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: Nhận biết

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

    Ta có: V = (2a)^{3} = 8a^{3}

  • Câu 2: Thông hiểu

    Cho một khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = 2a và AB = 2a. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối chóp S.ABC?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trung điểm của AB

    Do tam giác SAB đều suy ra SH\bot AB

    Mà \left\{ \begin{matrix} (SAB)\bot(ABC) \\ SH \subset (SAB) \\ AB \subset (ABC) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SH\bot(ABC)

    Vậy SH là đường cao của hình chóp

    Khi đó SH = a\sqrt{3}

    Ta có: AB = 2a \Rightarrow BC = 2a

    S_{ABC} = \frac{1}{2}(2a)^{2} = 2a^{2}

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}S_{ABC}.SH = \frac{1}{3}.2a^{2}.a\sqrt{3} = \frac{2a^{3}\sqrt{3}}{3}

  • Câu 3: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, SA ⊥ (ABCD). Góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) là góc giữa

    Hình vẽ minh họa:

    Vì SA ⊥ (ABCD) nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (ABCD).

    Do đó góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) là góc giữa SC và AC.

  • Câu 4: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có AB = AC và \widehat {SAC} = \widehat {SAB}. Tính số đo góc giữa hai đường thẳng chéo chau SA và BC.

    Hình vẽ minh họa:

    Tính số đo góc giữa hai đường thẳng chéo chau

    Xét

    \begin{matrix} \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {SA} .(\overrightarrow {SC} - \overrightarrow {SB} ) \hfill \\ = \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SC} - \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SB} \hfill \\ = |\overrightarrow {SA} |.|\overrightarrow {SC} |.\cos (\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {SC} ) - |\overrightarrow {SA} |.|\overrightarrow {SB} |.\cos \widehat {SAB} \hfill \\ = SA.SC.\cos \widehat {ASC} - SASB\cos \widehat {ASB}{\text{ }}\left( 1 ight) \hfill \\ \end{matrix}

    Ta có:

    \begin{matrix} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {SA{\text{ chung }}} \\ {AB = AC} \\ {\widehat {SAB} = \widehat {SAC}} \end{array} \Rightarrow \Delta SAB = \Delta SAC(c - g - c)} ight. \hfill \\ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {SC = SB} \\ {\widehat {ASC} = \widehat {ASB}} \end{array}} ight.(2) \hfill \\ \end{matrix}

    Từ (1) và (2) \Rightarrow \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {BC} = 0 \Rightarrow SA \bot BC

  • Câu 5: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông với AC = 5\sqrt{2}. Biết SA\bot(ABCD);SA = 5. Góc giữa SD và mặt phẳng (SAB) bằng:

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

    \Rightarrow \left( SD;(SAB) ight) = (SD;SA) = \widehat{DSA}

    Vì ABCD là hình vuông nên AC = AB.\sqrt{2} \Rightarrow AB = 5

    \Rightarrow \tan\widehat{DSA} = \frac{AD}{SA} = \frac{5}{5} = 1

    \Rightarrow \widehat{DSA} = 45^{0} \Rightarrow \left( SD;(SAB) ight) = 45^{0}

  • Câu 6: Vận dụng cao

    Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = 2\sqrt{3} và AA’ = 2. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh A’B’, A’C’ và BC. Cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (AB’C’) và (MNP) bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của BC và B’C’; I = BM ∩ AB’, J = CN ∩ AC’, E = MN ∩ A’Q.

    Suy ra (MNP) ∩ (AB’C’) = (MNCB) ∩ (AB’C’) = IJ và gọi K = IJ ∩ PE

    => K ∈ AQ, với E là trung điểm của MN.

    (AA’QP) ⊥ IJ => AQ ⊥ IJ, PE ⊥ IJ

    => ((MNP), (AB’C’)) = (AQ, PE) = α.

    Ta có: AP = 3, PQ = 2

    \Rightarrow AQ = \sqrt{13} \Rightarrow QK = \frac{\sqrt{13}}{3}

    PE = \frac{5}{2} \Rightarrow PK = \frac{5}{3}

    \cos\alpha = \left| \cos\widehat{QKP} ight| = \frac{\left| KQ^{2} + KP^{2} - PQ^{2} ight|}{2KQ.KP} = \frac{\sqrt{13}}{65}

  • Câu 7: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = a\sqrt 3, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a. Góc giữa hai đường thẳng SC và BD nằm trong khoảng nào?

    Góc giữa hai đường thẳng SC và BD

    Gọi O là giao điểm của AC và BD và M là trung điểm của SA.

    Trong hình chữ nhật ABCD ta có

    OB = OD = \frac{{BD}}{2} = \frac{{\sqrt {A{D^2} + A{B^2}} }}{2} = \frac{{\sqrt {{a^2} + 3{a^2}} }}{2} = a

    Xét tam giác MAB vuông tại A, ta có:

    MB = \sqrt {A{B^2} + M{A^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2

    Xét tam giác MAO vuông tại O, ta có:

    MO = \sqrt {A{O^2} + M{A^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2

    Do MO // SC nên góc giữa hai đường thẳng SC và BD là góc giữa hai đường thẳng MO và BD.

    Áp dụng định lý cosin vào tam giác MOB ta có

    \begin{matrix} {\text{cos}}\widehat {MOB} = \dfrac{{O{B^2} + O{M^2} - B{M^2}}}{{2.OB.OM}} \hfill \\ = \dfrac{{{a^2} + 2{a^2} - 2{a^2}}}{{2.a.a\sqrt 2 }} = \dfrac{1}{{2\sqrt 2 }} \Rightarrow \widehat {MOB} \approx {69^o} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 8: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, SA = SB và (SAB) ⊥ (ABCD). Khẳng định nào sau đây sai?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    (SAB) ⊥ (ABCD)

    BC ⊥ BA

    => BC ⊥ (SAB).

    Từ B kẻ BK ⊥ SA => d(BC, SA) = BK.

    Ta có:

    Tam SAB cân tại S, do vậy d(BC, SA) = BK ≠ AB

  • Câu 9: Nhận biết

    Cho ba mặt phẳng (P), (Q) và (R). Mệnh đề nào sau đây đúng?

    Vì một mặt phẳng vuông góc với một trong hai mặt phẳng song song thì sẽ vuông góc với mặt phẳng còn lại.

  • Câu 10: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), AB = BC = a, AD = 2a. Biết góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 450. Tính góc giữa mặt phẳng (SAD) và (SCD).

    Tính góc giữa mặt phẳng (SAD) và (SCD)

    Tam giác ABC vuông cân tại B, suy ra AC = AB\sqrt 2 = a\sqrt 2

    Vì SA \bot \left( {ABCD} ight) nên AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABCD).

    Khi đó

    \begin{matrix} \widehat {\left( {SC;\left( {ABCD} ight)} ight)} = \widehat {\left( {SC;AC} ight)} = \widehat {SCA} = {45^0} \hfill \\ \Rightarrow SA = AC = a\sqrt 2 \hfill \\ \end{matrix}

    Gọi M là trung điểm của AD => CM ⊥ AD.

    Mà CM ⊥ SA nên CM ⊥ (SAD) => CM ⊥ SD

    Hạ CH ⊥ SD . Khi đó SD ⊥ (CMH) => MH ⊥ SD

    Ta có:

    \begin{matrix} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {(SAD) \cap (SCD) = SD} \\ {MH \subset (SAD)} \\ {MH \bot SD} \\ {CH \subset (SCD)} \\ {CH \bot SD} \end{array}} ight. \hfill \\ \Rightarrow \widehat {((SAD),(SCD))} = \widehat {(MH,CH)} = \widehat {MHC} \hfill \\ \end{matrix}

    Ta lại có: SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}} = a\sqrt 6 ;CM = AB = a

    \begin{matrix} \Delta SAD \sim \Delta MHD \hfill \\ \Rightarrow \dfrac{{SA}}{{SD}} = \dfrac{{MH}}{{MD}} \hfill \\ \Rightarrow MH = \dfrac{{SA.MD}}{{SD}} = \dfrac{{a\sqrt 2 a}}{{a\sqrt 6 }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3} \hfill \\ \end{matrix}

    Tam giác MHC vuông tại M

    \Rightarrow \tan \widehat {MHC} = \frac{{CM}}{{MH}} = \frac{a}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{3}}} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {MHC} = {60^0}

    Vậy \left( {\widehat {\left( {SAD} ight);\left( {SCD} ight)}} ight) = {60^0}

  • Câu 11: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Dựng mặt phẳng (P) cách đều năm điểm A, B, C, D và S. Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng (P) như vậy?

    Gọi O là tâm hình bình hành ABCD.

    Các mặt phẳng cách đều A, B, C, D và S là

    1) Mặt phẳng qua trung điểm của SA, SB, SC, SD

    2) Mặt phẳng qua O và song song (SAB)

    3) Mặt phẳng qua O và song song (SAD)

    4) Mặt phẳng qua O và song song (SCD)

    5) Mặt phẳng qua O và song song (SBC)

  • Câu 12: 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 13: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có tất cả các cạnh bằng nhau. Gọi trung điểm các cạnh SC và BC lần lượt là I;J. Xác định cosin góc giữa hai đường thẳng IJ và CD?

    Hình vẽ minh họa

    Theo giả thiết ta có:

    IJ là đường trung bình của tam giác SBC nên JI//SB

    Vì \left\{ \begin{matrix} JI//SB \\ CD//AB \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow (IJ;CD) = (SB;AB) = \widehat{SBA} = 60^{0}

    \Rightarrow \cos(IJ;CD) = \frac{1}{2}

  • Câu 14: 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 15: Thông hiểu

    Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có độ dài tất cả các cạnh bằng a và các góc \widehat{BAD};\widehat{DAA'};\widehat{A'AB} đều bằng 60^{0}. Gọi trung điểm của các cạnh AA',CD lần lượt là M,N. Gọi \alpha là góc tạo bởi hai đường thẳng MN và B'C. Xác định \cos\alpha?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} A'D//B'C \\ MN//A'P \\ \end{matrix} ight. với P là trung điểm của D’C

    Suy ra (MN,B'C) = (A'P;A'D) = \widehat{DA'P}

    Vì \widehat{BAD} = \widehat{DAA'} = \widehat{A'AB} = 60^{0} và các cạnh của hình hộp bằng a

    Do đó A'D = a;C'D = C'A' = a\sqrt{3}

    A'P = \frac{A'D^{2} + A'C'^{2}}{2} - \frac{DC'^{2}}{4}

    \Rightarrow A'P = \frac{a\sqrt{5}}{2}

    Áp dụng định lí cosin cho tam giác A’DP ta có:

    \cos\alpha = \frac{A'D^{2} + A'P^{2} - DP^{2}}{2A'D.A'P} = \frac{3\sqrt{5}}{10}

  • Câu 16: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có SA \bot \left( {ABCD} ight) và SA = a\sqrt 3. Đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a,\,AD = a\sqrt 3. Gọi M là trung điểm của CD, góc giữa SA và mặt phẳng (SBM) bằng \alpha . Giá trị \tan \alpha bằng:

    Tính tan của góc giữa SA và mặt phẳng (SBM)

    Gọi K, I lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BM và SK.

    Ta có \left\{ \begin{gathered} BM \bot AK \hfill \\ BM \bot SA\left( {V\`i \,SA \bot \left( {ABCD} ight)} ight) \hfill \\ AK,SA \subset \left( {SAK} ight) \hfill \\ AK \cap SA = \left\{ A ight\} \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow BM \bot \left( {SAK} ight)

    Mà AI \subset \left( {SAK} ight) \Rightarrow BM \bot AI

    Ta có \left\{ \begin{gathered} AI \bot BM \hfill \\ AI \bot SK \hfill \\ BM,SK \subset \left( {SBM} ight) \hfill \\ BM \cap SK = \left\{ K ight\} \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow AI \bot \left( {SBM} ight)

    Suy ra hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng (SBM) là điểm I. Do đó bằng góc giữa hai đường thẳng SA và SI và bằng góc \widehat {ASK}.

    Ta có \left\{ \begin{gathered} SA \bot \left( {ABCD} ight) \hfill \\ AK \subset \left( {ABCD} ight) \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow SA \bot AK

    Tính tan của góc giữa SA và mặt phẳng (SBM)

    Có

    \begin{matrix} {S_{\Delta ABM}} = {S_{ABCD}} - {S_{\Delta AMD}} - {S_{\Delta BMC}} \hfill \\ = {a^2}\sqrt 3 - {a^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{4} - {a^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \hfill \\ BM = \sqrt {B{C^2} + M{C^2}} = \sqrt {3{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} = \dfrac{{a\sqrt {13} }}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    Ta có

    \begin{matrix} {S_{\Delta ABM}} = \dfrac{1}{2}AK.BM \hfill \\ \Rightarrow AK = \dfrac{{2{S_{\Delta ABM}}}}{{BM}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{a\dfrac{{\sqrt {13} }}{2}}} = a\dfrac{{2\sqrt 3 }}{{\sqrt {13} }} \hfill \\ \end{matrix}

    Xét tam giác vuông SAK có \tan \widehat {ASK} = \frac{{AK}}{{SA}} = \frac{{a\frac{{2\sqrt 3 }}{{\sqrt {13} }}}}{{a\sqrt 3 }} = \frac{2}{{\sqrt {13} }}

  • Câu 17: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC, tam giác ABC vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy (ABC). Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB (tham khảo hình vẽ bên). Mệnh đề nào sau đây sai?

    Ta có: SA ⊥ (ABC) => SA ⊥ BC

    Mặt khác BC ⊥ AB

    Suy ra BC ⊥ (SAB) nên hình chiếu vuông góc của SC trên (SAB) là SB

    Vậy \widehat{\left( SC,(SAB) ight)} =\widehat{(SC,SB)} = \widehat{BSC\ }(vì tam giác SBC vuông tại B)

  • Câu 18: Nhận biết

    Cho một khối chóp có diện tích đáy bằng 8a^{2}, chiều cao bằng a. Thể tích khối chóp đã cho là:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 8a^{2} \\ h = a \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}B.h = \frac{8}{3}a^{3}

  • Câu 19: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có SA = SB và AC = CB. Khẳng định nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi I là trung điểm của AB.

    Xét tam giác SAB có SA = SB => SI\bot AB(*)

    Xét tam giác CAB có: AC = CB => CI\bot AB(**)

    Từ (1) và (2) suy ra AB\bot(SIC) \Rightarrow AB\bot SC.

  • Câu 20: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có các mặt bên tạo với đáy một góc bằng nhau. Hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng (ABC) là:

    Gọi I là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD)

    M, N, P lần lượt là hình chiếu vuông góc của S trên các cạnh AB, AC, BC.

    Khi đó ta có: \left\{ \begin{matrix}SI\bot AB \\SM\bot AB \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(SIM) \Rightarrow AB\botIM

    Tương tự ta có: AC\bot IN,IP\botBC

    Khi đó \left( (SAB);(ABC) ight) =(SM,IM) = \widehat{SMI}

    Tương tự suy ra \widehat{SMI} =\widehat{SNI} = \widehat{SPI}

    => \Delta SMI = \Delta SNI = \DeltaSPI \Rightarrow IM = IN = IP

    => I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

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
  • 74 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