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: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi \alpha = \left( SD;(ABCD) ight). Xác định \alpha?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: Hình chiếu của SD lên mặt phẳng (ABCD) là AD nên góc giữa SD và mặt phẳng đáy là góc \widehat{SDA}

    \Rightarrow \alpha = \widehat{SDA}

  • Câu 2: Nhận biết

    Cho hai đường thẳng a,b và mặt phẳng (Q). Chọn mệnh đề sai trong các mệnh đề dưới đây?

    Mệnh đề: “Nếu a//(Q),b\bot a thì b\bot(Q).” Sai vì đường thẳng b có thể nằm trong mặt phẳng (Q).

  • Câu 3: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng x, SA\bot(ABCD);SA = 2x. Gọi F trung điểm các cạnh AB, G là trung điểm của SF. Tính \cos(CG;BD)?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi I là trung điểm của AD, H là trung điểm của SI.

    Ta có: GH // FI; BD // FI nên GH // BD => (CG;BD) = (CG;GH) = \widehat{CGH}

    Ta có: CI = \sqrt{CD^{2} + DI^{2}} = \sqrt{x^{2} + \frac{x^{2}}{4}} = \frac{x\sqrt{5}}{2}

    \Rightarrow CI = \frac{x\sqrt{5}}{2}

    SF = SI = \sqrt{SA^{2} + AF^{2}} = \sqrt{(2x)^{2} + \left( \frac{x}{2} ight)^{2}} = \frac{x\sqrt{17}}{2}

    SC = \sqrt{SA^{2} + AC^{2}} = \sqrt{(2x)^{2} + \left( x\sqrt{2} ight)^{2}} = x\sqrt{6}

    Khi đó:

    CG = \sqrt{\frac{CF^{2} + SC^{2}}{2} -\frac{SF^{2}}{4}}= \sqrt{\dfrac{\dfrac{5x^{2}}{4} + 6x^{2}}{2} -\dfrac{9x^{2}}{4}} = \dfrac{x\sqrt{41}}{4}

    GH = \frac{1}{2}FI = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}BD = \frac{x\sqrt{2}}{4}

    Ta có: \cos\widehat{CGH} = \frac{GC^{2} + GH^{2} - HC^{2}}{2.GC.GH}

    = \dfrac{\left( \dfrac{x\sqrt{41}}{4}ight)^{2} + \left( \dfrac{x\sqrt{2}}{4} ight)^{2} - \left(\dfrac{x\sqrt{41}}{4} ight)^{2}}{2.\left( \dfrac{x\sqrt{41}}{4}ight).\left( \dfrac{x\sqrt{2}}{4} ight)} =\dfrac{\sqrt{82}}{82}

    \Rightarrow \cos(CG;BD) = \frac{\sqrt{82}}{82}

  • Câu 4: 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 5: 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 6: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a (tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và A’C’ bằng:

    Do BD và A’C’ lần lượt nằm trên hai mặt phẳng (ABCD) và (A’B’C’D’) song song với nhau nên d(A’C’, BD) = d((ABCD),(A’B’C’D’)).

    Mà ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên ta có d((ABCD), (A’B’C’D’)) = AA’ = a. Vậy d(A’C’, BD) = a.

  • Câu 7: Thông hiểu

    Cho hình lăng trụABC.A’B’Ccó đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a,\widehat {ACB} = 30^\circ, M là trung điểm cạnh AC. Góc giữa cạnh bên và mặt đáy của lăng trụ bằng 600. Hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của BM. Gọi \alpha là góc tạo bởi A’H với (A’ACC’). Tính \sin\alpha?

    Sin của góc tạo bởi A’H với (A’ACC’)

    Ta có A'H \bot \left( {ABC} ight) nên A’H là đường cao của lăng trụ.

    Kẻ HK \bot AC (K thuộc đoạn AC)

    Kẻ

    Suy ra HI \bot \left( {AA'C'C} ight)

    Khi đó \alpha = \left( {A'H,A'I} ight) = \widehat {HA'K}

    Sin của góc tạo bởi A’H với (A’ACC’)

    +) Do tam giác MCB cân tại B nên \widehat {BMC} = \widehat {BCM} = 30^\circ

    \begin{matrix} MH = \dfrac{1}{2}BM = \dfrac{1}{4}AC = \dfrac{1}{4}\dfrac{{AB}}{{\sin 30^\circ }} = \dfrac{a}{2} \hfill \\ \Rightarrow HK = MH.\sin 60^\circ = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4} \hfill \\ \end{matrix}

    +) Mặt khác, góc giữa cạnh bên A’A và mặt đáy bằng \widehat {A'AH} = 60^\circ (theo giả thiết)

    Và BM = AM = AB = a

    => Tam giác AMB là tam giác đều cạnh a

    \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow A'H = AH.\tan 60^\circ = \frac{{3a}}{2}

    Vì vậy, \sin \alpha = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\dfrac{{3a}}{2}}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{6}

  • Câu 8: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B. cạn bên SA vuông góc với đáy. Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác SAB. Khẳng định nào dưới đây là sai?

    Hình vẽ minh họa

    Chọn khẳng định sai

    Theo bài ra, ta có SA⊥(ABC) mà BC⊂(ABC)⇒SA⊥BC

    Tam giác ABC vuông tại B, có AB⊥BC => BC⊥(SAB)⇒BC⊥AH

    Khi đó \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {AH \bot SB} \\ {AH \bot BC} \end{array}} ight.

    ⇒AH⊥(SBC)⇒AH⊥SC

    Nếu AH⊥AC mà SA⊥AC suy ra AC⊥(SAH)⇒AC⊥AB (vô lý).

  • Câu 9: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, (SAB) ⊥ (ABCD), (SAC) ⊥ (ABCD), SA = 2a. Gọi α là góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAD). Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng?

    Hình vẽ minh họa:

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

    => Hình chiếu vuông góc của SB trên mặt phẳng (SAD) là SA

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

    Xét tam giác SAB vuông ta có:

    \cos\widehat{BSA} = \frac{SA}{SB} = \frac{SA}{\sqrt{SA^{2} + AB^{2}}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}

  • Câu 10: 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 11: Vận dụng

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Gọi K là trung điểm của DD’. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CK, A’D.

    Hình vẽ minh họa:

    Trong mặt phẳng (CDD’C), gọi P là giao điểm của CK và C’D’

    => KD’ là đường trung bình của ∆PCC’

    => D’ là trung điểm của PC’

    Trong mặt phẳng (A’B’C’D’), gọi M là giao điểm của PB’ và A’D’

    Ta có: A’D // B’C => A’D // (AKB’)

    => d(CK, A’D) = d (A’,(CKB’)) = \frac{1}{2}d(C’,(CPB’))

    Xét tứ diện PCC’B’ ta có:

    C’P, C’B và C’B đôi một vuông góc với nhau

    Đặt d(C’, (CPB’)) = x, thì:

    \frac{1}{x^{2}} = \frac{1}{CC'^{2}}+ \frac{1}{C'B'^{2}} + \frac{1}{C'P^{2}}

    \Rightarrow \frac{1}{x^{2}} =\frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{4a^{2}} =\frac{9}{4a^{2}}

    \Rightarrow d\left( C';(CPB')ight) = x = \frac{2a}{3}

    \Rightarrow d(CK;A'D) =\frac{1}{2}d\left( C';(CPB') ight) = \frac{1}{2}.\frac{2a}{3}= \frac{a}{3}

  • Câu 12: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = \frac{a\sqrt{2}}{2}. Tam giác SAC vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo a?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên AC

    Ta có: SO = \frac{1}{2}AC = \frac{a\sqrt{2}}{2}

    Suy ra tam giác SAO đều

    \Rightarrow SH = \frac{a\sqrt{6}}{4}

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{4}.a^{2} = \frac{a^{3}\sqrt{6}}{12}

  • Câu 13: 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 14: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , độ dài cạnh bên bằng a . Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA và BC . Góc giữa MN và SC bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi P là trung điểm của SB

    Ta có: SC//NP \Rightarrow (MN,SC) = (MN,NP) = \widehat{MNP}

    Mà MP = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2};NP = \frac{1}{2}SC = \frac{a}{2}

    MC^{2} = \frac{2\left( SC^{2} + AC^{2} ight) - SA^{2}}{4}

    = \frac{2\left( a^{2} + 2a^{2} ight) - a^{2}}{4} = \frac{5a^{2}}{4}

    MB = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    MN^{2} = \frac{2\left( MC^{2} + MB^{2} ight) - BC^{2}}{4}

    = \dfrac{2\left( \dfrac{5a}{4}^{2} +\dfrac{3a}{4}^{2} ight) - a^{2}}{4} = \dfrac{3a^{2}}{4}

    \Rightarrow \cos\widehat{MNP} = \frac{NP^{2} + MN^{2} - MP^{2}}{2NP.MN}

    = \dfrac{MN}{2NP} =\dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{2}}{2.\dfrac{a}{2}} =\dfrac{\sqrt{3}}{2}

    \Rightarrow \widehat{MNP} = 30^{0}

  • Câu 15: Nhận biết

    Cho hai đường thẳng a và a’ lần lượt có vecto chỉ phương là \overrightarrow u ;\overrightarrow {u'}. Nếu \varphi là góc giữa hai đường thẳng a và a’ thì

    Do góc giữa hai đường thẳng bằng hoặc bù với góc giữa hai vecto chỉ phương của chúng nên đáp án đúng là: \cos \varphi = \left| {\cos \left( {\overrightarrow u ;\overrightarrow {u'} } ight)} ight|

  • Câu 16: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có AB = CD. Gọi I, J E, F lần lượt là trung điểm của AC, BC, BD, AD. Góc (IE; JF) bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: IF là đường trung bình của tam giác ACD => \left\{ \begin{matrix}IF//CD \\IF = \dfrac{1}{2}CD \\\end{matrix} ight.

    JE là đường trung bình của tam giác BCD => \left\{ \begin{matrix}JE//CD \\JE = \dfrac{1}{2}CD \\\end{matrix} ight.

    => \left\{ \begin{matrix} IF = JE \\ IF//JE \\ \end{matrix} ight.=> Tứ giác IJEF là hình bình hành

    Mặt khác \left\{ \begin{matrix}IJ = \dfrac{1}{2}AB \\JE = \dfrac{1}{2}CD \\\end{matrix} ight.. MÀ AB = CD => IJ = JE

    Do đó IJEF là hình thoi => (IE; JF) = 900

  • Câu 17: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy, SA = a\sqrt{3}. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD là:

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    BC ⊥ AB

    BC ⊥ SA

    => BC ⊥ (SAB).

    Vì SB ⊂ (SAB) và CD // (SAB) => d(SB, CD) = d(CD, (SAB)) = d(C, (SAB)) = BC = a

  • Câu 18: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a. Góc tạo bởi cạnh bên SA và mặt phẳng đáy bằng 45^{0}. Thể tích khối chóp là:

    Hình vẽ minh họa

    \left( SA;(ABC) ight) = \widehat{SAO} = 45^{0}

    SO = AO.tan45^{0} = \frac{a\sqrt{3}}{3}

    V = \frac{1}{3}.SO.S_{ABC} = \frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{3}.\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4} = \frac{a^{3}}{12}

  • Câu 19: Thông hiểu

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Tan góc giữa đường thẳng BD’ và mặt phẳng (ADD’A’) bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa:

    Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên BA ⊥ (ADD’A’)

    Do đó góc giữa đường thẳng BD’ và mặt phẳng (ADD’A’) là góc \widehat{BD'A}

    Gọi độ dài cạnh của hình lập phương là a

    Khi đó AB = a;AD' =a\sqrt{2}

    => \tan\widehat{BD'A} =\frac{AB}{AD'} = \frac{1}{\sqrt{2}}

    Vậy tan góc giữa đường thẳng BD’ và mặt phẳng (ADD’A’) là \frac{\sqrt{2}}{2}

  • Câu 20: Vận dụng cao

    Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AA’ = 2a; AD = 4a. Gọi M là trung điểm của cạnh AD. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng A’B’ và C’M.

    Ta có: AA’ = AM = MD = 2a nên tam giác AMA’ và tam giác MDD’ lần lượt là tam giác vuông tại A và D

    => \widehat{AMA'} = \widehat{D'MD} = 45^{0} \Rightarrow A'M\bot MD' (1)

    Ta lại có: C'D'\bot(A'D'DA) \Rightarrow C'D'\bot A'M (2)

    Từ (1) và (2) => A'M\bot(MC'Ð)

    Ta lại có A’B’ // C’D’ => A’B’ // (MC’D’)

    => Khoảng cách d = d(A’B’, (MC’D’)) = d(A’; (MC’D’))

    => A'M = \sqrt{AA'^{2} + AM^{2}} = 2a\sqrt{2}

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
  • 81 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