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 cao

    Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với CD, AB = CD = 6. Gọi M là điểm thuộc cạnh BC sau đó MC = x.BC (0 < x < 1). Mặt phẳng (P) song song với AB và CD lần lượt cắt BC, DB, AD, AC tại M, N, P, Q. Diện tích lớn nhất của tứ giác bằng bao nhiêu?

    Xét tứ giác MNPQ có: \left\{ \begin{matrix} PQ//NP//AB \\ MN//PQ//CD \\ \end{matrix} ight.

    => MNPQ là hình bình hành

    Mặt khác AB\bot CD \Rightarrow MQ\bot MN

    => MNPQ là hình chữ nhật

    Vì MQ // AB nên \frac{MQ}{AB} = \frac{CM}{CB} = x \Rightarrow MQ = x.AB = 6x

    Theo giả thiết MC = x.BC => MB = (1 – x).BC

    Vì MN // CD nên \frac{MN}{CD} = \frac{BM}{BC} = 1 - x

    => MN = (1 - x).DC = 6(1 - x)

    Diện tích hình chữ nhật MNPQ là:

    \begin{matrix}S_{MNPQ} = MN.MQ \hfill\\= 6(1 - x).6x \hfill\\= 36x.(1 - x) \hfill\\\leq 36.\left( \dfrac{x + 1 - x}{2} ight)^{2} = 9 \hfill \\\Rightarrow S_{MNPQ} = 9 \hfill\\\end{matrix}

    Khi x = 1 – x => x = 1/2

    Vậy diện tích tứ giác MNPQ lớn nhất bằng 9 khi M là trung điểm của BC.

  • Câu 2: Nhận biết

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Chiều cao của hình chóp bằng:

    Hình vẽ minh họa:

    Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên đáy ABCD là hình vuông và các cạnh bên bằng nhau.

    Gọi O là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD).

    Khi đó các tam giác SOA, SOB, SOC, SOD bằng nhau nên bốn đoạn thẳng OA, OB, OC, OD bằng nhau.

    Suy ra O trùng với tâm của hình vuông ABCD, hay O là giao điểm của AC và BD. Vậy chiều cao của hình chóp là:

    \begin{matrix}SO = \sqrt{SB^{2} - OB^{2}} \hfill \\= \sqrt{a^{2} - \dfrac{a^{2}}{2}} = \sqrt{\dfrac{a^{2}}{2}} =\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\hfill \\\end{matrix}

  • Câu 3: Nhận biết

    Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có tất cả các cạnh bằng nhau. Hãy tính số đo góc giữa hai đường thẳng AB và C'A'?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: Tam giác ABC là tam giác đều suy ra \widehat{BAC} = 60^{0}

    Lại có AC//A'C'

    \Rightarrow (AB;A'C') = (AB;CA) = \widehat{BAC} = 60^{0}.

  • Câu 4: 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 5: 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 6: Vận dụng

    Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tất cả các cạnh bằng a và các góc tại đỉnh B đều bằng 600.

    Đường thẳng B’C vuông góc với đường thẳng:

    Hình vẽ minh họa:

    Đường thẳng B’C vuông góc với đường thẳng nào

    Ta có: 

    \begin{matrix} \overrightarrow {CB'} .\overrightarrow {CD} = \left( {\overrightarrow {CC'} + \overrightarrow {C'B'} } ight).\overrightarrow {CD} \hfill \\ = \overrightarrow {CC'} .\overrightarrow {CD} + \overrightarrow {C'B'} .\overrightarrow {CD} \hfill \\ = CC'.CD.\cos \widehat {C'CD} + C'B'.CD.\cos \widehat {B'C'D'} \hfill \\ = a.a.\cos {60^0} + a.a.\cos \left( {{{180}^0} - \widehat {ABC}} ight) \hfill \\ = \dfrac{{{a^2}}}{2} - \dfrac{{{a^2}}}{2} = 0 \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 7: Vận dụng

    Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’, A’B’C’D’ là hình chữ nhật tâmH, A’D’ = 2a, A'B' = 2\sqrt 3 a, H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (A’B’C’D’), AH = 2\sqrt 3 a. Gọi \alpha là góc giữa hai đường thẳng AD’ và DB’. Tính \cos \alpha.

    Tính góc giữa hai đường thẳng

    Bước 1: Xác định góc giữa hai đường thẳng AD’ và DB’

    Kẻ đường thẳng d qua D, song song với AD', cắt A’D’ tại E

    Suy ra \alpha = \widehat {\left( {AD',\,DB'} ight)} = \widehat {\left( {DE,\,DB'} ight)}

    Bước 2: Tính \cos \alpha

    Kẻ đường thẳng qua H, song song với A’D’, cắt A’B’ tại F.

    Lấy điểm I sao cho ADIH là hình bình hành.

    Suy ra DI // AH , mà AH \bot \left( {A'B'C'D'} ight)

    => DI \bot \left( {A'B'C'D'} ight) \Rightarrow DI \bot IB'

    Ta có

    \begin{matrix} DE = AD' = \sqrt {A{H^2} + H{{D'}^2}} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 3 a} ight)}^2} + {{\left( {2a} ight)}^2}} = 4a \hfill \\ EB' = \sqrt {A'{E^2} + A'{{B'}^2}} = \sqrt {{4^2} + {{\left( {2\sqrt 3 } ight)}^2}} .a = 2\sqrt 7 a \hfill \\ IB' = \sqrt {I{F^2} + F{{B'}^2}} = \sqrt {{3^2} + {{\left( {\sqrt 3 } ight)}^2}} .a = 2\sqrt 3 a \hfill \\ DB' = \sqrt {D{I^2} + I{{B'}^2}} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 3 } ight)}^2} + {{\left( {2\sqrt 3 } ight)}^2}} .a = 2\sqrt 6 a \hfill \\ \end{matrix}

    Trong tam giác EDB’, có:

    \begin{matrix} \cos \widehat {EDB'} = \dfrac{{D{E^2} + D{{B'}^2} - E{{B'}^2}}}{{2.DE.DB'}} \hfill \\ = \dfrac{{{{\left( {4a} ight)}^2} + {{\left( {2\sqrt 6 a} ight)}^2} - {{\left( {2\sqrt 7 a} ight)}^2}}}{{2.4a.2\sqrt 6 a}} \hfill \\ = \dfrac{{\sqrt 6 }}{8} > 0 \hfill \\ \end{matrix}

    Suy ra \cos \alpha = \frac{{\sqrt 6 }}{8}

  • Câu 8: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có AB = AC = AD và \widehat {BAC} = \widehat {BAD} = {60^0}. Hãy xác định góc giữa cặp vecto \overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {CD}?

     Hình vẽ minh họa:

    Xác định góc giữa cặp vecto

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AB} .(\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} ) \hfill \\ = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \hfill \\ = |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AD} |.\cos (\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AD} ) \hfill \\ - |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AC} |.\cos (\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} ) \hfill \\ = |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AD} |.\cos {60^0} - |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AC} |.\cos {60^0}{\text{ }} \hfill \\ {\text{Do }}AC = AD \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = 0 \hfill \\ \Rightarrow (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD} ) = {90^0} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 9: Nhận biết

    Cho tứ diện ABCD có: AB = AC = AD, \widehat {BAC} = \widehat {BAD} = {60^0}. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) là:

    Hình vẽ minh họa

    Xác định góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD)

    Các tam giác ABC và ABD là tam giác đều

    => Tam giác ACD cân

    => BN ⊥ CD và AN ⊥ CD

    => \widehat {ANB} là góc của hai mặt phẳng (ACD) và (BCD)

  • Câu 10: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD;AC = 6a;BD = 8a. Gọi trung điểm của AD,BC lần lượt là M,N. Biết AC\bot DB. Độ dài đoạn thẳng MN là:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi P là trung điểm của CD. Khi đó \left\{ \begin{matrix}MP = \dfrac{1}{2}AC = 3a \\NP = \dfrac{1}{2}BD = 4a \\\end{matrix} ight.

    Lại có \left\{ \begin{matrix} NP//BD;MP//AC \\ AC\bot BD \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow MP\bot NP hay tam giác MNP vuông tại P

    Theo định lí Pythagore ta có:

    MN = \sqrt{NP^{2} + MP^{2}} = 5a

  • Câu 11: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có AC = \frac{3}{2}AD;\widehat {CAB} = \widehat {DAB} = {60^0};CD = AD. Gọi α là góc giữa AB và CD. Chọn khẳng định đúng?

     Hình vẽ minh họa:

    Chọn khẳng định đúng?

    Ta có:

    \cos (AB,CD) = \frac{{|\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} |}}{{|\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {CD} |}} = \frac{{|\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} |}}{{AB.CD}}

    Mặt khác:

    \begin{matrix} \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AB} .(\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} ) \hfill \\ = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \hfill \\ = |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AD} |.\cos (\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} ) - |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AC} |.\cos (\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} ) \hfill \\ = AB.AD.\cos {60^0} - AB.AC.\cos {60^0} \hfill \\ = AB.AD.\dfrac{1}{2} - AB.\dfrac{3}{2}AD.\dfrac{1}{2} \hfill \\ = - \dfrac{1}{4}AB.AD = - \dfrac{1}{4}AB.CD \hfill \\ \Rightarrow \cos (AB,CD) = \dfrac{{\left| { - \dfrac{1}{4}AB.CD} ight|}}{{AB.CD}} = \dfrac{1}{4} \hfill \\ \Rightarrow \cos \varphi = \dfrac{1}{4} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 12: Thông hiểu

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D. Mặt phẳng (A’BCD’) vuông góc với mặt phẳng:

    Hình vẽ minh họa:

    Dễ thấy: \left\{ \begin{matrix} AB’\bot A’B \\ AB’\bot A’D’ \\ \end{matrix} \Rightarrow AB’\bot(A’BCD’) ight.

    Do đó: (ADC’B’)⊥(A’BCD’)

    Vậy mặt phẳng (A’BCD’) vuông góc với mặt phẳng (ADC’B’).

  • Câu 13: 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 14: 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 15: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Giả sử H là hình chiếu của A trên cạnh SB. Ta có các khẳng định sau:

    a) AH\bot SC b) BC\bot(SAB) c) SC\bot AB

    Có bao nhiêu khẳng định đúng trong các khẳng định đã cho?

    Hình vẽ minh họa

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

    \Rightarrow BC\bot AH;\left( do\ \ \ AH \subset (SAB) ight)

    Lại có: \left\{ \begin{matrix} AH\bot SB \\ AH\bot BC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AH\bot(SBC) \Rightarrow AH\bot SC

    Vậy có 2 khẳng định đúng.

  • Câu 16: 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 17: Nhận biết

    Đường thẳng a vuông góc với hai đường thẳng phân biệt trong mặt phẳng (P) thì:

    "a vuông góc với mặt phẳng (P)" sai vì có thể có trường hợp

    a ⊥ b ⊂ (P); a⊥c ⊂ (P); b // c

    "a không vuông góc với mặt phẳng (P)" sai vì có thể xảy ra trường hợp

    a ⊥ b ⊂ (P); a⊥ c ⊂ (P); b ∩ c ≠ ∅

    =>a⊥(P)

    => "a không thể vuông góc với mặt phẳng (P)" là sai.

  • Câu 18: Thông hiểu

    Một tấm ván hình chữ nhật ABCD được dùng làm mặt phẳng nghiêng để kéo một vật lên khỏi hố sâu 2\ m. Cho biết AB = 1\ m, AD = 3,5\ m. Tính góc giữa đường thẳng BD và đáy hố. (Kết quả làm tròn đến độ).

    Đáp án : 33\ ^{0}

    Đáp án là:

    Một tấm ván hình chữ nhật ABCD được dùng làm mặt phẳng nghiêng để kéo một vật lên khỏi hố sâu 2\ m. Cho biết AB = 1\ m, AD = 3,5\ m. Tính góc giữa đường thẳng BD và đáy hố. (Kết quả làm tròn đến độ).

    Đáp án : 33\ ^{0}

    Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của C, D lên đáy hố là mặt phẳng (AKHB).

    Khi đó BD có hình chiếu lên đáy là KB, suy ra

    \left( BD,(AKHB) ight) = (BD,BK) = \widehat{DBK}.

    Với độ sâu hố là DK = CH = 2(m), ta có

    AK = \sqrt{AD^{2} - DK^{2}} = \frac{\sqrt{33}}{2}.

    KB = \sqrt{AK^{2} + AB^{2}} = \frac{\sqrt{37}}{2}.

    \tan DBK = \frac{DK}{KB} = \frac{4\sqrt{37}}{37}

    \Rightarrow \widehat{DBK} \approx 33{^\circ}.

  • Câu 19: Nhận biết

    Cho một khối chóp có diện tích đáy bằng 7a^{2}, chiều cao bằng a. Thể tích khối chóp đã cho là:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 7a^{2} \\ h = a \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}B.h = \frac{7}{3}a^{3}

  • Câu 20: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB,AC,AD đôi một vuông góc với nhau; AB = 8a;AC = 5a;AD = 6a. Gọi trung điểm của các cạnh BC,CD,DB lần lượt là J;Q;K. Tính thể tích tứ diện AJQK?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: V_{ABCD} = \frac{1}{2}AB.\frac{1}{2}AD.AC = 60a^{3}

    Nhận thấy S_{JQK} = \frac{1}{2}S_{JQKD} = \frac{1}{4}S_{BCD}

    V_{JQK} = \frac{1}{4}.V_{ABCD} = 15a^{3}

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
  • 52 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