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 chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a. Cạnh bên SA=a\sqrt{2} và vuông góc với đáy (ABCD). Tính khoảng cách d từ điểm B đến mặt phẳng (SCD)

    Hình vẽ minh họa:

    Tính khoảng cách d từ điểm B đến mặt phẳng (SCD)

    Do AB // CD => d(B;(SCD))=d(A;(SCD))

    Kẻ AE ⊥ SD tại E (1)

    Ta có: \left\{ \begin{gathered}CD \bot AD \hfill \\CD \bot SA \hfill \\\end{gathered} ight. \Rightarrow CD \bot (SAD) \Rightarrow CD \bot AE(**)

    Từ (1) và (2) => AE ⊥ (SCD)

    => d(A;(SCD)) = AE

    Xét tam giác vuông SAD ta có:

    AE = \frac{{SA.AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}

    Vậy d(B;(SCD))=AE=\frac{{a\sqrt 6 }}{3}

     

  • Câu 2: Thông hiểu

    Cho hai tam giác đều DAC và BAC lần lượt nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng (DAB) và (DBC). Tính giá trị cos α.

    Tính giá trị cos α

    Giả sử cạnh của tam giác đều bằng 2a. Khi đó AB = AD = CB = CD = 2a

    Gọi H là trung điểm của AC. Tam giác DAC đều suy ra DH ⊥ AC.

    Tương tự BH ⊥ AC.

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\left( {DAC} ight) \bot \left( {ABC} ight)} \\ {\left( {DAC} ight) \cap \left( {ABC} ight)} \\ {DH \bot AC} \\ {DH \subset \left( {DAC} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow DH \bot \left( {ABC} ight)

    Gọi K là trung điểm của DB.

    Ta có: ABD cân tại A nên AK \bot BD

    Và CBD cân tại C nên CK \bot DB

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\left( {DAB} ight) \cap \left( {DBC} ight) = BD} \\ {AK \bot BD;AK \subset \left( {DAB} ight)} \\ {CK \bot BD;CK \subset \left( {DAB} ight)} \end{array}} ight.

    Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (DAB) và (DBC) là góc giữa hai đường thẳng AK và CK.

    Ta có DH = a\sqrt 3 ;BH = a\sqrt 3 nên BDH vuông cân tại H.

    Từ đó ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {DB = \sqrt {D{H^2} + H{B^2}} = a\sqrt 6 } \\ {HK = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}} \end{array}} ight.

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {AC \bot DH} \\ {AC \bot BH} \\ {DH \cap BH = H} \\ {DH;BH \subset \left( {DBH} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow AC \bot \left( {DBH} ight) mà HK \subset \left( {DBH} ight) \Rightarrow AC \bot HK

    Xét tam giác ACK có KH vừa là trung tuyến, vừa là đường cao nên tam giác ACK cân tại K.

    Nên ta có: KH là phân giác của góc \widehat {AKC} suy ra \widehat {AKC} = 2\widehat {CKH}

    Ta có: t = \tan \widehat {CKH} = \frac{{HC}}{{HK}} = \frac{a}{{a\sqrt 6 :3}} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}

    Vậy \cos \alpha = \frac{{1 - {t^2}}}{{1 + {t^2}}} = \frac{{1 - \frac{6}{9}}}{{1 + \frac{6}{9}}} = \frac{1}{5}

  • Câu 3: 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 4: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA\bot(ABC). Tính góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy, biết rằng SA = a\sqrt{15};AB = a;BC = 2a.

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SA\bot(ABC) nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (ABC) từ đó suy ra \left( SC;(ABC) ight) = (SC;AC) = \widehat{SCA}

    Trong tam giác ABC vuông tại B ta có:

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

    Trong tam giác SAC vuông tại A ta có: \tan\widehat{SCA} = \frac{SA}{AC} = \frac{a\sqrt{15}}{a\sqrt{15}} = \sqrt{3}

    \tan\widehat{SCA} = 60^{0}

    \Rightarrow \left( SC;(ABC) ight) = 60^{0}

  • Câu 5: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AD = 2BC = 2AB = 2a, SA = 2a và SA vuông góc với ABCD. Gọi M là trung điểm SB và \varphi là góc tạo bởi đường thẳng MD và mặt phẳng (SCD). Khi đó \sin\varphi bằng:

    Tính sin của góc tạo bởi đường thẳng MD và mặt phẳng (SCD)

    Ta có tam giác SAB vuông tại A nên AM = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}

    Ta có: \left\{ \begin{gathered} AD \bot AB \hfill \\ A{\text{D}} \bot SA \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow A{\text{D}} \bot \left( {SAB} ight) \Rightarrow A{\text{D}} \bot MA

    Xét tam giác MDA vuông tại A theo định lí Pytago ta có:

    MD = \sqrt {A{D^2} + A{M^2}} = \sqrt {4\,{a^2} + \frac{{4\,{a^2}}}{5}} = \frac{{2\sqrt {30} a}}{5}

    Ta có \frac{{{d_{\left( {M,\,\left( {SC{\text{D}}} ight)} ight)}}}}{{{d_{\left( {B,\,\left( {SC{\text{D}}} ight)} ight)}}}} = \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{1}{2}

    Gọi N là giao của AB và CD. Gọi P là trung điểm AD nên ABCP là hình vuông

    => CP = a \Rightarrow CP = \frac{1}{2}AD

    Ta có (hai đường chéo hình vuông)

    Mặt khác BP // CD.

    Do đó tam giác ACD vuông tại nên tam giác ACN vuông tại C, mặt khác BC \bot AN nên B là trung điểm AN.

    Ta có AB giao (SCB) tại N nên

    \frac{{{d_{\left( {B,\,\left( {C{\text{SD}}} ight)} ight)}}}}{{{d_{\left( {A,\left( {SCA} ight)} ight)}}}} = \frac{{NB}}{{NA}} = \frac{1}{2} \Rightarrow {d_{\left( {M,\left( {SC{\text{D}}} ight)} ight)}} = \frac{1}{4}{d_{\left( {A,\left( {SCA} ight)} ight)}}

    Ta có \left\{ \begin{gathered} CD \bot AC \hfill \\ CD \bot SA \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} ight)

    Trong (SAC) kẻ AH \bot SC

    \Rightarrow AH \bot \left( {SC{\text{D}}} ight) \Rightarrow {d_{\left( {A,\left( {SC{\text{D}}} ight)} ight)}} = AH \Rightarrow {d_{\left( {M,\left( {SC{\text{D}}} ight)} ight)}} = \frac{1}{4}AH

    Xét tam giác SAC vuông tại A nên AH = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}

    Do đó \sin \varphi = \frac{{{d_{\left( {M,\left( {SC{\text{D}}} ight)} ight)}}}}{{MD}} = \frac{{1AH}}{{4MD}}=\frac{{\sqrt {10} }}{{24}}

  • Câu 6: Thông hiểu

    Cho một khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng x(cm), biết độ dài cạnh bên và cạnh đáy tỉ lệ 2:1. Tính thể tích V của khối chóp?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O là tâm hình vuông ABCD

    OC = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\sqrt{AB^{2} + BC^{2}} = \frac{1}{2}\sqrt{x^{2} + x^{2}} = \frac{x\sqrt{2}}{2}

    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)

    Trong tam giác SOC vuông tại O ta có:

    SO = \sqrt{SC^{2} - OC^{2}} = \sqrt{(2x)^{2} - \left( \frac{x\sqrt{2}}{2} ight)^{2}} = \frac{x\sqrt{14}}{2}

    Vậy thể tích hình chóp là: V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}S_{ABCD}.SO = \frac{1}{3}.\frac{x\sqrt{14}}{2}.x^{2} = \frac{x^{3}\sqrt{14}}{6}

  • Câu 7: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C. Tam giác SAB vuông cân tại S có M là trung điểm của BC và \widehat{BSC} = 60^{0}. Gọi góc giữa hai đường thẳng AB và CM là \alpha. Chọn kết luận đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Giả sử SA = a \Rightarrow \left\{ \begin{matrix} SB = CA = CB = a \\ AB = a\sqrt{2} \\ \end{matrix} ight.

    Lại có: \widehat{BSC} = 60^{0} suy ra tam giác SBC đều suy ra SC = a

    Suy ra CM = CN = \frac{a\sqrt{3}}{2} hay MN//AB

    Khi đó (AB;CM) = (MN,CM)

    Áp dụng định lí cosin cho tam giác MNC ta có:

    \cos\widehat{CMN} = \frac{MC^{2} + MN^{2} - NC^{2}}{2.MC.MN} = \frac{\sqrt{6}}{6}

    \Rightarrow \cos(AB;CM) = \left| \cos\widehat{CMN} ight| = \frac{\sqrt{6}}{6}

  • Câu 8: Nhận biết

    Công thức tính thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là:

    Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là:

    V = B.h

  • Câu 9: Thông hiểu

    Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh có độ dài bằng 2a. Hình chiếu vuông góc của A' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm H của BC. Tính khoảng các d giữa hai đường thẳng BB' và A'H

    Do BB’ // AA’nên d(BB′;A′H)=d(BB′;(AA′H))=d(B;(AA′H))

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {BH \bot AH} \\ {BH \bot A\prime H} \end{array} \Rightarrow BH \bot \left( {AA\prime H} ight)} ight.

    Nên d(B;(AA′H))=BH=BC/2=a

    Vậy khoảng cách d(BB′;A′H)=a

  • Câu 10: 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 11: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O, tam giác SAB vuông tại A và tam giác SCD vuông tại D. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    \begin{matrix}\widehat{(CD;SA)} = \widehat{(AB;SA)} = 90^{0} \\\Rightarrow \left\{ \begin{matrix}CD\bot SA \\CD\bot SD \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow CD\bot AD \\\end{matrix}

    => ABCD là hình chữ nhật, từ đó ta suy ra

    AC = BD

    AB ⊥ (SAD)

    BC ⊥ AB

    Đáp án SO ⊥ (ABCD) sai

    Nếu SO ⊥ (ABCD) thì \left\{\begin{matrix}CD\bot SO \\CD\bot SA \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow CD\bot AO điều này vô lí

  • Câu 12: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với CD. Mặt phẳng (P) song song với AB và CD lần lượt cắt BC, DB, AD, AC tại M, N, P, Q. Tứ giác MNPQ là hình gì?

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: (MNPQ) // AB; (MNPQ) ∩ (ABC) = MQ

    => MQ // AB

    Tương tự ta có: MN // CD; NP // AB; QP // CD

    Khi đó tứ giác MNPQ là hình bình hành

    Ta có: MN ⊥ MQ (Do AB ⊥ CD)

    Hay tứ giác MNPQ là hình chữ nhật.

  • Câu 13: 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 14: 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 15: 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 16: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA\bot(ABCD). Gọi AE;AF lần lượt là đường cao của tam giác SAB và SAD. Khẳng định nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Vì SA\bot(ABCD) \Rightarrow SA\bot BC

    Mà AB\bot BC \Rightarrow BC\bot(SAB)

    \Rightarrow BC\bot AE \subset (SAB)

    Tam giác SAB có đường cao AE \Rightarrow AE\bot SB

    Mà AE\bot CB \Rightarrow AE\bot(SBC) \Rightarrow AE\bot SC

    Tương tự chứng minh ta được: AF\bot SC \Rightarrow SC\bot(AEF)

  • Câu 17: Nhận biết

    Công thức tính thể tích V của khối nón có bán kính r và chiều cao h là:

    Công thức tính thể tích là: V = \frac{1}{3}\pi r^{2}h

  • Câu 18: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng a, SA\bot(ABCD);SA = a\sqrt{3}. Giả sử (\alpha) là mặt phẳng đi qua điểm B và vuông góc với SC. Tính diện tích thiết diện tạo bởi hình chóp và mặt phẳng (\alpha)?

    Hình vẽ minh họa

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

    Từ O dựng OH vuông góc với SC

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} SC\bot BD \\ SC\bot OE \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SC\bot(BDH)

    Lại có \left\{ \begin{matrix} (\alpha) \cap (SBC) = BH \\ (\alpha) \cap (SCD) = HD \\ (\alpha) \cap (ABCD) = DB \\ \end{matrix} ight.

    Vậy thiết diện cần tìm là tam giác BHD

    S_{BHD} = \frac{1}{2}OH.BD = \frac{1}{2}\frac{SA.CO}{CA}.BD = \frac{a^{2}\sqrt{15}}{10}

  • Câu 19: Nhận biết

    Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình vuông và một cạnh bên vuông góc với mặt đáy. Có bao nhiêu mặt bên vuông góc với mặt đáy?

    Hình vẽ minh họa:

    Giả sử SA ⊥ (ABCD). Khi đó có đúng 2 mặt bên vuông góc với mặt đáy là (SAB), (SAD).

  • Câu 20: Vận dụng cao

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có tâm O. Gọi I là tâm của hình vuông A’B’C’D’ và điểm M thuộc đoạn OI sao cho MO = 2MI (tham khảo hình vẽ). Khi đó sin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (MC’D’) và (MAB) bằng:

    Hình ảnh minh họa:

    Do AB // C’D’ nên giao tuyến của (MAB) và (MC’D’) là đường thẳng ∆ // AB // C’D’.

    Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của D’C’ và AB ta có:

    \left\{ \begin{matrix} MP\bot C’D’ \\ MQ\bot AB \\ \end{matrix} ight.=> MP ⊥ ∆, MQ ⊥ ∆.

    Như vậy góc giữa (MAB) và (MC0’’) là góc giữa MP và MQ.

    Không mất tính tổng quát, ta cho cạnh hình lập phương là 6.

    Khi đó \left\{ \begin{matrix} MP = \sqrt{IM^{2} + IP^{2}} = \sqrt{10} \\ MQ = \sqrt{34};PQ = 6\sqrt{2} \\ \end{matrix} ight.

    Áp dụng định lí cosin cho tam giác MPQ ta được:

    \cos\widehat{PMQ} = \frac{MP^{2} + MQ^{2} - PQ^{2}}{2MP.MQ} = - \frac{14}{\sqrt{340}}

    Góc α là góc giữa hai mặt phẳng (MC’D’) và (MAB) ta có:

    \cos\alpha = \frac{14}{\sqrt{340}} = \frac{7\sqrt{85}}{85} \Rightarrow \sin\alpha = \frac{6\sqrt{85}}{85}

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
  • 99 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