

  • Câu 5: 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 6: Vận dụng cao

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I, cạnh a, góc BAD bằng 600, SA = SB = SD = \frac{a\sqrt{3}}{2}. Gọi α là góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SBC). Giá trị sin α bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Theo giả thiết, ABD là tam giác đều.

    Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.

    Do SA = SB = SD nên S nằm trên trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD suy ra SH ⊥ (ABD) hay SH ⊥ (ABCD).

    Do (SBC) ⊥ (SBH) nên từ H kẻ HK ⊥ SB tại K thì HK = d(H, (SBC)) và \frac{1}{HK^{2}} = \frac{1}{HB^{2}} + \frac{1}{HS^{2}}

    => HK = \frac{a\sqrt{15}}{9}

    Mặt khác d(H, (SBC)) = 2/3d(A, (SBC)) = 2/3d(D, (SBC)) => d(D, (SBC)) = \frac{a\sqrt{15}}{6}

    Gọi O là hình chiếu vuông góc của điểm D trên (SBC).

    Khi đó:

    \begin{matrix}\alpha = (SD,SO) = \widehat{DSO} \hfill\\DO = d\left( D;(SBC) ight) = \dfrac{a\sqrt{15}}{6} \hfill\\\end{matrix}

    Xét tam giác SDO vuông tại O có:

    \sin\alpha = \dfrac{DO}{SD} =\dfrac{\dfrac{a\sqrt{15}}{6}}{\dfrac{a\sqrt{3}}{2}} =\dfrac{\sqrt{5}}{3}

  • Câu 7: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD; SA\bot(ABCD) và SA = AB. Gọi trung điểm của BC;SC lần lượt là E;F. Tính số đo góc giữa đường thẳng EF và mặt phẳng (SAD)?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có:

    EF là đường trung bình của tam giác SBC \Rightarrow EF//SB

    Ta lại có: \left\{ \begin{matrix}AB\bot AD \\AB\bot SA \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(SAD) nên AB là hình chiếu vuông góc của SB lên (SAD)

    \Rightarrow \left( SB;(SAD) ight) =(SB;SA) = \widehat{BSA}

    Mặt khác \left\{ \begin{matrix}SA\bot(ABCD) \Rightarrow SA\bot AB \\SA = AB \\\end{matrix} ight.

    Suy ra tam giác SAB vuông cân tại A

    \Rightarrow \widehat{BSA} = 45^{0}\Rightarrow \left( EF;(SAD) ight) = 45^{0}

  • Câu 8: Nhận biết

    Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước là 2;3;5 bằng:

    Thể tích cần tìm là: V = 2.3.5 = 30

  • Câu 9: Thông hiểu

    Cho hình chóp SABCD có SA ⊥ (ABCD), đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B có độ dài cạnh AB = a. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng IJ và SD.

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có AD // (IJ) ⇒ IJ // (SAD) ⇒ d(IJ, SD) = d(IJ, (SAD)) = d(I, (SAD)) = IA = a/2

  • Câu 10: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh x; SA\bot(ABCD). Góc tạo bởi cạnhSC và mặt phẳng (SAB) bằng 30^{0}. Xác định thể tích khối chóp S.ABCD.

    Hình vẽ minh họa

    Do ABCD là hình vuông cạnh bằng x nên S_{ABCD} = x^{2}

    Dễ dàng chứng minh được BC\bot(SAB)

    \Rightarrow \left( SC;(SAB) ight) = \widehat{CSB} = 30^{0}

    Đặt SA = m \Rightarrow SB = \sqrt{m^{2} + x^{2}}

    Tam giác SBC vuông tại B nên \tan\widehat{CSA} = \tan30^{0} = \frac{1}{\sqrt{3}}= \frac{BC}{SB}

    Ta được:

    BC = SB\sqrt{3} \Leftrightarrow \sqrt{m^{2} + x^{2}} = x\sqrt{3} \Rightarrow m = x\sqrt{2}

    Vậy diện tích hình chóp là:

    V = \frac{1}{3}SA.S_{ABCD} = \frac{1}{3}.x\sqrt{2}.x^{2} = \frac{x^{3}\sqrt{2}}{3}

  • Câu 11: 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 12: Nhận biết

    Góc giữa hai đường thẳng bất kì trong không gian là góc nào trong các góc dưới đây?

    Góc giữa hai đường thẳng m và n trong không gian, kí hiệu là (m, n) là góc giữa hai đường thẳng a và b cùng đi qua một điểm và tương ứng song song với m và n.

  • Câu 13: Vận dụng

    Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng \frac{a\sqrt{21}}{6}. Tính khoảng cách d từ đỉnh A đến mặt phẳng (SBC)

    Hình vẽ minh họa

    Tính khoảng cách d từ đỉnh A đến mặt phẳng (SBC)

    Giả sử O là tâm của tam giác đều ABC 

    Do S.ABC đều nên => SO \bot(ABC)

    Gọi E là trung điểm của BC ta có:

    \begin{matrix} AO \cap \left( {SBC} ight) = E \hfill \\ \Rightarrow \dfrac{{d\left( {A;\left( {SBC} ight)} ight)}}{{d\left( {O;\left( {SBC} ight)} ight)}} = \dfrac{{AE}}{{OE}} = 3 \hfill \\ \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} ight)} ight) = 3d\left( {O;\left( {SBC} ight)} ight) \hfill \\ \end{matrix}

    Xét (SAE) kẻ OK \bot SE (*)

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {BC \bot AE} \\ {BC \bot SO} \end{array}} ight. \Rightarrow BC \bot \left( {SEA} ight) \Rightarrow BC \bot OK\left( {**} ight)

    Ta có:

    \begin{matrix} SO = \sqrt {S{A^2} - {{\left( {\dfrac{2}{3}AE} ight)}^2}} \hfill \\ = \sqrt {\dfrac{{21{a^2}}}{{36}} - {{\left( {\dfrac{2}{3}\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}} ight)}^2}} = \dfrac{a}{2} \hfill \\ OE = \dfrac{1}{3}AE = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6} \hfill \\ \end{matrix}

    Xét tam giác vuông SOE ta có:

    OK = \frac{{SO.OE}}{{\sqrt {S{O^2} + O{E^2}} }} = \frac{a}{4}

    \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} ight)} ight) = 3OK = \frac{{3a}}{4}

  • Câu 14: 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 15: 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 16: 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 17: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 1. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD). Tính khoảng cách d từ A đến (SCD).

    Hình vẽ minh họa

    Tính khoảng cách d từ A đến (SCD)

    Gọi H là trung điểm của AB => SH \bot AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} ight)

    Ta có: AH // CD => d\left( {A;\left( {SCD} ight)} ight) = d\left( {H;\left( {SCD} ight)} ight)

    Gọi M là trung điểm của CD, K là hình chiếu vuông góc của H trên SM

    \begin{matrix} \Rightarrow d\left( {H;\left( {SCD} ight)} ight) = HK \hfill \\ \Rightarrow HK = \dfrac{{SH.HM}}{{\sqrt {S{H^2} + H{M^2}} }} = \dfrac{{\sqrt {21} }}{7} \hfill \\ \end{matrix}

     

  • Câu 18: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD, SA vuông góc với đáy. Kẻ AH vuông góc với SB (H ∈ SB). Chọn mệnh đề đúng.

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    SA ⊥ BC

    AB ⊥ BC

    => BC ⊥ (SAB) => BC ⊥ AH

    Mà AH ⊥ SB nên AH ⊥ (SBC) => AH ⊥ SC

  • Câu 19: Thông hiểu

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

    Hình vẽ minh họa

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

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

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

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

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

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

  • Câu 20: Vận dụng

    Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB = a;AD = 2a;AA' = a\sqrt{2}. Gọi mặt phẳng (\alpha) qua A và vuông góc với A'B. Tính diện tích thiết diện tạo bởi (\alpha) và hình hộp chữ nhật đã cho?

    Hình vẽ minh họa

    Hình chữ nhật ABB'A' có AB = a;AA' = a\sqrt{2}. Lấy M là trung điểm của BB'. Ta dễ dàng chứng minh AM\bot A'B

    Ta lại có AD\bot A'B suy ra mặt phẳng (\alpha) chính là mặt phẳng (ADM).

    Qua điểm M kẻ MN // AD. Thiết diện khi đó là hình chữ nhật ADMN.

    Ta tính được AM = \frac{a\sqrt{6}}{2};AD = 2a

    Suy ra diện tích hình chữ nhật ADMN là: a^{2}\sqrt{6}.

Nộp bài

Chúc mừng Bạn đã hoàn thành bài!

Đề kiểm tra 15 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
  • 68 lượt xem
Sắp xếp theo
🖼️
Xóa Gửi bình luận
Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 Chương 7 Kết nối tri thức
Thời gian còn lại 15:00 Số câu đã làm 0/20
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
Chưa làm Đã làm
Làm lại Nộp bài
Đăng nhập