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

    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 2: Nhận biết

    Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Giả sử tam giác AB’C và A’DC’ đều có ba góc nhọn. Góc giữa hai đường thẳng AC, A’D là góc nào sau đây?

    Xác định góc giữa hai đường thẳng AC, A’D

    Do ACC’A’ là hình bình hành nên AC song song với A’C’. Do đó:

    \left( {\widehat {AC;A'D}} ight) = \left( {\widehat {A'C';A'D}} ight)

    Như vậy \left( {\widehat {AC;A'D}} ight) = \widehat {DA'C'}

  • Câu 3: 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 4: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA =a\sqrt{6}. Gọi α là góc giữa SC và (SAB). Giá trị tan α bằng:

    Hình vẽ minh họa:

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

    => SB là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (SAB)

    => \alpha = \widehat{BSC}

    Mà SB = \sqrt{SA^{2} + AB^{2}} =a\sqrt{7}

    Vậy \tan\alpha = \frac{BC}{SB} =\frac{\sqrt{7}}{7}

  • Câu 5: Thông hiểu

    Cho tứ diện đều ABCD, M là trung điểm của BC. Khi đó cos(AB; DM) là:

    Hình vẽ minh họa:

    Cos(AB; DM) bằng bao nhiêu?

    Giả sử cạnh của tứ diện là a

    Tam giác BCD đều => DM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}

    Tam giác ABC đều => AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}

    Ta có: \cos \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {DM} } ight) = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DM} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } ight|.\left| {\overrightarrow {DM} } ight|}} = \dfrac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DM} }}{{a.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}

    Mặt khác 

    \begin{matrix} \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DM} = \overrightarrow {AB} (\overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AD} ) \hfill \\ = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} \hfill \\ = |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AM} |.\cos (\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AM} ) \hfill \\ - |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AD} |.\cos (\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} ) \hfill \\ = |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AM} |.\cos {30^0} - |\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AD} |.\cos {60^0} \hfill \\ = a.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} - a.a.\dfrac{1}{2} \hfill \\ = \dfrac{{3{a^2}}}{4} - \dfrac{{{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^2}}}{4} \hfill \\ \Rightarrow \cos (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {DM} ) = \dfrac{{\sqrt 3 }}{6} > 0 \hfill \\ \Rightarrow (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {DM} ) = (AB,DM) \hfill \\ \Rightarrow \cos (AB,DM) = \dfrac{{\sqrt 3 }}{6} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 6: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác S.ABC, đáy là tam giác ABC vuông cân tại C và AB = a\sqrt{3};AC = a. Biết tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Thể tích hình chóp tam giác S.ABC bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trung điểm của AB

    Tam giác SAB đều nên SH\bot AB

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

    Vậy SH là đường cao của hình chóp tam giác S.ABC

    Tam giác SAB đều nên SH = \frac{3a}{2}

    Tam giác ABC vuông cân tại C nên

    AB^{2} = AC^{2} + BC^{2} \Rightarrow BC = \sqrt{3a^{2} - a^{2}} = a\sqrt{2}

    Vậy thể tích hình chóp S.ABC là: V_{S.ABC} = \frac{1}{3}.\frac{3a}{2}.\frac{1}{2}.a\sqrt{2}.a = \frac{a^{3}\sqrt{2}}{4}

  • Câu 7: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD), đáy ABCD là hình chữ nhật với AC = a\sqrt{5} và BC = . Tính khoảng cách giữa SD và BC.

    Hình vẽ minh họa:

    Theo giả thiết, suy ra AD là hình chiếu vuông góc của SD lên mặt phẳng (ABCD) và CD ⊥ AD (do ABCD là hình chữ nhật), nên theo định lý ba đường vuông góc suy ra CD ⊥ SD. Vì CD cũng vuông góc với BC nên CD là đoạn vuông góc chung của SD và BC.

    CD = \sqrt{AC^{2} - BC^{2}} =\sqrt{5a^{2} - 2a^{2}} = a\sqrt{3}

  • Câu 8: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là hình tam giác vuông tại A, SA\bot(ABC). Kết luận nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} AC\bot AB \\ AC\bot SA \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow AC\bot(SAB)

    \left\{ \begin{matrix} AC\bot(SAB) \\ AC \subset (SAC) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow (SAC)\bot(SAB)

  • Câu 9: 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 10: 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 11: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có 3CD = 4AB. Gọi trung điểm của các cạnh BC,AC,DB lần lượt là G,E,F. Biết rằng 6EF = 5AB. Tính (CD;AB)?

    Hình vẽ minh họa

    Đặt AB = a

    Vì trung điểm của các cạnh BC,AC,DB lần lượt là G,E,F

    Suy ra \left\{ \begin{matrix}GE = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{a}{2} \\GF = \dfrac{1}{2}CD = \dfrac{2}{3}AB = \dfrac{2a}{3} \\EF = \dfrac{5}{6}AB = \dfrac{5a}{6} \\\end{matrix} ight.

    Từ đó GE^{2} + GF^{2} = \frac{a^{2}}{4} + \frac{4a^{2}}{9} = \frac{25a^{2}}{36} = EF^{2}

    Suy ra tam giác GEF vuông tại G.

    Vì GE//AB;GF//CD nên (AB,CD) = (GE,GF) = \widehat{EGF} = 90^{}

  • Câu 12: 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 13: 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 14: Vận dụng

    Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có tất cả các cạnh bằng a. (như hình vẽ).

    Tính d\left( A;(A'BC) ight)?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm cạnh BC.

    Ta có tam giác ABC đều cạnh a nên AM\bot BC; AM = \sqrt{AB^{2} - BH^{2}} = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    ABC.A'B'C' là hình lăng trụ tam giác đều nên AA'\bot(ABC) \Rightarrow AA'\bot BC

    Do đó BC\bot(A'AM) và BC \subset (A'BC) \Rightarrow (A'AM)\bot(A'BC) theo giao tuyến A'M

    Kẻ AH\bot AM \Rightarrow AH\bot(A'BC)

    D\left( A;(A'BC) ight) = AH

    Lại có \frac{1}{AH^{2}} = \frac{1}{A'A^{2}} + \frac{1}{AM^{2}} \Leftrightarrow \frac{1}{AH^{2}} = \frac{1}{a^{2}} + \frac{4}{3a^{2}}

    \Leftrightarrow \frac{1}{AH^{2}} = \frac{7}{3a^{2}} \Rightarrow AH = \frac{a\sqrt{21}}{7}

  • Câu 15: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = 2a, BC = a. Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm của cạnh AB, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 600. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SB và AC.

    Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SB và AC

    +) Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC} = \left( {\overrightarrow {SH} + \overrightarrow {HB} } ight)\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} } ight) \hfill \\ = \overrightarrow {SH} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {SH} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {HB} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {HB} .\overrightarrow {BC} \hfill \\ = \overrightarrow {HB} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {HB} .\overrightarrow {BC} \hfill \\ = \dfrac{1}{2}A{B^2} = 2{a^2} \hfill \\ \end{matrix}

    +) Mặt khác

    \begin{matrix} AC = a\sqrt 5 ;CH = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \hfill \\ SH = CH.\tan \widehat {SCH} = a\sqrt 6 \hfill \\ SB = \sqrt {S{H^2} + H{B^2}} = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 6 } ight)}^2} + {a^2}} = a\sqrt 7 \hfill \\ \end{matrix}

    => \cos \left( {SB,AC} ight) = \frac{{\left| {\overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC} } ight|}}{{SB.AC}} = \frac{{2{a^2}}}{{a\sqrt 7 .a\sqrt 5 }} = \frac{2}{{\sqrt {35} }}

  • Câu 16: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, trung điểm các cạnh AD,BC lần lượt là M,N. Xác định độ dài đoạn thẳng MN để góc giữa hai đường thẳng AB và MN bằng 30^{0}.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi P là trung điểm của AC

    Ta có: \left\{ \begin{matrix}NP//AB \\MP//CD \\NP = NP = \dfrac{a}{2} \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow (AB,CD) = (NP,MN)

    \cos\widehat{MNP} = \frac{MN^{2} + NP^{2} - MP^{2}}{2MN.NP}

    = \dfrac{MN^{2} + \dfrac{a}{4}^{2} -\dfrac{a}{4}^{2}}{2MN.\dfrac{a}{2}} = \dfrac{MN}{a}

    (AB,MN) = 30^{0} \Rightarrow \left\{ \begin{matrix} \widehat{MNP} = 30^{0} \\ \widehat{MNP} = 150^{0} \\ \end{matrix} ight.

    \widehat{MNP} = 30^{0} \Rightarrow \frac{MN}{a} = \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow MN = \frac{a\sqrt{3}}{2}(TM)

    \widehat{MNP} = 150^{0} \Rightarrow \frac{MN}{a} = - \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow MN = - \frac{a\sqrt{3}}{2}(KTM)

  • Câu 17: Nhận biết

    Cho tứ diện OABC với các đường thẳng OA, OB, OC đôi một vuông góc. Bộ ba mặt phẳng vuông góc với nhau từng đôi một là

    Dễ thấy rằng OA ⊥ (OBC), OB ⊥ (OCA), OC ⊥ (OAB)

    Vậy bộ ba mặt phẳng vuông góc với nhau từng đôi một là (OAB), (OBC), (OCA).

  • Câu 18: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB,AC,AD đôi một vuông góc với nhau. Gọi trung điểm của các cạnh BC,CD,DB lần lượt là J;Q;K. Tính thể tích tứ diện AJQK, biết AB = 6cm;AC = 7cm;AD = 4cm.

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: V_{ABCD} =\frac{1}{2}AB.\frac{1}{2}AD.AC = \frac{1}{2}.6.7.4 = 28\left( cm^{3}ight)

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

    V_{JQK} = \frac{1}{4}V_{ABCD} = 7\left(cm^{3} ight)

  • Câu 19: Thông hiểu

    Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình vuông, đường chéo BD = 2a. Biết góc giữa hai mặt phẳng (A'BD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 30^{0}. Khi đó thể tích hình hộp chữ nhật bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi góc giữa mặt phẳng (A'BD) và mặt phẳng (ABCD)là \alphavà O = AC \cap BD

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} AO\bot BD \\ AA'\bot BD \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow A'O\bot BD

    \Rightarrow \alpha = (AO;A'O) = \widehat{AOA'} = 30^{0}

    Ta có ABCD là hình vuông, BD = 2a nên AB = AD = a\sqrt{2}

    Ta có: AO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}BD = a

    Xét tam giác AOA’ có AA' = AO.tan30^{0} = \frac{a\sqrt{3}}{3}

    \Rightarrow V_{ABCD.A'B'C'D'} = AA'.S_{ABCD} = \frac{a\sqrt{3}}{3}.2a^{2} = \frac{2a^{3}\sqrt{3}}{3}

  • Câu 20: Nhận biết

    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 chúng 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.

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