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 lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Gọi D là trung điểm cạnh BC. Biết AA' = 2a, khoảng cách giữa hai đường thẳng A'B và C'D là:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi D' là trung điểm của B'C', ta có BDC'D' là hình bình hành

    \Rightarrow C'D//BD' \Rightarrow C'D//(A'BD').

    Kẻ B'H \bot BD'.

    Ta có: \left. \ \begin{matrix}A'D'\bot B'C' \\A'D'\bot BB' \\\end{matrix} ight\} \Rightarrow A'D'\bot(BCC'B')\Rightarrow A'D'\bot B'H.

    \left. \ \begin{matrix} B'H\bot BD' \\ B'H\bot A'D' \\ \end{matrix} ight\} \Rightarrow B'H\bot(A'BD')

    Suy ra,

    d(A'B,C'D) = d\left( C'D;(A'BD') ight) = d\left( C';(A'BD') ight) = d\left( B';(A'BD') ight) = B'H

    Ta có: B'D' = \frac{a}{2}; BB'= 2a.

    Xét \Delta BB'D' vuông tại B' ta có:

    \frac{1}{B'H^{2}} = \frac{1}{BB'^{2}} + \frac{1}{B'D'^{2}} = \frac{1}{4a^{2}} + \frac{4}{a^{2}} \Rightarrow BH = \frac{2a}{\sqrt{17}}

  • Câu 2: 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 3: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.EFGH. Góc giữa cặp vecto \overrightarrow {AF} ;\overrightarrow {EG} là:

    Hình vẽ minh họa:

    Tính góc giữa hai vecto

    Ta có tam giác ACF là tam giác đều

    \overrightarrow {EG} = \overrightarrow {AC}

    => Góc giữa cặp vecto \overrightarrow {AF} ;\overrightarrow {EG} là:

    \left( {\overrightarrow {AF} ;\overrightarrow {EG} } ight) = \left( {\overrightarrow {AF} ;\overrightarrow {AC} } ight) = \widehat {CAF} = {60^0}

  • Câu 4: 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 5: Thông hiểu

    Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC, M là điểm không nằm trên (P) sao cho MA = MB = MC, d là đường thẳng đi qua M và vuông góc với (P). Khi đó đường thẳng d đi qua:

    Gọi H là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P)

    => H là hình chiếu của M trên (P) nên từ MA = MB = MC

    => HA = HB = HC

    => Khi đó đường thẳng d đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

  • Câu 6: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A và AB = a, SA ⊥ (ABC), SA = a. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy là:

    Hình vẽ minh họa:

    Theo bài ta có AB là hình chiếu của SB trên (ABC)

    Vậy \widehat{\left( SB,(ABC) ight)} =\widehat{(SB,\ AB)} = \widehat{SBA}

    Mà ∆SBA vuông cân tại A nên \widehat{SBA}= 45^{0}

  • Câu 7: 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 8: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có AC = AD = BC = BD = a, (ACD) ⊥ (BCD) và (ABC) ⊥ (ABD). Tính độ dài cạnh CD.

    Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB, ∆ACD và ∆BCD cân

    => AM ⊥ CD, BM ⊥ CD. Ta có:

    \left\{ \begin{matrix}(ACD)\ \cap \ (BCD) \\CD\bot AM \subset (ACD) \\CD\bot BM \subset (BCD) \\\end{matrix} ight.

    \Rightarrow \widehat{\left( (ACD);\(BCD) ight)} = \widehat{(AM;\ BM)} = 90^{0}

    => AM ⊥ BM

    Và ta dễ dàng chứng minh được ∆ACD = ∆BCD (c – c - c)

    => AM = BM => ∆ABM vuông cân tại M

    => MN ⊥ AB

    Đặt CD = x

    Áp dụng định lý Py-ta-go ta có:

    AM^{2} = a^{2} -\frac{x^{2}}{4}

    Xét ∆ABM vuông cân tại M

    \Rightarrow AB^{2} = 2AM^{2} = 2a^{2} -\frac{x^{2}}{2}

    \Rightarrow AN^{2} = \frac{1}{4}AB^{2} =\frac{a^{2}}{2} - \frac{x^{2}}{8}

    Áp dụng định lý Py-ta-go ta có:

    DN^{2} = AD^{2} - AN^{2}

    \Rightarrow DN^{2} = a^{2} -\frac{a^{2}}{2} + \frac{x^{2}}{8} = \frac{a^{2}}{2} +\frac{x^{2}}{8}

    Xét ∆CDN vuông cân tại N

    \Rightarrow CD^{2} = 2DN^{2} = a^{2} +\frac{x^{2}}{4}

    \Rightarrow a^{2} + \frac{x^{2}}{4} =x^{2} \Leftrightarrow x = \frac{2a\sqrt{3}}{3}

  • Câu 9: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = a ; AD = 2a, SA \bot \left( {ABCD} ight);SA = a\sqrt 2. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SAB).

     Tính góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SAB)

    Gọi M là trung điểm của AD.

    Xét tứ giác ABCM có: AM // BC, AM = AB = BC = a, \widehat {MAB} = {90^0}

    Suy ra ABCM là hình vuông => MC = AB = a

    Xét tam giác ACD có AM là trung tuyến và CM = \frac{1}{2}AD = a

    Suy ra ACD vuông tại C => AC ⊥ CD

    Trong (SAC), dựng AH ⊥ SC

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {CD \bot AC} \\ {CD \bot SA} \\ {SA \cap AC = A} \\ {SA;AC \subset \left( {SAC} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} ight) mà AH ⊂ (SAC) suy ra CD ⊥ AH.

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {AH \bot CD} \\ {AH \bot SC} \\ {CD \cap SC = C} \\ {CD;SC \subset \left( {SCD} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} ight)\left( 1 ight)

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {AD \bot SA} \\ {AD \bot AB} \\ {SA \cap AB = A} \\ {SA;AB \subset \left( {SAB} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} ight)\left( 2 ight)

    Từ (1) và (2) suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) là góc giữa hai đường thẳng AH và AD.

    Xét tam giác ABC vuông tại B có: AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 2

    Xét tam giác SAC vuông tại A có: SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = 2a

    Xét tam giác SAC vuông tại A và SA = AC = a\sqrt 2 nên SAC vuông cân tại A.

    Suy ra H là trung điểm SC và AH = \frac{1}{2}SC = a

    Xét tam giác AHD vuông tại H (vì AH ⊥ (SCD)).

    Ta có: \cos \widehat {HAD} = \frac{{AH}}{{AD}} = \frac{a}{{2a}} = \frac{1}{2} suy ra \widehat {DAH} = {60^0}

    Vậy \left( {\widehat {\left( {SCD} ight);\left( {SAB} ight)}} ight) = {60^0}

  • Câu 10: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Dựng mặt phẳng (P) cách đều năm điểm A, B, C, D và S. Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng (P) như vậy?

    Gọi O là tâm hình bình hành ABCD.

    Các mặt phẳng cách đều A, B, C, D và S là

    1) Mặt phẳng qua trung điểm của SA, SB, SC, SD

    2) Mặt phẳng qua O và song song (SAB)

    3) Mặt phẳng qua O và song song (SAD)

    4) Mặt phẳng qua O và song song (SCD)

    5) Mặt phẳng qua O và song song (SBC)

  • Câu 11: 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 12: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a và SA\bot(ABCD);SA = a\sqrt{2}. Số đo góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAB) bằng:

    Hình vẽ minh họa

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

    \Rightarrow BC\bot(SAB)

    Mà BC\bot SB nên SC là hình chiếu của SB lên mặt phẳng (SAB)

    Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAB) là góc giữa SC và SB hay góc \widehat{CSB}.

    Trong tam giác SAB vuông tại A có SB = \sqrt{SA^{2} + AB^{2}} = \sqrt{2a^{2} + a^{2}} = a\sqrt{3}

    Trong tam giác SBC vuông tại B có \tan\widehat{CSB} = \frac{BC}{SB} = \frac{a}{a\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}

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

    Số đo góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAB) bằng 30^{0}.

  • Câu 13: Thông hiểu

    Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a. Tam giác SAB đều và \left( (SAB);(ABCD) ight) = 90^{0}. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trung điểm của AB

    Do tam giác SAB đều nên SH\bot AB

    Lại có: \left\{ \begin{matrix} SH\bot AB \\ (SAB)\bot(ABCD) \\ SH \subset (SAB) \\ AB = (SAB) \cap (ABCD) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SH\bot(ABCD)

    Vậy SH là đường cao của hình chóp

    Tính được SH = a\sqrt{3}

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}.(2a)^{2}.a\sqrt{3} = \frac{4a^{3}\sqrt{3}}{3}

  • Câu 14: Nhận biết

    Trong các mệnh đề dưới đây, mệnh đề nào là mệnh đề đúng?

    Mệnh đề đúng: “Một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì vuông góc với đường thẳng kia”.

  • Câu 15: Thông hiểu

    Cho ba vecto \vec{n}, \vec{a}, \vec{b} bất kì đều khác với vecto \vec{0}. Nếu vecto \vec{n} vuông góc với cả hai vecto \vec{a} và \vec{b} thì \vec{n}, \vec{a} và \vec{b}:

    Nếu vecto \vec{n} vuông góc với cả hai vecto \vec{a} và \vec{b} thì \vec{n}, \vec{a} và \vec{b} thì có thể đồng phẳng.

  • Câu 16: Nhận biết

    Cho một khối trụ có diện tích đáy bằng 4a^{2}, chiều cao bằng a. Thể tích khối chóp đã cho là:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 4a^{2} \\ h = a \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối trụ là: V = B.h = 4a^{2}.a = 4a^{3}

  • Câu 17: Thông hiểu

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Gọi I là trung điểm của cạnh AB. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng A'D và B'I ta được kết quả là:

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi độ dài cạnh hình lập phương là a, a > 0

    Ta có:

    B'C//A'D \Rightarrow (A'D;B'I) = (B'I,B'C)

    Tính được \left\{ \begin{matrix}B'I = \sqrt{a^{2} + \left( \dfrac{a}{2} ight)^{2}} =\dfrac{a\sqrt{5}}{2} = CI \\B'C = a\sqrt{2} \\\end{matrix} ight.

    Trong tam giác B’CI ta có:

    \cos\widehat{IB'C} = \dfrac{\left(\dfrac{a\sqrt{5}}{2} ight)^{2} + \left( a\sqrt{2} ight)^{2} - \left(\dfrac{a\sqrt{5}}{2}ight)^{2}}{2.\dfrac{a\sqrt{5}}{2}.a\sqrt{2}}

    = \frac{2a^{2}}{a^{2}\sqrt{10}} = \frac{\sqrt{10}}{5}

  • Câu 18: Nhận biết

    Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) cắt nhau theo giao tuyến ∆. Gọi ϕ là góc giữa (P) và (Q). Có tất cả bao nhiêu mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau?

    (1) ϕ bằng góc giữa hai đường thẳng a và b cùng vuông góc với ∆.

    (2) ϕ bằng góc giữa hai đường thẳng a và b cùng vuông góc với ∆, lần lượt nằm trên (P) và (Q).

    (3) ϕ bằng góc giữa hai đường thẳng a và b đồng quy với ∆, cùng vuông góc với ∆, lần lượt nằm trên (P) và (Q).

    Ta có: a và b chỉ cần lần lượt nằm trong (P), (Q) cùng vuông góc với ∆ là đủ, thêm đồng quy với ∆ càng tốt nên có tất cả 2 mệnh đề đúng.

  • Câu 19: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có SA \bot \left( {ABCD} ight) và SA = a\sqrt 3. Đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a,\,AD = a\sqrt 3. Gọi M là trung điểm của CD, góc giữa SA và mặt phẳng (SBM) bằng \alpha . Giá trị \tan \alpha bằng:

    Tính tan của góc giữa SA và mặt phẳng (SBM)

    Gọi K, I lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BM và SK.

    Ta có \left\{ \begin{gathered} BM \bot AK \hfill \\ BM \bot SA\left( {V\`i \,SA \bot \left( {ABCD} ight)} ight) \hfill \\ AK,SA \subset \left( {SAK} ight) \hfill \\ AK \cap SA = \left\{ A ight\} \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow BM \bot \left( {SAK} ight)

    Mà AI \subset \left( {SAK} ight) \Rightarrow BM \bot AI

    Ta có \left\{ \begin{gathered} AI \bot BM \hfill \\ AI \bot SK \hfill \\ BM,SK \subset \left( {SBM} ight) \hfill \\ BM \cap SK = \left\{ K ight\} \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow AI \bot \left( {SBM} ight)

    Suy ra hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng (SBM) là điểm I. Do đó bằng góc giữa hai đường thẳng SA và SI và bằng góc \widehat {ASK}.

    Ta có \left\{ \begin{gathered} SA \bot \left( {ABCD} ight) \hfill \\ AK \subset \left( {ABCD} ight) \hfill \\ \end{gathered} ight. \Rightarrow SA \bot AK

    Tính tan của góc giữa SA và mặt phẳng (SBM)

    Có

    \begin{matrix} {S_{\Delta ABM}} = {S_{ABCD}} - {S_{\Delta AMD}} - {S_{\Delta BMC}} \hfill \\ = {a^2}\sqrt 3 - {a^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{4} - {a^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \hfill \\ BM = \sqrt {B{C^2} + M{C^2}} = \sqrt {3{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} = \dfrac{{a\sqrt {13} }}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    Ta có

    \begin{matrix} {S_{\Delta ABM}} = \dfrac{1}{2}AK.BM \hfill \\ \Rightarrow AK = \dfrac{{2{S_{\Delta ABM}}}}{{BM}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{a\dfrac{{\sqrt {13} }}{2}}} = a\dfrac{{2\sqrt 3 }}{{\sqrt {13} }} \hfill \\ \end{matrix}

    Xét tam giác vuông SAK có \tan \widehat {ASK} = \frac{{AK}}{{SA}} = \frac{{a\frac{{2\sqrt 3 }}{{\sqrt {13} }}}}{{a\sqrt 3 }} = \frac{2}{{\sqrt {13} }}

  • Câu 20: 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}

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
  • 53 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