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: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D với AB = 2a, AD = DC = a. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa SC và mặt đáy bằng 600. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AC và SB.

    Hình vẽ minh họa:

    Xác định góc 600

    \widehat{\left( SC;(ABCD) ight)} =\widehat{(SC;AC)} = 60^{0} = \widehat{SCA}

    SA = AC.tan\widehat{SCA} =a\sqrt{6}

    Gọi M là trung điểm AB => ADCM là hình vuông => CM = AD = a

    Xét tam giác ACB ta có:

    CM = a = \frac{1}{2}AB

    => Tam giác ACB vuông tại C

    Lấy điểm E sao cho ACBE là hình chữ nhật

    => AC // BE

    => d(AC, SB) = d(AC, (SBE)) = d(A,(SBE))

    Kẻ AK ⊥ SE. Khi đó:

    d\left( A;(SBE) ight) = AK =\frac{SA.AE}{\sqrt{SA^{2} + AE^{2}}} = \frac{a\sqrt{6}}{2}

  • Câu 2: Vận dụng

    Giả sử V là thể tích khối tứ diện đều ABCD . Trung điểm tất cả các cạnh của tứ diện tạo thành một đa diện có thể tích V' . Tỉ số \frac{V'}{V} = 1/2

    (Kết quả được ghi dưới dạng phân số tối giản a/b)

    Đáp án là:

    Giả sử V là thể tích khối tứ diện đều ABCD . Trung điểm tất cả các cạnh của tứ diện tạo thành một đa diện có thể tích V' . Tỉ số \frac{V'}{V} = 1/2

    (Kết quả được ghi dưới dạng phân số tối giản a/b)

    Hình vẽ minh họa

    Giả sử tứ diện đều cạnh bằng a

    Hình đa diện cần tính có được bằng cách cắt 4 góc tứ diện

    Mỗi góc cũng là một tứ diện đều có cạnh bằng \frac{a}{2}

    Do đó thể tích phần cắt bỏ là V'' = 4.\frac{V}{8} = \frac{V}{2}

    (Vì tứ diện cạnh giảm một nưả thì thể tích giảm \left( \frac{1}{2} ight)^{3} = \frac{1}{8}

    Vậy V' = \frac{V}{2} \Rightarrow \frac{V'}{V} = \frac{1}{2}

  • Câu 3: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, trung điểm các cạnh AD,BC lần lượt là M,N. Xác định độ dài đoạn thẳng MN để góc giữa hai đường thẳng AB và MN bằng 30^{0}.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi P là trung điểm của AC

    Ta có: \left\{ \begin{matrix}NP//AB \\MP//CD \\NP = NP = \dfrac{a}{2} \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow (AB,CD) = (NP,MN)

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

    = \dfrac{MN^{2} + \dfrac{a}{4}^{2} -\dfrac{a}{4}^{2}}{2MN.\dfrac{a}{2}} = \dfrac{MN}{a}

    (AB,MN) = 30^{0} \Rightarrow \left\{ \begin{matrix} \widehat{MNP} = 30^{0} \\ \widehat{MNP} = 150^{0} \\ \end{matrix} ight.

    \widehat{MNP} = 30^{0} \Rightarrow \frac{MN}{a} = \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow MN = \frac{a\sqrt{3}}{2}(TM)

    \widehat{MNP} = 150^{0} \Rightarrow \frac{MN}{a} = - \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow MN = - \frac{a\sqrt{3}}{2}(KTM)

  • Câu 4: Nhận biết

    Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau. Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề sai?

    Mệnh đề sai là: “Nếu đường thẳng a vuông góc với giao tuyến của (P) và (Q) thì a vuông góc với mặt phẳng (P) và vuông góc với mặt phẳng (Q).”

  • Câu 5: 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 6: Nhận biết

    Cho khối chóp tam giác có chiều cao bằng 5, diện tích đáy bằng 6. Thể tích của hình chóp bằng:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 6 \\ h = 5 \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối chóp tam giác là V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}.6.5 = 10

  • Câu 7: Thông hiểu

    Khối lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A. Biết AB = 2a và góc giữa đường thẳng BC' và mặt phẳng (ACC'A') bằng 30^{0}. Tính thể tích khối lăng trụ đứng ABC.A'B'C'.

    Hình vẽ minh họa

    Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} AB\bot AC \\ AB\bot AA' \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AB\bot(ACC'A')

    Suy ra \left( BC';(ACC'A') ight) = (BC';AC') = \widehat{AC'B} = 30^{0}

    Ta có: AC' = \frac{AB}{tan30^{0}} = 2\sqrt{3}a

    \Rightarrow AA' = \sqrt{12a^{2} - 4a^{2}} = 2\sqrt{2}a

    Vậy V_{ABC.A'B'C'} = AA'.S_{ABC} = 2\sqrt{2}a.\frac{1}{2}.2a.2a = 4\sqrt{2}a^{3}

  • Câu 8: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Góc giữa hai đường thẳng BA' và CD là:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: AB//CD \Rightarrow (BA',CD) = (BA',AB)

    Vì ABB'A' là hình vuông nên (BA',AB) = \widehat{ABA'} = 45^{0}

  • Câu 9: 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 10: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, SA\bot(ABCD), SA = AB = a;AD = 2a. Gọi H;K lần lượt là hình chiếu của A lên SB;SD. Xét tính đúng sai của các kết luận sau?

    a) AH\bot SC Đúng||Sai

    b) SC\bot(AHK) Đúng||Sai

    c) \widehat{\left( (SCD);(ABCD) ight)} = \widehat{SCA} Sai||Đúng

    d) \cos\left( (AHK);(ABCD) ight) = \frac{\sqrt{2}}{2}Sai||Đúng

    Đáp án là:

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, SA\bot(ABCD), SA = AB = a;AD = 2a. Gọi H;K lần lượt là hình chiếu của A lên SB;SD. Xét tính đúng sai của các kết luận sau?

    a) AH\bot SC Đúng||Sai

    b) SC\bot(AHK) Đúng||Sai

    c) \widehat{\left( (SCD);(ABCD) ight)} = \widehat{SCA} Sai||Đúng

    d) \cos\left( (AHK);(ABCD) ight) = \frac{\sqrt{2}}{2}Sai||Đúng

    Hình vẽ minh họa

    a) Ta có: \left\{ \begin{matrix} BC\bot AB \\ BC\bot SA \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SAB);AH \subset (SAB)

    \Rightarrow AH\bot BC

    Lại có AH\bot SB \Rightarrow AH\bot(SBC) \Rightarrow AH\bot SC(*)

    b) Chứng minh tương tự câu a ta có:

    \left\{ \begin{matrix} CD\bot AD \\ CD\bot SA \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow CD\bot(SAD);AK \subset (SAD)

    \Rightarrow AK\bot CD mà AK\bot SD \Rightarrow AK\bot(SCD)

    \Rightarrow AK\bot SC(**)

    Từ (*) và (**) suy ra: SC\bot(AHK).

    c) Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} (SCD) \cap (ABCD) = CD \\ AD\bot CD \equiv \left\{ D ight\} \\ SD\bot CD \equiv \left\{ D ight\} \\ \end{matrix} ight.

    Suy ra góc giữa (SCD) và (ABCD) là góc giữa AD và SD đó là góc \widehat{SDA}.

    d) Ta có: SA\bot(ABCD) \Rightarrow \widehat{\left( (AHK);(ABCD) ight)} = \widehat{(SC;SA)} = \widehat{ASC}

    Lại có ABCD là hình chữ nhật nên AC = \sqrt{AB^{2} + AD^{2}} = a\sqrt{5}

    Tam giác SAC vuông tại A nên SC = \sqrt{SA^{2} + AC^{2}} = a\sqrt{6}

    \Rightarrow \cos\widehat{ASC} = \frac{SA}{SC} = \frac{\sqrt{6}}{6}

    \Rightarrow \cos\left( (AHK);(ABCD) ight) = \frac{\sqrt{6}}{6} eq \frac{\sqrt{2}}{2}

  • Câu 11: Thông hiểu

    Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD, đáy là tứ giác ABCD cạnh bằng a. Biết cạnh bên gấp hai lần cạnh đáy. Tính thể tích khối chóp S.ABCD.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi I là tâm đáy.

    Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SI là đường cao của hình chóp.

    Ta có: BD = \sqrt{AB^{2} + AD^{2}} = a\sqrt{2}

    Vì AI là trung tuyến của tam giác ABD vuông tại A

    \Rightarrow AI = \frac{1}{2}BD = \frac{a\sqrt{2}}{2}

    Chiều cao của khối chóp là SI = \sqrt{SA^{2} - AI^{2}} = \sqrt{4a^{2} - \left( \frac{a\sqrt{2}}{2} ight)} = \frac{a\sqrt{14}}{2}

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}.SI.S_{ABCD} = \frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{14}}{2}a^{2} = \frac{a^{3}\sqrt{14}}{6}

  • Câu 12: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABC có \widehat{BSC} = 120^{0};\widehat{CSA} = 60^{0};\widehat{ASB} = 90^{0}và SA = SB = SC. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC), khi đó:

    Hình vẽ minh họa:

    Đặt SA = a

    Xét tam giác SAB vuông cân tại S ta có:

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

    Xét tam giác SAC cân tại S ta có:

    \widehat{CSA} = 60^{0} => SA = SC = AC = a

    Áp dụng định lí cosin cho tam giác SBC ra có:

    \begin{matrix}BC^{2} = SB^{2} + SC^{2} - 2SB.SC.cos\widehat{BSC} \hfill \\BC^{2} = a^{2} + a^{2} - 2a.a.cos120^{0} = 3a^{2} \hfill \\BC = a\sqrt{3} = \sqrt{AB^{2} + AC^{2}} \hfill \\\end{matrix}

    Vậy tam giác ABC vuông tại A mà H là hình chiếu của S trên (ABC) nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

    Hay H là trung điểm của BC.

  • Câu 13: Thông hiểu

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

    Hình vẽ minh họa

    Hãy xác định góc giữa cặp vecto

    Ta có: AEGC là hình chữ nhật nên EG // AC

    Vì ABCD là hình vuông nên

    => \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {EG} } ight) = \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } ight) = \widehat {BAC} = {45^0}

  • Câu 14: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 3a. Cạnh bên SA vuông góc với (ABCD), góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 30◦ . Tìm khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC).

    Ta có:

    Gọi H là chân đường cao lên cạnh SB. Khi đó, ta có

    d(A, (SBC)) = AH. sin 30◦ => AH = AB . sin 30◦ = \frac{3a}{2}

  • Câu 15: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'có cạnh bằng a. Khoảng cách từ A' đến mp (ABCD) bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có A'A\bot(ABCD) nên d\left( A',(ABCD) ight) = A'A = a.

  • Câu 16: 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}

  • Câu 17: 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 18: 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 19: 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 20: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a; \widehat{ABC} = 60^{0}. Biết SO\bot(ABCD);SO = a\sqrt{3}. Gọi \alpha là góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAC). Khẳng định nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

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

    \Rightarrow (SBD)\bot(SAC)

    Mà (SBD) \cap (SAC) = SO

    \Rightarrow \left( SB;(SAC) ight) = (SB;SO) = \widehat{BSO}

    Ta có: \tan\widehat{BSO} = \frac{SB}{SO} = \frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{a\sqrt{3}} = \frac{1}{2}

    \Rightarrow \widehat{BSO} = \arctan\frac{1}{2} = \alpha

    Vậy \alpha \in \left( 25^{0};27^{0} ight)

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
  • 83 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