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: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) là góc giữa cặp đường thẳng nào sau đây?

    Hình vẽ minh họa:

    Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cắt nhau theo giao tuyến SO và cùng vuông góc với đáy nên SO ⊥ (ABCD).

    Vậy góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) là góc giữa SB và BD.

  • Câu 2: 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 3: Thông hiểu

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

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: AA'//CC' nên góc giữa hai đường thẳng AB' và CC' là góc giữa AA' và 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 4: Thông hiểu

    Cho hình lăng trụABC.A’B’Ccó đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a,\widehat {ACB} = 30^\circ, M là trung điểm cạnh AC. Góc giữa cạnh bên và mặt đáy của lăng trụ bằng 600. Hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của BM. Gọi \alpha là góc tạo bởi A’H với (A’ACC’). Tính \sin\alpha?

    Sin của góc tạo bởi A’H với (A’ACC’)

    Ta có A'H \bot \left( {ABC} ight) nên A’H là đường cao của lăng trụ.

    Kẻ HK \bot AC (K thuộc đoạn AC)

    Kẻ

    Suy ra HI \bot \left( {AA'C'C} ight)

    Khi đó \alpha = \left( {A'H,A'I} ight) = \widehat {HA'K}

    Sin của góc tạo bởi A’H với (A’ACC’)

    +) Do tam giác MCB cân tại B nên \widehat {BMC} = \widehat {BCM} = 30^\circ

    \begin{matrix} MH = \dfrac{1}{2}BM = \dfrac{1}{4}AC = \dfrac{1}{4}\dfrac{{AB}}{{\sin 30^\circ }} = \dfrac{a}{2} \hfill \\ \Rightarrow HK = MH.\sin 60^\circ = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4} \hfill \\ \end{matrix}

    +) Mặt khác, góc giữa cạnh bên A’A và mặt đáy bằng \widehat {A'AH} = 60^\circ (theo giả thiết)

    Và BM = AM = AB = a

    => Tam giác AMB là tam giác đều cạnh a

    \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow A'H = AH.\tan 60^\circ = \frac{{3a}}{2}

    Vì vậy, \sin \alpha = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\dfrac{{3a}}{2}}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{6}

  • Câu 5: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 10. Cạnh bện SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SC =10\sqrt{5}. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và CD. Tính khoảng cách d giữa BD và MN.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi P là trung điểm BC và E = NP ∩ AC

    => PN // BD => BD // (MNP)

    => d(BD, MN) = d(BD, (MNP)) = d(O, (MNP)) = \frac{1}{3}d(A, (MNP))

    Kẻ AK ⊥ ME

    Khi đó d(A, (MNP)) = AK.

    Ta tính được:

    \begin{matrix}SA = \sqrt{SC^{2} - AC^{2}} = 10\sqrt{3} \\\Rightarrow MA = 5\sqrt{3};AE = \dfrac{3}{4}AC = \dfrac{15\sqrt{2}}{2} \\\end{matrix}

    Xét tam giác vuông MAE ta có:

    AK = \frac{MA.AE}{\sqrt{MA^{2} +AE^{2}}} = 3\sqrt{5}

    \Rightarrow d(BD;MN) = \frac{1}{3}AK =\sqrt{5}

  • Câu 6: Nhận biết

    Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 1, cạnh SA vuông góc với đáy và SA = \sqrt{2}. Tính thể tích khối chóp S.ABCD đã cho.

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SA\bot(ABCD) nên SA là đường cao của hình chóp

    Thể tích khối chóp là V = \frac{1}{3}.SA.S_{ABCD} = \frac{1}{3}.\sqrt{2}.1^{2} = \frac{\sqrt{2}}{3}

  • Câu 7: Nhận biết

    Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Khẳng định nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: ABCD là hình vuông nên BD\bot AC

    Và SA\bot(ABCD) \Rightarrow SA\bot BD

    \Rightarrow BD\bot(SAC)

  • Câu 8: Thông hiểu

    Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình thoi. Gọi mặt phẳng (\alpha) chứa cạnh A'C' và cắt AB;BC lần lượt tại I;J. Chọn kết luận đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} (\alpha) \cap (ABCD) = IJ \\ (\alpha) \cap (A'B'C'D') = A'C' \\ (A'B'C'D')//(ABCD) \\ \end{matrix} ight.

    \Rightarrow A'C'//IJ mà A'C'//AC

    \Rightarrow AC//IJ

    Mặt khác BD\bot AC

    \Rightarrow BD\bot IJ.

  • Câu 9: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a. Cạnh bên SA=a\sqrt{2} và vuông góc với đáy (ABCD). Tính khoảng cách d từ điểm B đến mặt phẳng (SCD)

    Hình vẽ minh họa:

    Tính khoảng cách d từ điểm B đến mặt phẳng (SCD)

    Do AB // CD => d(B;(SCD))=d(A;(SCD))

    Kẻ AE ⊥ SD tại E (1)

    Ta có: \left\{ \begin{gathered}CD \bot AD \hfill \\CD \bot SA \hfill \\\end{gathered} ight. \Rightarrow CD \bot (SAD) \Rightarrow CD \bot AE(**)

    Từ (1) và (2) => AE ⊥ (SCD)

    => d(A;(SCD)) = AE

    Xét tam giác vuông SAD ta có:

    AE = \frac{{SA.AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}

    Vậy d(B;(SCD))=AE=\frac{{a\sqrt 6 }}{3}

     

  • Câu 10: 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 11: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a (tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và A’C’ bằng:

    Do BD và A’C’ lần lượt nằm trên hai mặt phẳng (ABCD) và (A’B’C’D’) song song với nhau nên d(A’C’, BD) = d((ABCD),(A’B’C’D’)).

    Mà ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên ta có d((ABCD), (A’B’C’D’)) = AA’ = a. Vậy d(A’C’, BD) = a.

  • Câu 12: 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 13: 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 14: Vận dụng

    Cho tứ diện đều ABCD có M là trung điểm của cạnh CD, gọi \varphi là góc giữa hai đường thẳng AM và BC. Giá trị \cos \varphi bằng:

    Tính cosin góc giữa hai đường thẳng

    Giả sử cạnh của tứ diện đều bằng a

    Vì M là trung điểm của CD. Nên AM là đường cao trong tam giác ACD đều.

    => AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {CB} .\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {CB} .\left( {\overrightarrow {CM} - \overrightarrow {CA} } ight) = \overrightarrow {CB} .\overrightarrow {CM} - \overrightarrow {CB} .\overrightarrow {CA} \hfill \\ = CB.CM.\cos \widehat {BCM} - CB.CA.\cos \widehat {ACB} \hfill \\ = a.\dfrac{a}{2}.\cos {60^o} - a.a.\cos {60^o} = - \dfrac{{{a^2}}}{4} \hfill \\ \end{matrix}

    => \cos \left( {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {AM} } ight) = \dfrac{{\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {AM} }}{{\left| {\overrightarrow {BC} } ight|.\left| {\overrightarrow {AM} } ight|}} = \dfrac{{\dfrac{{ - {a^2}}}{4}}}{{a.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{ - \sqrt 3 }}{6}

     

    => \cos \varphi = \left| {\cos \left( {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {AM} } ight)} ight| = \frac{{\sqrt 3 }}{6}

  • Câu 15: Vận dụng

    Cho vecto \vec{n} ≠ \vec{0} và hai vecto \vec{a} và \vec{b} không cùng phương. Nếu vecto \vec{n} vuông góc với cả hai vecto \vec{a} và \vec{b} thì \vec{n} , \vec{a} và \vec{b}:

    Trường hợp "Đồng phẳng" và " Có thể đồng phẳng" sai vì có thể xảy ra trường hợp như hình vẽ sau:

    Hoàn thành mệnh đề

    Giả sử trường hợp "Không đồng phẳng" sai tức là ba vecto  \vec{n} , \vec{a} và \vec{b} đồng phẳng. 

    Khi đó vì \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\overrightarrow n \bot \overrightarrow a } \\ {\overrightarrow n \bot \overrightarrow b } \end{array}} ight. \Rightarrow \overrightarrow a //\overrightarrow bđiều này mẫu thuẫn với giả thiết hai vecto  \vec{a} và \vec{b} không cùng phương.

    Vậy đáp án đúng là "Không đồng phẳng"

  • Câu 16: Vận dụng

    Cho lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a, \widehat{BAD} = 60^{0}. Hình chiếu vuông góc của B’ xuống mặt đáy trùng với giao điểm hai đường chéo của đáy và cạnh bên BB’ = a. Tính góc giữa cạnh bên và mặt đáy.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi O là giao điểm của AC và BD

    Theo giả thiết ta có: B’O ⊥ (ABCD)

    Dó đó \left( BB';(ABCD) ight) = (BB';BO) = \widehat{B'BO}

    Vì tam giác ABD đều cạnh a => BO = \frac{BD}{2} = \frac{a}{2}

    Tam giác B’BO vuông ta có:

    \begin{matrix}\cos\widehat{B'BO} = \dfrac{BO}{BB'} = \dfrac{1}{2} \hfill \\\Rightarrow \widehat{B'BO} = 60^{0} \hfill \\\end{matrix}

  • Câu 17: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a; cạnh SA vuông góc với mặt đáy và SA = 2a. Gọi M là trung điểm của cạnh SC. Gọi \mu là góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng (ABC). Xác định \cos\mu?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trung điểm của AC => HM // SA và HM = \frac{1}{2}.SA = a

    Mà SA\bot(ABCD) \Rightarrow HM\bot(ABC)

    \Rightarrow \left( BM;(ABC) ight) = (BM,BH) = \widehat{MBH}

    Ta có: BH = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    \Rightarrow BM = \sqrt{BH^{2} + MH^{2}}= \sqrt{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} ight)^{2} + a^{2}} = \frac{a\sqrt{7}}{2}

    Trong tam giác BMH có:

    \cos\mu = \cos\widehat{MBH} =\dfrac{BH}{BM} = \dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{2}}{\dfrac{a\sqrt{7}}{2}} =\dfrac{\sqrt{21}}{7}

  • Câu 18: 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

    Vì 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 19: Thông hiểu

    Các đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thì:

    Đáp án "Thuộc một mặt phẳng" sai vì có thể xảy ra trường hợp nằm trên nhiều mặt phẳng khác nhau.

    Đáp án "Vuông góc với nhau" sai vì có thể xảy ra trường hợp chúng song song với nhau.

    Đáp án "Song song với nhau" sai vì có thể xảy ra trường hợp chúng cắt nhau.

    Đáp án "Song song với một mặt phẳng" đúng vì chúng đồng phẳng.

  • Câu 20: Thông hiểu

    Tính thể tích khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng 1cm?

    Hình vẽ minh họa

    Giả sử khối chóp tứ giác đều đã cho là S.ABCD

    Khi đó ABCD là hình vuông cạnh bằng 1 cm và SA = SB = SC = SD = 1cm

    Gọi H là tâm hình vuông ABCD thì SH\bot(ABCD) nên SH là chiều cao của khối chóp S.ABCD.

    Tính SH

    Xét tam giác ABC vuông tại B ta có:

    AC = \sqrt{AB^{2} + BC^{2}} = \sqrt{1^{2} + 1^{2}} = \sqrt{2}(cm)

    Nhận thấy AC^{2} = SA^{2} + SC^{2} nên tam giác SAC vuông tại S

    \Rightarrow SH = \frac{AC}{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}(cm)

    Diện tích đáy của khối chóp là S_{ABCD} = 1^{2} = 1\left( cm^{2} ight)

    Thể tích khối chóp S.ABCD là V = \frac{1}{3}.S_{ABCD}.SH = \frac{1}{3}.1.\frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{6}\left( cm^{3} 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
  • 81 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