Cho hình lập phương $A B C D \cdot A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ có cạnh bằng a. Khoảng cách từ đỉnh A của hình lập phương đó đến đường thẳng $C D^{\prime}$ bằng:
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Gọi M là trung điểm của $C D^{\prime}$. Do $A B C D . A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ là hình lập phương nên tam giác ACD' là tam giác đều cạnh $a \sqrt{2}$.
,$A M \perp C D^{\prime} \Rightarrow d\left(A, C D^{\prime}\right)=A M=\dfrac{a \sqrt{6}}{2}$.
Đáp án: B
Cho hình lập phương $A B C D \cdot A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ có cạnh bằng a. Khoảng cách từ đỉnh A của hình lập phương đó đến đường thẳng $D B^{\prime}$ bằng:
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A xuống DB'.
Dễ thấy $A D \perp\left(A B B^{\prime} A^{\prime}\right) \Rightarrow \Delta A D B\'$ vuông đỉnh A.
Lại có: $A D=a ; A B^{\prime}=a \sqrt{2} \Rightarrow \dfrac{1}{A H^{2}}=\dfrac{1}{A D^{2}}+\dfrac{1}{A B^{2}} \Rightarrow A H=\dfrac{a \sqrt{6}}{3}$
Đáp án: D
Cho hình chóp S.ABCD có $S A \perp(A B C D)$, đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a và $\hat{B}=60^{\circ}$. Biết SA=2a . Tính khoảng cách từ A đến SC.
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Kẻ $A H \perp S C$, khi đó $d(A, S C)=A H$.
ABCD là hình thoi cạnh bằng a và $\hat{B}=60^{\circ} \Rightarrow \Delta A B C$ đều nên AC=a
Trong tam giác vuông SAC có:
$\begin{array}{l}{\dfrac{1}{A H^{2}}=\dfrac{1}{S A^{2}}+\dfrac{1}{A C^{2}}} \\ {\Rightarrow A H=\frac{S A \cdot A C}{\sqrt{S A^{2}+A C^{2}}}=\dfrac{2 a \cdot a}{\sqrt{4 a^{2}+a^{2}}}=\dfrac{2 \sqrt{5} a}{5}}\end{array}$
Đáp án: C
Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác cạnh $B C=a, A C=2 a \sqrt{2},$ góc $\widehat{A C B}=45^{0}$. Cạnh bên $SB$ vuông góc với mặt phẳng $(ABC)$. Tính khoảng cách từ điểm $A$ đến mặt phẳng $(SBC)$.
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Từ $A$ kẻ $AH$ vuông góc với $B C, H \in B C(1)$
Ta có $SB$ vuông góc với $(A B C) \Rightarrow S B \perp A H(2)$
Từ (1), (2) suy ra $4 H \perp(S B C) \Rightarrow d(A ;(S B C))=A H$
Tam giác $AHC$ vuông tại $H$, có $\sin \widehat{H C A}=\dfrac{A H}{A C}$
$\Rightarrow A H=\sin \widehat{H A C} \cdot A C=\sin 45^{0} \cdot A C=2 a \sqrt{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2}=2 a$
Đáp án: B.
Cho hình chóp $S . A B C D$ trong đó $S A, A B, B C$ đôi một vuông góc và $S A=A B=B C=1$. Khoảng cách giữa hai điểm S và C nhận giá trị nào trong các giá trị sau?
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Do $\left\{\begin{array}{l}{S A \perp A B} \\ {S A \perp B C}\end{array}\right.$ nên $S A \perp(A B C) \Rightarrow S A \perp A C$
Như vậy $S C=\sqrt{S A^{2}+A C^{2}}=\sqrt{S A^{2}+A B^{2}+B C^{2}}=\sqrt{3}$
Đáp án: B
Cho hình chóp $B C D$ có cạnh $A C \perp(B C D)$ và $BCD$ là tam giác đều cạnh a. Biết $A C=a \sqrt{2}$ và M là trung điểm BD. Khoảng cách từ C đến đường thẳng AM là:
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Dựng hình chiếu H của C lên AM.
Do $\Delta B C D$ đều cạnh a nên đường cao $M C=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$
$d(C, A M)=C H=\dfrac{A C \cdot M C}{\sqrt{A C^{2}+M C^{2}}}=\dfrac{a \sqrt{66}}{11}$.
Đáp án: C
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông tâm $O$, cạnh $a$. Cạnh bên $S A=\dfrac{a \sqrt{15}}{2}$ và vuông góc với mặt đáy $(ABCD)$. Tính khoảng cách $d$ từ $O$ đến mặt phẳng $(SBC)$
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Ta có: $O A \cap(S B C)=C \Rightarrow \dfrac{d(O ;(S B C))}{d(A ;(S B C))}=\dfrac{O C}{A C}=\dfrac{1}{2}$
Do đó $d(O ;(S B C))=\dfrac{1}{2} d(A ;(S B C))$
Gọi $K$ là hình chiếu của $A$ trên $S B \Rightarrow A K \perp S B(1)$
Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{B C \perp S A} \\ {B C \perp A B}\end{array} \Rightarrow B C \perp(S A B) \Rightarrow B C \perp A K\right. (2)$
Từ (1) và (2) $\Rightarrow A K \perp(S B C) \Rightarrow d(A ;(S B C))=A K$
Tam giác vuông $SAB$, có $A K=\dfrac{S A \cdot A B}{\sqrt{S A^{2}+A B^{2}}}=\dfrac{a \sqrt{285}}{19}$
Vậy $d(O ;(S B C))=\dfrac{1}{2} A K=\dfrac{a \sqrt{285}}{38}$
Đáp án: C.
Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a,SA$ vuông góc với mặt phẳng $(ABC)$; góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $(ABC)$ bằng $60^0$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $AB$. Tính khoảng cách $d$ từ $B$ đến mặt phẳng $(SMC)$
Hướng dẫn giải (chi tiết)
$\begin{array}{l}{60^{\circ}=\left( {\widehat {SB;(ABC)}} \right)} \\ {=(S \widehat{B ; A B})=\widehat{S B A}} \\ {S A=A B \cdot \tan \widehat{S B A}=a \cdot \sqrt{3}=a \sqrt{3}}\end{array}$
Do $M$ là trung điểm của cạnh $AB$ nên $d(B ;(S M C))=d(A ;(S M C))$
Trong $(SAB)$ kẻ $A K \perp S M(1)$
Ta có $\left\{\begin{array}{l}{C M \perp A B} \\ {C M \perp S A}\end{array} \Rightarrow C M \perp(S A B) \Rightarrow C M \perp A K\right. (2)$
Từ (1). (2) $\Rightarrow A K \perp(S C M) \Rightarrow d(A ;(S M C))=A K$
Tam giác vuông $SAM$, có $A K=\dfrac{S A \cdot A M}{\sqrt{S A^{2}+A M^{2}}}=\dfrac{a \sqrt{39}}{13}$
Vậy $d(B ;(S M C))=A K=\dfrac{a \sqrt{39}}{13}$
Đáp án: B.
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh bằng $a$. Cạnh bên $SA$ vuông góc với đáy, $SB$ hợp với đáy một góc $60^0$. Tính khoảng cách $d$ từ điểm $D$ đến mặt phẳng $(SBC).$
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Xác định: $60^{0}=(S B ; \left( {\widehat {SB;(ABCD)}} \right)=(\widehat{S B ; A B})=\widehat{S B A}$
$\Rightarrow S A=A B \cdot \tan \widehat{S B A}=a \sqrt{3}$
Ta có: $\begin{array}{l}{A D\|B C \Rightarrow A D\|(S B C) \Rightarrow d(D ;(S B C))} \ {=d(A,(S B C))}\end{array}$
Kẻ $A K \perp S B(1)$
Ta có $\left\{\begin{array}{l}{B C \perp S A} \\ {B C \perp A B}\end{array} \Rightarrow B C \perp(S A B) \Rightarrow B C \perp A K\right. (2)$
Từ (1) và (2) $\Rightarrow A K \perp(S B C)$
Do đó ta có $d(A ;(S B C))=A K=\dfrac{S A \cdot A B}{\sqrt{S A^{2}+A B^{2}}}=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$
Vậy $d(D ;(S B C))=A K=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$
Đáp án: A.
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật có $A B=a \sqrt{2}$. Cạnh bên $SA=2a$ và vuông góc với mặt đáy $(ABCD)$. Tính khoảng cách $d$ từ $D$ đến mặt phẳng $(SBC).$
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Do $AD//BC$ nên $d(D ;(S B C))=d(A ;(S B C))$
Gọi $K$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $SB$, suy ra $AK \perp S B(1)$
Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{B C \perp S A} \\ {B C \perp A B}\end{array} \Rightarrow B C \perp(S A B) \Rightarrow B C \perp A K\right.(2)$
Từ (1) và (2) $\Rightarrow A K \perp(S B C)$
Khi $d(A ;(S B C))=A K=\dfrac{S A \cdot A B}{\sqrt{S A^{2}+A B^{2}}}=\dfrac{2 a \sqrt{3}}{3}$
Đáp án: C.
Cho hình lăng trụ tam giác $A B C . A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ có cạnh bên bằng a. Các cạnh bên của lăng trụ tạo với mặt đáy góc $60^{\circ}$. Hình chiếu vuông góc của $A^{\prime}$ lên mặt phẳng $(A B C)$ là trung điểm của BC. Khoảng cách giữa hai mặt đáy của lăng trụ là bao nhiêu
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Ta có: $A^{\prime} H \perp(A B C) \Rightarrow \widehat{A^{\prime} A H}=60^{\circ}$
$d\left(\left(A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}\right),(A B C)\right)=A^{\prime} H=A^{\prime} A \cdot \sin 60^{\circ}=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$
Đáp án: A
Cho hình lập phương $\mathrm{ABCD} \cdot \mathrm{A}^{\prime} \mathrm{B}^{\prime} \mathrm{C}^{\prime} \mathrm{D}^{\prime}$ có độ dài cạnh bằng 10. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng $\left(\mathrm{ADD}^{\prime} \mathrm{A}\right)$ và $\left(\mathrm{BCCl}^{\prime}\right)$
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Vì $A B C D . A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ là hình lập phương nên $\left(A D D^{\prime} A^{\prime}\right) / /\left(B C C^{\prime} B^{\prime}\right) $.
Khi đó $d\left(\left(A D D^{\prime} A^{\prime}\right) ;\left(B C C^{\prime} B^{\prime}\right)\right)=d\left(A ;\left(B C C^{\prime} B^{\prime}\right)\right)$
Mà $A B \perp\left(B C C^{\prime} B^{\prime}\right) \text { nên } d\left(A ;\left(B C C^{\prime} B^{\prime}\right)\right)=A B=10$
Đáp án: C
Cho hình chóp $S . A B C D$ có $S A \perp(A B C D)$, đáy $A B C D$ là hình thang vuông tại $A, B$ có $A B=a$. Gọi I và J lần lượt là trung điểm AB và CD. Tính khoảng cách giữa đường thẳng $I J \text { và }(S A D)$
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Vì $S A \perp(A B C D) \Rightarrow S A \perp I A$ mà $I A \perp A D $ nên $I A \perp(S A D)$
Lại có $I J / / A D$ nên $I J / /(S A D)$
$\Rightarrow d(I J ;(S A D))=d(I ;(S A D))=I A=\dfrac{a}{2}$
Đáp án: C
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết mặt phẳng (SBC) tạo với đáy một góc $60^{0}$ và M là trung điểm SD. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AB và CM?
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Ta có $\left\{\begin{array}{l}{B C \perp A B} \\ {B C \perp S A}\end{array} \Rightarrow B C \perp(S A B)\right.$
$\Rightarrow \widehat{S B A}$ là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC)
Ta có $S A=A B \tan \widehat{S B A}=a \sqrt{3}$
Do $A B \| C D$ do đó $d(A B ; C M)=d(A B ;(C M D))=d(A ;(S C D))$
Dựng $A H \perp S D$(1) ta có:
$\left\{\begin{array}{l}{C D \perp A D} \\ {C D \perp S A}\end{array} \Rightarrow C D \perp(S A D) \Rightarrow C D \perp A H(2)\right.$
Từ (1) và (2) $\Rightarrow A H \perp(S C D)$
khi đó $d(A ;(S C D))=A H$
Lại có $A H=\dfrac{S A \cdot A D}{\sqrt{S A^{2}+A D^{2}}}$
$=\dfrac{a \sqrt{3} . a}{\sqrt{3 a^{2}+a^{2}}}=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$
Do đó $d=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$
Đáp án B
Cho hình chóp S.ABC có đáy $A B C$ là tam giác vuông cân tại A, tam giác SBC là tam giác đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC.
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Gọi H là trung điểm BC khi đó $S H \perp B C$
Mặt khác $(S B C) \perp(A B C)$ do đó $S H \perp(A B C)$
Ta có $S H=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$ và $A B=A C=\dfrac{a}{\sqrt{2}} ; A H=\dfrac{B C}{2}=\dfrac{a}{2}$
Do $\left\{\begin{array}{l}{B C \perp A H} \\ {B C \perp S H}\end{array} \Rightarrow B C \perp(S H A)\right.$
Dựng $H K \perp S A$ khi đó HK là đoạn vuông góc chung của BC và SA.
Lại có $H K=\dfrac{S H \cdot A H}{\sqrt{S H^{2}+H A^{2}}}=\dfrac{a \sqrt{3}}{4}$.Vậy $d(S A ; B C)=\dfrac{a \sqrt{3}}{4}$
Đáp án: B
Cho hình lăng trụ $A B C . A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ có tất cả các cạnh đều bằng a. Hình chiếu H của A trên mặt phẳng $\left(A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}\right)$ thuộc cạnh $B^{\prime} C^{\prime}$. Biết khoảng cách giữa hai mật phẳng đáy là $\dfrac{a}{2}$. Tìm vị trí của H trên $B^{\prime} C^{\prime}$
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Do hình lăng trụ $A B C \cdot A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ có tất cả các cạnh bằng a nên $A^{\prime} A=a$
H là hình chiếu của A trên $\left(A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}\right)$ nên
$A H \perp\left(A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}\right) \Rightarrow d\left((A B C),\left(A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}\right)\right)=A H=\dfrac{a}{2}$
$\Delta A^{\prime} H A$ vuông tại H nên $A^{\prime} H=\sqrt{A^{\prime} A^{2}-A H^{2}}=\sqrt{a^{2}-\dfrac{a^{2}}{4}}=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$
Mặt khác $\Delta A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ đều cạnh a nên đường cao $A^{\prime} H^{\prime}=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$ $(H\'$ là trung điểm của $B^{\prime} C\'$)
Từ đó $A^{\prime} H=A^{\prime} H^{\prime}$ và $H, H^{\prime} \in B^{\prime} C^{\prime} \text { nên } H \equiv H^{\prime}$
vậy H là trung điểm của $B^{\prime} C^{\prime} \Rightarrow H B^{\prime}=\dfrac{1}{2} B^{\prime} C^{\prime}$
Đáp án: B
Cho lăng trụ tam giác $A B C \cdot A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$có các cạnh bên hợp với đáy những góc bằng $60^{\circ}$, đáy $A B C$ là tam giác đều và $A^{\prime}$ cách đều $A, B, C$. Tính khoảng cách giữa hai đáy của hình lăng trụ
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Ta có: $(A B C) / /\left(A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}\right) \Rightarrow d\left((A B C),\left(A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}\right)\right)=d\left(A^{\prime},(A B C)\right)$
Vì ABC là tam giác đều và $A A^{\prime}=A^{\prime} B=A^{\prime} C \Rightarrow A^{\prime} A B C$ là hình chóp đều
Gọi $A^{\prime} H$ là chiều cao của lăng trụ, suy ra H là trọng tâm $\Delta A B C, \widehat{A^{\prime} A H}=60^{\circ}$
$\Rightarrow d\left(A^{\prime},(A B C)\right)=A^{\prime} H=A H \cdot \tan 60^{\circ}=\dfrac{a \sqrt{3}}{3} \sqrt{3}=a$
Đáp án: A
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, gọi I là trung điểm của AB. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy là trung điểm của CI. Biết chiều cao của khối chóp là $a \sqrt{3}$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC là:
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Ta có $\left\{\begin{array}{l}{C I \perp A B} \\ {S H \perp A B}\end{array} \Rightarrow A B \perp(S I C)\right.$
Dựng $I F \perp S C$(1) khi đó $I F \subset(S I C) \Rightarrow I F \perp A B(2)$, do đó IF là đoạn vuông góc chung của AB và SC. Dựng $H E \perp S C \Rightarrow H E / / I F$ ta có $H E=\dfrac{1}{2} I F$
Lại có $C I=\dfrac{a \sqrt{3}}{2} \Rightarrow C H=\dfrac{a \sqrt{3}}{4}$
Khi đó
$H E=\dfrac{S H \cdot H C}{\sqrt{S H^{2}+C H^{2}}}=\dfrac{a \sqrt{3} \cdot \dfrac{a \sqrt{3}}{4}}{\sqrt{(a \sqrt{3})^{2}+\left(\dfrac{a \sqrt{3}}{4}\right)^{2}}}=\dfrac{a \sqrt{51}}{17} \Rightarrow I F=\dfrac{2 a \sqrt{51}}{17}$
Đáp án: C
Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào sai?
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau a và b là khoảng cách giữa một điểm M thuộc đường thẳng b đến mặt phẳng (P) chứa a và song song với b chứ không phải là khoảng cách giữa hai điểm.Vậy C sai.
Đáp án: C
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Cạnh bên $S A=2 a$
và vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD).Gọi H và K lần lượt là trung điểm cạnh BC và CD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD.
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Gọi $E=H K \cap A C$. Do $H K \| B D$ nên suy ra $d(H K ; S D)=d(H K ;(S B D))=d(E ;(S B D))=\dfrac{1}{2} d(A ;(S B D))$(vì $O E=\dfrac{1}{2} A O )$
Kẻ $A F \perp S O(1)$ ta có:
$\left\{\begin{array}{l}{B D \perp A C} \\ {B D \perp S A}\end{array} \Rightarrow B D \perp(S A C) \Rightarrow B D \perp A F(2)\right.$
Từ (1) và (2) $\Rightarrow A F \perp(S B D)$, khi đó
$d(A ;(S B D))=A F=\dfrac{S A \cdot A O}{\sqrt{S A^{2}+A O^{2}}}=\dfrac{2 a \cdot \dfrac{a \sqrt{2}}{2}}{\sqrt{4 a^{2}+\dfrac{a^{2}}{2}}}=\dfrac{2 a}{3}$
Vậy khoảng cách $d(H K ; S D)=\dfrac{1}{2} A F=\dfrac{a}{3}$
Đáp án: A