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 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 2: Thông hiểu

    Cho tứ diện OABCOA;OB;OC đôi một vuông góc. Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Kết luận nào sai?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \left\{ \begin{matrix}
OA\bot OC \\
OB\bot OC \\
\end{matrix} ight.\  \Rightarrow OC\bot(OAB) \Rightarrow OC\bot
AB đúng

    Ta có: \left\{ \begin{matrix}
BC\bot AH \\
BC\bot OA \\
\end{matrix} ight.\  \Rightarrow BC\bot(OAH) \Rightarrow BC\bot
OH đúng

    Ta có: \left\{ \begin{matrix}
AB\bot CH \\
AB\bot OC \\
\end{matrix} ight.\  \Rightarrow AB\bot(OCH) \Rightarrow AB\bot
OH

    BC\bot OH \Rightarrow
OH\bot(ABC) đúng

    Vậy OH\bot OA hay tam giác HOA vuông tại H sai

  • Câu 3: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, O là giao điểm của hai đường chéo và SA = SC. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?

    Ta có: SA = SC => SAC là tam giác cân. Mặt khác O là trung điểm của AC

    => AC ⊥ SO

    Ta có: AC ⊥ BD, AC ⊥ SO => AC ⊥ (SBD)

  • Câu 4: 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 5: Thông hiểu

    Cho khối lăng trụ đứng ABC.A'B'C', đáy ABCAB =
AC = a;\widehat{BAC} = 120^{0}. Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho biết \left( (AB'C');(ABCD)
ight) = 60^{0}.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trung điểm của B’C’, khi đó góc giữa mặt phẳng (AB’C’) và (ABCD) là góc \widehat{AHA'} =
60^{0}

    Ta có:

    S_{ABC} = \frac{1}{2}AC.AB.sin120^{0} =
\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}

    B'C' = BC = \sqrt{AB^{2} +
AC^{2} - 2AB.AC.cos120^{0}}

    = \sqrt{a^{2} + a^{2} - 2.a.a.\left( -
\frac{1}{2} ight)} = a\sqrt{3}

    \Rightarrow AH' =
\frac{2S_{ABC}}{B'C'} = \frac{a}{2}

    \Rightarrow AA' = A'H.tan60^{0}
= \frac{a\sqrt{3}}{2}

    Vậy V = S_{ACB}.AA' =
\frac{3a^{3}}{8}

  • Câu 6: Thông hiểu

    Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C'AB = a;AA' = a\sqrt{3}. Tính góc giữa hai đường thẳng AB'CC'?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: AA'//CC' nên góc giữa hai đường thẳng AB'CC' là góc giữa AA'AB' và bằng góc \widehat{A'AB}

    Với AB = a;AA' = a\sqrt{3} ta có: \tan\widehat{A'AB} =
\frac{A'B'}{AA'} = \frac{a}{a\sqrt{3}} =
\frac{1}{\sqrt{3}}

    \Rightarrow \widehat{A'AB} = 60^{0}
\Rightarrow (AB';CC') = 60^{0}

  • Câu 7: 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)(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 8: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCSA\bot(ABC). Gọi hình chiếu vuông góc của điểm A lên cạnh BC là điểm H. Xác định góc giữa hai mặt phẳng (SBC)(ABC)?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có:

    BC = (SBC) \cap (ABC)

    \left\{ \begin{matrix}
BC\bot AS \\
BC\bot AH \\
\end{matrix} ight.\  \Rightarrow BC\bot(SAH) \Rightarrow BC\bot
SH

    Vậy \left( (SBC);(ABC) ight) =
\widehat{SHA}

  • Câu 9: Thông hiểu

    Cho hình chóp OABC có OA = OB = OC = 1, các cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc. Gọi M là trung điểm của AB. Tính tích vô hướng của hai vecto \overrightarrow {OC} ;\overrightarrow {MA}.

    Tính tích vô hướng của hai vecto

    Ta có:

    \begin{matrix}  \overrightarrow {OC} .\overrightarrow {MA}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {OC} .\overrightarrow {BA}  \hfill \\   = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {OC} .\left( {\overrightarrow {OA}  - \overrightarrow {OB} } ight) \hfill \\   = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {OC} .\overrightarrow {OA}  - \dfrac{1}{2}\overrightarrow {OC} .\overrightarrow {OB}  \hfill \\   = 0 - 0 = 0 \hfill \\   \Rightarrow \overrightarrow {OC} .\overrightarrow {MA}  = 0 \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 10: Vận dụng

    Cho S.ABCD là hình chóp có đáy là hình chữ nhật. SA \bot \left( {ABCD} ight). Gọi K nằm trên cạnh BC sao cho KC = 2KB, Q nằm trên cạnh CD sao cho QD = 3QC và M là trung điểm của cạnh SD. Biết AB = a,AD = 2aKM = \frac{{a\sqrt {67} }}{6}. Tính cosin góc giữa KM và SQ.

    Gọi N là trung điểm AD. Như vậy MN là đường trung bình của tam giác SAD nên MB // SA.

    Vậy MN \bot \left( {ABCD} ight)

    Ta có:

    \begin{matrix}  \overrightarrow {NK}  = \overrightarrow {NA}  + \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BK}  \hfill \\   =  - \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AB}  + \dfrac{1}{3}\overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {AB}  - \dfrac{1}{6}\overrightarrow {AD}  \hfill \\ \end{matrix}

    Suy ra

    \begin{matrix}  N{K^2} = {\left( {\overrightarrow {AB}  - \dfrac{1}{6}\overrightarrow {AD} } ight)^2} = A{B^2} + \dfrac{1}{{36}}A{D^2} \hfill \\   = {a^2} + \dfrac{1}{{36}}.4{a^2} = \dfrac{{10}}{9}{a^2} \hfill \\ \end{matrix}

    Xét tam giác MNK vuông tại N (do MN \bot \left( {ABCD} ight)) ta có:

    \begin{matrix}  M{N^2} = M{K^2} - N{K^2} = \dfrac{{67}}{{36}}{a^2} - \dfrac{{10}}{9}{a^2} = \dfrac{3}{4}{a^2} \hfill \\   \Rightarrow MN = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow SA = a\sqrt 3  \hfill \\ \end{matrix}

    Lại có

    \begin{matrix}  \overrightarrow {AQ}  = \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {DQ}  = \overrightarrow {AD}  + \dfrac{3}{4}\overrightarrow {AB}  \hfill \\   \Rightarrow A{Q^2} = {\left( {\overrightarrow {AD}  + \dfrac{3}{4}\overrightarrow {AB} } ight)^2} \hfill \\   = A{D^2} + \dfrac{9}{{16}}A{B^2} \hfill \\   = {(2a)^2} + \dfrac{9}{{16}}{a^2} = \dfrac{{73}}{{16}}{a^2} \hfill \\ \end{matrix}

    Xét tam giác SAQ vuông tại A nên

    \begin{matrix}  S{Q^2} = A{S^2} + A{Q^2} = 3{a^2} + \dfrac{{73}}{{16}}{a^2} = \dfrac{{121}}{{16}}{a^2} \hfill \\   \Rightarrow SQ = \dfrac{{11}}{4}a \hfill \\ \end{matrix}

    Ta có

    \begin{matrix}  \overrightarrow {KM}  = \overrightarrow {NM}  - \overrightarrow {NK}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AS}  - \overrightarrow {AB}  + \dfrac{1}{6}\overrightarrow {AD}  \hfill \\  \overrightarrow {SQ}  = \overrightarrow {AQ}  - \overrightarrow {AS}  = \overrightarrow {AD}  + \dfrac{3}{4}\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AS}  \hfill \\ \end{matrix}

    Khi đó

    \begin{matrix}  \overrightarrow {KM} .\overrightarrow {SQ}  =  - \dfrac{3}{4}A{B^2} + \dfrac{1}{6}A{D^2} - \dfrac{1}{2}A{S^2} \hfill \\   =  - \dfrac{3}{4}{a^2} + \dfrac{1}{6}.4{a^2} - \dfrac{1}{2}.3{a^2} = \dfrac{{ - 19}}{{12}}{a^2} \hfill \\ \end{matrix}

    Vậy

    \begin{matrix}  \cos \left( {KM,SQ} ight) = \left| {\cos \left( {\overrightarrow {KM} ,\overrightarrow {SQ} } ight)} ight| \hfill \\   = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {KM} .\overrightarrow {SQ} } ight|}}{{KM.SQ}} = \dfrac{{\left| {\dfrac{{ - 19}}{{12}}{a^2}} ight|}}{{\dfrac{{a\sqrt {67} }}{6}.\dfrac{{11a}}{4}}} = \dfrac{{38}}{{11\sqrt {67} }} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 11: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD với các đường thẳng AB, AC, AD đôi một vuông góc, H là trực tâm tam giác BCD. Góc giữa mặt phẳng (BCD) và mặt phẳng (ACD) bằng góc nào trong các góc sau đây?

    Dễ thấy rằng BA⊥(ACD), AH⊥(BCD), suy ra góc giữa mặt phẳng (BCD) và mặt phẳng (ACD) bằng góc giữa hai đường thẳng BA và AH, tức là bằng góc \widehat{BAH}

  • Câu 12: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có AB = AC = AD, \widehat {BAC} = \widehat {BAD} = {60^0}. Hãy chứng mình AB ⊥ CD.

    Một bạn chứng mình qua các bước sau:

    Bước 1. \overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AD}

    Bước 2. \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AB} .\left( {\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AD} } ight)

    Bước 3. \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  = |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AD} |.\cos {60^0} - |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AD} |.\cos {60^0} = 0

    Bước 4. Suy ra AB ⊥ CD

    Theo em. Lời giải trên sai từ:

    Bài toán sai từ bước 1 vì

    Theo quy tắc trừ hai vectơ ta có:

    \overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AC} {\text{ }}

  • Câu 13: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a. Góc tạo bởi cạnh bên SB và mặt phẳng đáy bằng 60^{0}. Thể tích khối chóp là:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là tâm của tam giác đều ABC

    Khi đó SH\bot(ABC);BH =
\frac{a\sqrt{3}}{3}

    Theo bài ra ta có:

    \left( SB;(ABC) ight) = \widehat{SBH}
= 60^{0}

    Tam giác SBH vuông tại H có: SH =
BH.tan60^{0} = \frac{a\sqrt{3}}{3}.\sqrt{3} = a

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

  • Câu 14: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCDAC = AD = BC = BD = a;AB = x. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB;CD. Biết (ACD)\bot(BCD)(ABC)\bot(ABD). Tính giá trị của x.

    Chỗ nhập nội dung câu trả lời tự luận
    Đáp án là:

    Cho tứ diện ABCDAC = AD = BC = BD = a;AB = x. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB;CD. Biết (ACD)\bot(BCD)(ABC)\bot(ABD). Tính giá trị của x.

    Chỗ nhập nội dung câu trả lời tự luận
  • Câu 15: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Góc giữa hai đường thẳng A'BAD' bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: A'B//D'C nên góc giữa hai đường thẳng A'BAD' bằng góc giữa hai đường thẳng D'CAD' và bằng góc \widehat{AD'C}

    Mà tam giác ACD’ là tam giác đều nên \widehat{AD'C} = 60^{0}

    \Rightarrow (A'B;AD') =
60^{0}

  • Câu 16: Nhận biết

    Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

    Nếu hình hộp có ba mặt chung một đỉnh là hình vuông thì nó là hình lập phương.

  • Câu 17: 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

    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 18: Vận dụng cao

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD đáy ABCD là hình vuông, E là điểm đối xứng với D qua trung điểm SA. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AE và BC. Góc giữa hai đường thẳng MN và BD bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Do D đối xứng với E qua trung điểm của SA nên SDAE là hình bình hành

    => AE // SD. Ta có:

    \begin{matrix}\overrightarrow{MN} = \dfrac{\overrightarrow{AB} +\overrightarrow{EC}}{2} = \dfrac{\overrightarrow{AB} +\overrightarrow{ED} + \overrightarrow{DC}}{2}\hfill \\= \dfrac{\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{SD}+ \overrightarrow{DC}}{2} \hfill\\= \dfrac{\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{SC}}{2} \hfill\\\end{matrix}

    BD\bot AC;BD\bot SC

    => \overrightarrow{MN}.\overrightarrow{BD} =
\frac{\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{SC}}{2}.\overrightarrow{BD}
= 0

    => (MN,BD) = 90^{0}

  • Câu 19: Nhận biết

    Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước là 2;3;5 bằng:

    Thể tích cần tìm là: V = 2.3.5 =
30

  • Câu 20: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD;AB = SA = a. Tính khoảng cách từ đường thẳng AB và mặt phẳng (SCD) bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O là tâm của đáy \Rightarrow
SO\bot(ABCD)

    Lấy M, N lần lượt là trung điểm AB, CD.

    Kẻ OH\bot SN

    \left\{ \begin{matrix}
ON\bot CD \\
CD\bot SO \\
\end{matrix} ight.\  \Rightarrow CD\bot(SON)

    \Rightarrow CD\bot OH \Rightarrow
OH\bot(SCD)

    Ta có: AB//CD \subset (SCD) \Rightarrow
AB//(SCD)

    Khi đó d\left( AB;(SCD) ight) = d\left(
M;(SCD) ight) = 2d\left( O;(SCD) ight) = 2OH

    Trong tam giác SON vuông tại O, OH\bot
SN có:

    \frac{1}{OH^{2}} = \frac{1}{SO^{2}} +
\frac{1}{ON^{2}} \Rightarrow OH = \frac{a\sqrt{6}}{6}

    \Rightarrow d\left( AB;(SCD) ight) =
\frac{a\sqrt{6}}{3}

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
  • 80 lượt xem
Sắp xếp theo