Lớp 11 Toán 11 - Cánh Diều

Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 Chương 8 Cánh Diều

Mô tả thêm: Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 Quan hệ vuông góc trong không gian. Phép chiếu vuông góc gồm 20 câu hỏi trắc nghiệm giúp bạn học ôn tập, củng cố lại kiến thức sách Cánh Diều.
  • 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 tứ diện đều ABCD. Gọi trung điểm của các cạnh AB;BC lần lượt là M;N. Kết luận nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi P là trung điểm của BD.

    Ta có: MN;NP;MP lần lượt là đường trung bình của tam giác ABC;BCD;ABD.

    Do đó:

    MN//AC;MN = \frac{1}{2}AC

    NP//CD;NP = \frac{1}{2}CD

    Vì ABCD là tứ diện đều \Rightarrow AC = CD = AD

    \Rightarrow MN = NP = MP nên tam giác MNP là tam giác đều.

    \Rightarrow (MN;CD) = (MN;NP) = \widehat{MNP} = 60^{0}

  • Câu 2: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD), đáy ABCD là hình chữ nhật với AC = a\sqrt{5} và BC = . Tính khoảng cách giữa SD và BC.

    Hình vẽ minh họa:

    Theo giả thiết, suy ra AD là hình chiếu vuông góc của SD lên mặt phẳng (ABCD) và CD ⊥ AD (do ABCD là hình chữ nhật), nên theo định lý ba đường vuông góc suy ra CD ⊥ SD. Vì CD cũng vuông góc với BC nên CD là đoạn vuông góc chung của SD và BC.

    CD = \sqrt{AC^{2} - BC^{2}} =\sqrt{5a^{2} - 2a^{2}} = a\sqrt{3}

  • Câu 3: Vận dụng

    Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có cạnh bên AA' = a\sqrt{2}. Biết đáy ABC là tam giác vuông có BA = BC = a, gọi M là trung điểm của BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B’C.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi N là trung điểm của BB’ => MN // B’C

    => B’C // (AMN)

    => d(AM, B’C) = d(B’C, (AMN)) = d(B’, (AMN)) = d(B, (AMN))

    Kẻ BH ⊥ AM, BK ⊥ HN

    => BK ⊥ (AMN)

    => d(AM, B’C) = d(B, (AMN)) = BK

    Ta có:

    \frac{1}{BH^{2}} = \frac{1}{AB^{2}} +\frac{1}{BM^{2}}

    \Rightarrow \frac{1}{BH^{2}} =\frac{1}{a^{2}} + \frac{4}{a^{2}} = \frac{5}{a^{2}}

    \Rightarrow BH =\frac{a}{\sqrt{5}}

    Ta có: BN =\frac{a\sqrt{2}}{2}

    Do tam giác ABM vuông tại B

    \frac{1}{BK^{2}} = \frac{1}{BH^{2}} +\frac{1}{BN^{2}}

    \Rightarrow \frac{1}{BK^{2}} =\frac{5}{a^{2}} + \frac{2}{a^{2}} = \frac{7}{a^{2}}

    \Rightarrow BK =\frac{a\sqrt{7}}{7}

    \Rightarrow d(AM;B'C) =\frac{a\sqrt{7}}{7}

  • Câu 4: Vận dụng

    Cho hình lập phương ABCD.EFGH. Hãy xác định góc giữa cặp vecto \overrightarrow {AB} và \overrightarrow {DH}?

    Hình vẽ minh họa

    Xác định góc giữa hai vectơ

    Ta có:

    \begin{matrix} \left\{ \begin{gathered} AB \bot AE \hfill \\ AE//DH \hfill \\ \end{gathered} ight. = > AB \bot DH \hfill \\ \Rightarrow \widehat {\left( {AB,DH} ight)} = {90^0} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 5: 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 6: 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 7: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) là góc giữa cặp đường thẳng nào sau đây?

    Hình vẽ minh họa:

    Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cắt nhau theo giao tuyến SO và cùng vuông góc với đáy nên SO ⊥ (ABCD).

    Vậy góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) là góc giữa SB và BD.

  • Câu 8: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB, AD. Gọi α là góc giữa SA và (SHK). Chọn mệnh đề đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi I là giao điểm của HK và AC

    Dễ dàng suy ra HK // BD => HK ⊥ AC

    Ta lại có: AC ⊥ SH

    => AC ⊥ (SHK)

    => \left( SA;(SHK) ight) = (SA;SI) = \widehat{ASI}

    Tam giác SIA vuông tại I ta có:

    \tan\widehat{ASI} = \dfrac{AI}{SI} =\dfrac{\dfrac{1}{4}AC}{\sqrt{SA^{2} - AI^{2}}} =\dfrac{\sqrt{7}}{7}

  • Câu 9: Nhận biết

    Cho tứ diện đều ABCD. Số đo góc giữa hai đường thẳng AB và CD là:

    Gọi a là độ dài cạnh tứ diện. Khi đó

    \begin{matrix} \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = \left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CB} } ight).\overrightarrow {CD} \hfill \\ = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {CD} + \overrightarrow {CB} .\overrightarrow {CD} \hfill \\ = AC.CD.\cos {120^0} + CB.CD.\cos {60^0} \hfill \\ = - \dfrac{{{a^2}}}{2} + \dfrac{{{a^2}}}{2} = 0 \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {CD} \Rightarrow AB \bot CD \hfill \\ \end{matrix}

     

  • Câu 10: Thông hiểu

    Tính thể tích khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng 1cm?

    Hình vẽ minh họa

    Giả sử khối chóp tứ giác đều đã cho là S.ABCD

    Khi đó ABCD là hình vuông cạnh bằng 1 cm và SA = SB = SC = SD = 1cm

    Gọi H là tâm hình vuông ABCD thì SH\bot(ABCD) nên SH là chiều cao của khối chóp S.ABCD.

    Tính SH

    Xét tam giác ABC vuông tại B ta có:

    AC = \sqrt{AB^{2} + BC^{2}} = \sqrt{1^{2} + 1^{2}} = \sqrt{2}(cm)

    Nhận thấy AC^{2} = SA^{2} + SC^{2} nên tam giác SAC vuông tại S

    \Rightarrow SH = \frac{AC}{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}(cm)

    Diện tích đáy của khối chóp là S_{ABCD} = 1^{2} = 1\left( cm^{2} ight)

    Thể tích khối chóp S.ABCD là V = \frac{1}{3}.S_{ABCD}.SH = \frac{1}{3}.1.\frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{6}\left( cm^{3} ight)

  • Câu 11: 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 12: 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 13: 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 14: 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 15: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có thể tích bằng \frac{4}{3}a^{3}, đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a\sqrt{2}; SA = SD. Biết mặt bên (SAD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Xác định khoảng cách d\left( B;(SCD) ight)?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi I là trung điểm của AD

    Tam giác SAD cân tại S suy ra SI\bot AD

    Ta có \left\{ \begin{matrix} SI\bot AD \\ (SAD)\bot(ABCD) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SI\bot(ABCD)

    Suy ra SI là đường cao của hình chóp

    Theo giả thiết

    V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}SI.S_{ABCD}

    \Leftrightarrow \frac{4a^{3}}{3} = \frac{1}{2}SI.2a^{2}

    \Leftrightarrow SI = 2a

    Vì AB//(SCD) \Rightarrow d\left( B;(SCD) ight) = d\left( A;(SCD) ight) = 2d\left( I;(SCD) ight)

    Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên SD

    Mặt khác \left\{ \begin{matrix} SI\bot DC \\ ID\bot DC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow IH\bot DC. Ta có: \left\{ \begin{matrix} IH\bot SD \\ IH\bot DC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow IH\bot(SCD)

    \Rightarrow d\left( I;(SCD) ight) = IH

    Xét tam giác SID vuông tại I có:

    \frac{1}{IH^{2}} = \frac{1}{SI^{2}} + \frac{1}{ID^{2}} = \frac{1}{4a^{2}} + \frac{4}{2a^{2}} \Rightarrow IH = \frac{2a}{3}

    \Rightarrow d\left( B;(SCD) ight) = d\left( A;(SCD) ight) = 2d\left( I;(SCD) ight) = \frac{4a}{3}

  • Câu 16: 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 17: 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 18: Vận dụng

    Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng . Điểm M và N lần lượt là trung điểm các đoạn AC, BB’. Côsin góc giữa đường thẳng MN và (BA’C’) bằng

     Côsin góc giữa đường thẳng MN và (BA’C’) bằng

    Gọi là số đo góc giữa MN và (BA’C’), K là hình chiếu vuông góc của N lên (B’A’C’).

    Khi đó \sin \alpha = \frac{{NK}}{{NI}} = \frac{{d\left( {N;\,\,\left( {BA'C'} ight)} ight)}}{{NI}}

    Gọi E là trung điểm của A’C’, khi đó BMEB’ là hình chữ nhật. Gọi I = MN \cap BE, ta có

    MN = \sqrt {B{M^2} + B{N^2}} = 1 \Rightarrow IN = \frac{1}{3}MN = \frac{1}{3}

    Ta có \frac{{d\left( {N;\,\,\left( {BA'C'} ight)} ight)}}{{d\left( {B';\,\,\left( {BA'C'} ight)} ight)}} = \frac{{NB}}{{B'B}} = \frac{1}{2}

    \left\{ \begin{gathered} A'C' \bot B'E \hfill \\ A'C' \bot ME \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow A'C' \bot \left( {BMEB'} ight) \Rightarrow \left( {BA'C'} ight) \bot \left( {BMEB'} ight)

    \left( {BA'C'} ight) \cap \left( {BMEB'} ight) = BE. Kẻ B'H \bot BE\,\left( {H \in BE} ight)

    \begin{matrix} \Rightarrow B'H \bot \left( {BA'C'} ight) \Rightarrow d\left( {B';\,\,\left( {BA'C'} ight)} ight) = B'H \hfill \\ B'H = \dfrac{1}{{\sqrt {\dfrac{1}{{B'{E^2}}} + \dfrac{1}{{B'{B^2}}}} }} = \dfrac{{\sqrt {21} }}{7} \hfill \\ \end{matrix}

    Từ \frac{{d\left( {N;\,\,\left( {BA'C'} ight)} ight)}}{{d\left( {B';\,\,\left( {BA'C'} ight)} ight)}} = \frac{1}{2} \Rightarrow d\left( {N;\,\,\left( {BA'C'} ight)} ight) = \frac{{\sqrt {21} }}{{14}}

    \begin{matrix} \Rightarrow \sin \alpha = \dfrac{{d\left( {N;\,\,\left( {BA'C'} ight)} ight)}}{{NI}} = \dfrac{{3\sqrt {21} }}{{14}} \hfill \\ \Rightarrow \cos \alpha = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } = \sqrt {1 - {{\left( {\dfrac{{3\sqrt {21} }}{{14}}} ight)}^2}} = \dfrac{{\sqrt 7 }}{{14}} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 19: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB =a;SA\bot(ABC);SA = a. Tính số đo góc giữa SB và (SAC)?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi I là trung điểm AC. Tam giác ABC vuông cân tại B nên BI\bot AC

    Có BI\bot SA do SA\bot(ABC)suy ra BI\bot(SAC)

    Do vậy SI là hình chiếu vuông góc của SB lên (SAC). Khi đó

    \left( SB;(SAC) ight) = (SB;SI) =\widehat{BSI}

    Xét tam giác SBI vuông tại I (do BI\bot(SAC) \Rightarrow BI\bot SI)

    SB = \sqrt{SA^{2} + AB^{2}} =a\sqrt{2}

    SI = \sqrt{SA^{2} + AI^{2}} =\frac{a\sqrt{6}}{2}

    \cos S = \frac{SI}{SB} =\frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \widehat{BSI} = 30^{0}

    Vậy \left( SB;(SAC) ight) =30^{0}

  • Câu 20: Vận dụng cao

    Cho tứ diện ABCD trong đó AB = 6; CD = 3, góc giữa AB và CD là 600 và điểm M trên BC sao cho BM = 2MC. Mặt phẳng (P) qua M song song với AB và CD cắt BD, AD, AC lần lượt tại M, N, Q. Diện tích MNPQ bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} (MNPQ)//AB \\ (MNPQ) \cap (ABC) = MQ \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow MQ//AB

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

    Do đó tứ giác MNPQ là hình bình hành

    Ta có: (AB, CD) = (QM, MP) = 600

    Suy ra: S_{MNPQ} = QM.QN.sin60^{0}

    Ta có:

    \begin{matrix}\Delta CMQ\sim\Delta CBA \hfill\\\Rightarrow \dfrac{CM}{CB} = \dfrac{MQ}{AB} = \dfrac{1}{3} \hfill\\\Rightarrow MQ = 2 \hfill\\\Delta AQN\sim\Delta ACD \hfill \\\Rightarrow \dfrac{AQ}{AC} = \dfrac{QN}{CD} = \dfrac{2}{3} \hfill\\\Rightarrow MQ = 2 \hfill \\\end{matrix}

    => S_{MNPQ} = QM.QN.sin60^{0} = 2.2.\frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}

Nộp bài

Chúc mừng Bạn đã hoàn thành bài!

Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 Chương 8 Cánh Diều Kết quả
  • Thời gian làm bài: 00:00:00
  • Số câu đã làm: 0
  • Điểm tạm tính: 0
Làm lại
  • 49 lượt xem
Sắp xếp theo
🖼️
Xóa Gửi bình luận
Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 Chương 8 Cánh Diều
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