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

    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 2: Vận dụng

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạnh bằng a. Cắt hình lập phương bởi mặt phẳng trung trực của BD'. Diện tích thiết diện tạo thành bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi E là trung điểm của AD. Ta có: EB = ED' nên E thuộc mặt phẳng trung trực của BD'.

    Gọi F;G;H;I;K lần lượt là trung điểm của CD;CC';B'C';A'B';AA'

    Chứng minh tương tự ta có các điểm trên đều thuộc mặt phẳng trung trực của BD'

    Vậy thiết diện của hình lập phương cắt bởi mặt phẳng trung trực của BD' là hình lục giác đều EFGHIK có cạnh bằng \frac{a\sqrt{2}}{2}.

    Vậy diện tích thiết diện là: S = 6.\left( \frac{a\sqrt{2}}{2} ight)^{2}.\frac{\sqrt{3}}{4} = \frac{3a^{2}\sqrt{3}}{4}

  • Câu 3: 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 4: Vận dụng

    Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có độ dài tất cả các cạnh bằng x và \widehat{BAD} = \widehat{DAA'} = \widehat{A'AB} = 60^{0}. Gọi M,N lần lượt là trung điểm câc các cạnh AA';CD. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng MN và B'C?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi P là trung điểm của DC’. Ta có: \left\{ \begin{matrix} A'D//B'C \\ MN//A'P \\ \end{matrix} ight.

    Suy ra (MN,B'C) = (A'P,A'D) = \widehat{DA'P}

    Xét tam giác ADA’ có \left\{ \begin{matrix} AD = AA' \\ \widehat{DAA'} = 60^{0} \\ \end{matrix} ight. suy ra tam giác ADA’ là tam giác đều \Rightarrow A'D = x

    Xét tam giác A’AB có \left\{ \begin{matrix} AB = AA' \\ \widehat{A'AB} = 60^{0} \\ \end{matrix} ight. suy ra tam giác A’AB đều

    Do đó tam giác DD’C đều

    Vậy DC' = 2DP = 2.\frac{x\sqrt{3}}{2}= x\sqrt{3}

    Xét tam giác BAD có AD = AB và \widehat{BAD} = 60^{0} nên tam giác BAD là tam giác đều.

    Vì tam giác BAD đều nên tam giác B’A’D’ cùng là tam giác đều.

    Gọi A’I là đường cao của tam giác B’A’D’

    Khi đó: A'C' = 2A'I =2.\frac{x\sqrt{2}}{2} = x\sqrt{3}

    Dễ thấy A’P là đường trung tuyến của tam giác DA’C’ nên A'P = \sqrt{\frac{A'D'^{2} +A'C'^{2}}{2} - \frac{DC'^{2}}{4}} =\frac{x\sqrt{5}}{2}

    Áp dụng định lí cosin cho tam giác A’DP có:

    \Rightarrow \cos\widehat{DA'P} =\frac{A'D^{2} + A'P^{2} - DP^{2}}{2.A'D.A'P} =\frac{x\sqrt{5}}{10}

    \Rightarrow \cos(MN,B'C) = \left| \cos\widehat{DA'P} ight| = \frac{3\sqrt{5}}{10}

  • Câu 5: 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 6: Nhận biết

    Trong không gian cho đường thẳng \Delta và điểm A. Qua điểm A có bao nhiêu đường thẳng vuông góc với \Delta?

    Trong không gian có vô số đường thẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một đường thẳng cho trước.

  • Câu 7: Vận dụng cao

    Cho tứ diện ABCD có SC = AC = AB = \sqrt{2}, SC ⊥ (ABC), tam giác ABC vuông tạo A, các điểm M thuộc SA, N thuộc BCc sao cho AM = CN = t (0 < t < 2a). Tìm t để MN ngắn nhất.

    Hình vẽ minh họa:

    Theo giả thiết, ta có: SA = 2a, BC = 2a

    Vì 0 < t < 2a

    \begin{matrix} \Rightarrow \frac{MA}{SA} = \frac{t}{2a} \Rightarrow \overrightarrow{MA} = \frac{1}{2}\overrightarrow{SA} \\ \Rightarrow \frac{CN}{CB} = \frac{t}{2a} \Rightarrow \overrightarrow{CN} = \frac{t}{2a}\overrightarrow{CB} \\ \end{matrix}

    Đặt \overrightarrow{x} = \overrightarrow{CA};\overrightarrow{y} = \overrightarrow{CB};\overrightarrow{z} = \overrightarrow{CS}. Ta có:

    \overrightarrow{x}.\overrightarrow{z} = \overrightarrow{y}.\overrightarrow{z} = 0;\overrightarrow{x}.\overrightarrow{y} = 2a^{2}

    \begin{matrix} \overrightarrow{MN} = \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{CN} \\ \Rightarrow \overrightarrow{MN} = \frac{t}{2a}\overrightarrow{SA} - \overrightarrow{AC} + \frac{t}{2a}\overrightarrow{CB} \\ \Rightarrow \overrightarrow{MN} = \left( \frac{t}{2a} - 1 ight).\overrightarrow{x} + \frac{t}{2a}.\overrightarrow{y} - \frac{t}{2a}.\overrightarrow{z} \\ \end{matrix}

    Vậy MN^{2} = {\overrightarrow{MN}}^{2}

    \begin{matrix} = \left( \frac{t}{2a} - 1 ight)^{2}.2a^{2} + \frac{t^{2}}{4a}.4a^{2} + \frac{t^{2}}{4a}.2a^{2} + 2\left( \frac{t}{2a} - 1 ight).\frac{t}{2a}.2a^{2} \\ = 3t^{2} - 4at + 2a^{2} \\ \end{matrix}

    Từ đó suy ra MN nhỏ nhất khi và chỉ khi t = \frac{2a}{3}

  • Câu 8: 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 9: Thông hiểu

    Tính thể tích khối lăng trụ đứng tam giác, đáy là tam giác đều cạnh 2a, cạnh bên bằng 3a.

    Hình vẽ minh họa

    Khối lăng trụ đã cho có đáy là tam giác đều cạnh bằng 2a nên diện tích là \frac{(2a)^{2}\sqrt{3}}{4} và chiều cao AA' = 3a (vì lăng trụ là lăng trụ đứng)

    Vậy thể tích hình lăng trụ là: V = \frac{(2a)^{2}\sqrt{3}}{4}.3a = 3\sqrt{3}a^{3}

  • Câu 10: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnha, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và SA = 2a. Gọi M là trung điểm của SC. Tính côsin của góc \alpha là góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng (ABC)?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trung điểm cạnh AC.

    Khi đó HM//SA nên HM vuông góc (ABC) tại H.

    Do đó \left( \widehat{BM,(ABC)} ight) = \left( \widehat{BM,BH} ight) = \widehat{MBH} do \Delta MBH vuông tại H.

    Ta có:

    \cos\widehat{MBH} = \frac{BH}{BM} = \frac{BH}{\sqrt{HM^{2} + BH^{2}}} = \dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{a^{2} + \left(\dfrac{a\sqrt{3}}{2} ight)^{2}}} = \dfrac{\sqrt{21}}{7}.

  • Câu 11: 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 12: 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 13: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác S.ABC có SA = SB = SC = AB = a và BC = a\sqrt{2}. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng AB và SC.

    Hình vẽ minh họa

    Giả sử M, N, Q lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB, AC

    Mặt khác ta có: \left\{ \begin{matrix} MN//AB \\ MQ//SC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow (AB;SC) = (MN;MQ)

    Ta có: AN = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    NC = \sqrt{\frac{SC^{2} + BC^{2}}{2} -\frac{SB^{2}}{4}}= \sqrt{\dfrac{a^{2} + 2a^{2}}{2} - \dfrac{a^{2}}{4}} =\dfrac{a\sqrt{5}}{2}

    Xét tam giác NAC có:

    NQ = \sqrt{\frac{NA^{2} + CN^{2}}{2} -\frac{AC^{2}}{4}}= \sqrt{\dfrac{\dfrac{3a^{2}}{4} + \dfrac{5a^{2}}{4}}{2}- \dfrac{a^{2}}{4}} = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}

    Xét tam giác MNQ ta có:

    \cos\widehat{NMQ} = \frac{MN^{2} +MQ^{2} - NQ^{2}}{2MN.MQ}= \dfrac{\dfrac{a^{2}}{4} + \dfrac{a^{2}}{4} -\dfrac{3a^{2}}{4}}{2.\dfrac{a}{2}.\dfrac{a}{2}} = -\dfrac{1}{2}

    \Rightarrow \widehat{NMQ} = 120^{0} \Rightarrow (MN,MQ) = 180^{0} - 120^{0} = 60^{0}

    \Rightarrow \cos(AB,SC) = \frac{1}{2}

  • Câu 14: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Cạnh bên SA = 2a và vuông góc với mặt đáy (ABCD). Gọi H và K lần lượt là trung điểm của cạnh BC và CD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD. 

    Gọi E=HK∩AC. Do HK//BD nên suy ra

    d(HK;SD)=d(HK;(SBD))=d(E;(SBD))=d(A;(SBD))/2 (vì OE=AO/2=1/2)

    Kẻ AF⊥SO(1) ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {BD \bot AC} \\ {BD \bot SA} \end{array}} ight.

    ⇒BD⊥(SAC)⇒BD⊥AF(2)

    Từ (1) và (2) ⇒AF⊥(SBD), khi đó d(A;(SBD))=AF

    \begin{matrix} AF = \dfrac{{SA.AO}}{{\sqrt {S{A^2} + A{O^2}} }} \hfill \\ = \dfrac{{2a.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {2a} ight)}^2} + {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} ight)}^2}} }} = \dfrac{{2a}}{3} \hfill \\ \Rightarrow d\left( {HK;SD} ight) = \dfrac{1}{2}AF = \dfrac{a}{3} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 15: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA\bot(ABC). Gọi H là chân đường cao kẻ từ đỉnh A của tam giác SAB. Xác định kết luận sai?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SA\bot(ABC) ightarrow SA\bot BC

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} BC\bot AB(gt) \\ BC\bot SA;\left( do\ \ SA\bot(ABC) ight) \\ AB \cap SA = A \\ AB;SA \subset (SAB) \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow BC\bot(SAB)

    Lại có: \left\{ \begin{matrix} AH\bot SB \\ AH\bot BC;\left( do\ \ BC\bot(SAB) ight) \\ SB \cap BC = B \\ AB;BC \subset (SBC) \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow AH\bot(SBC) \Rightarrow AH\bot BC \Rightarrow AH\bot BC

  • Câu 16: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi I và J lần lượt là trung điểm của SC và BC. Số đo góc (IJ; CD) bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi O là tâm của hình thoi ABCD

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

    Vì CD // OJ => (IJ; CD) = (IJ; OJ)

    Xét tam giác IOJ có: \left\{\begin{matrix}IJ = \dfrac{1}{2}SB = \dfrac{a}{2} \\\begin{matrix}OJ = \dfrac{1}{2}CD = \dfrac{a}{2} \\OI = \dfrac{1}{2}SA = \dfrac{a}{2} \\\end{matrix} \\\end{matrix} ight.=> Tam giác IOJ đều

    Vậy (IJ; CD) = (IJ; OJ) = \widehat{IJO} = 60^{0}

  • Câu 17: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAD đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng SA và BD.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi I là trung điểm của AD

    => SI ⊥ AD => SI ⊥ (ABCD)

    Kẻ Ax // BD

    Ta có d(BD, SA) = d (BD, (SAx)) = d (D, (SAx)) = 2d (I, (SAx))

    Kẻ IE ⊥ Ax, kẻ IK ⊥ SE

    Khi đó d (I, (SAx)) = IK

    Gọi F là hình chiếu của I trên BD, ta có: IE = IF = \frac{AO}{2} =\frac{a\sqrt{2}}{4}

    Xét tam giác vuông SIE ta có:

    IK = \frac{SI.IE}{\sqrt{SI^{2} +IE^{2}}} = \frac{a\sqrt{21}}{14}

    => d(BD;SA) = 2IK =\frac{a\sqrt{21}}{7}

  • Câu 18: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông với AC = 5\sqrt{2}. Biết SA\bot(ABCD);SA = 5. Góc giữa SD và mặt phẳng (SAB) bằng:

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

    \Rightarrow \left( SD;(SAB) ight) = (SD;SA) = \widehat{DSA}

    Vì ABCD là hình vuông nên AC = AB.\sqrt{2} \Rightarrow AB = 5

    \Rightarrow \tan\widehat{DSA} = \frac{AD}{SA} = \frac{5}{5} = 1

    \Rightarrow \widehat{DSA} = 45^{0} \Rightarrow \left( SD;(SAB) ight) = 45^{0}

  • Câu 19: Nhận biết

    Cho hình chóp ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa SB và mặt phẳng (SAC) là góc nào dưới đây?

    Hình vẽ minh họa

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

    Hình chiếu của SB lên mặt phẳng (SAC) là SO.

    Vậy \widehat{\left( SC;(SAC) ight)} = \widehat{BSO}

  • Câu 20: Nhận biết

    Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OB = OC = a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng OA và BC.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi M là trung điểm CB, ta có: OM ⊥ BC.

    Mặt khác vì OA, OB, OC đôi một vuông góc nên OA ⊥ (OBC)

    => OA ⊥ OM. Do đó khoảng cách giữa OA và BC là OM.

    Ta có: OM = \frac{1}{2}BC = \frac{a\sqrt{2}}{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
  • 54 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