Cho hình chóp S.ABC trong đó $S A, A B, B C$ vuông góc với nhau từng đôi một. Biết $S A=3 a$, $A B=a \sqrt{3}, B C=a \sqrt{6}$. Khoảng cách từ B đến SC bằng:
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Vì $S A, A B, B C$ vuông góc với nhau từng đôi một nên $C B \perp S B$.
Kẻ $B H \perp S C$, khi đó : $d(B ; S C)=B H$.
Ta có: $S B=\sqrt{S A^{2}+A B^{2}}=\sqrt{9 a^{2}+3 a^{2}}=2 \sqrt{3} a$.
Trong tam giác vuông SBC có: $\dfrac{1}{B H^{2}}=\dfrac{1}{S B^{2}}+\dfrac{1}{B C^{2}} \Rightarrow B H=\dfrac{S B \cdot B C}{\sqrt{S B^{2}+B C^{2}}}=2 a$.
Đáp án: B
Cho hình chóp S.ABC có cạnh đáy bằng 3a, cạnh bên bằng 2a. Gọi H là trung điểm BC, khoảng cách từ S đến AH bằng:
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Gọi O là chân đường cao của hình chóp nên O là tâm tam giác đáy.
Do đó O là trọng tâm tam giác ABC hay $O \in A H$.
Ta có: $A O=\dfrac{2}{3} A H=\dfrac{2}{3} \cdot 3 a \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}=a \sqrt{3}$
$\mathrm{d}(S, A H)=S O=\sqrt{S A^{2}-A O^{2}}=a$
Đáp án: C
Cho tứ diện S.ABC trong đó $S A, S B, S C$ vuông góc với nhau từng đôi một $S A=3 a, S B=a$, $S C=2 a$. Khoảng cách từ A đến đường thẳng BC bằng:
Hướng dẫn giải (chi tiết)
+ Dựng $A H \perp B C \Rightarrow d(A, B C)=A H$.
+ $\left\{\begin{array}{l}{A S \perp(S B C) \supset B C \Rightarrow A S \perp B C} \\ {A H \perp B C}\end{array}, A H\right.$ cắt $AS$ cùng nằm trong (SAH).
$\Rightarrow B C \perp(S A H) \supset S H \Rightarrow B C \perp S H$
Xét trong $\Delta S B C$ vuông tại S có SH là đường cao ta có:
$\dfrac{1}{S H^{2}}=\dfrac{1}{S B^{2}}+\dfrac{1}{S C^{2}}=\dfrac{1}{a^{2}}+\dfrac{1}{4 a^{2}}=\dfrac{5}{4 a^{2}} \Rightarrow S H^{2}=\dfrac{4 a^{2}}{5} \Rightarrow S H=\dfrac{2 a \sqrt{5}}{5}$.
+ Ta dễ chứng minh được $A S \perp(S B C) \supset S H \Rightarrow A S \perp S H \Rightarrow \Delta A S H$ vuông tại S.
Áp dụng định lý Py-ta-go cho $\Delta A S H$ vuông tại S , ta có:
$A H^{2}=S A^{2}+S H^{2}=9 a^{2}+\dfrac{4 a^{2}}{5}=\dfrac{49 a^{2}}{5} \Rightarrow A H=\dfrac{7 a \sqrt{5}}{5}$.
Đáp án: B
Cho hình lập phương $A B C D . A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ có cạnh bằng a. Khoảng cách từ ba điểm nào sau đây đến đường chéo AC' bằng nhau?
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Dễ thấy các tam giác $A B C^{\prime}, C^{\prime} C A, A D C^{\prime}$ là các tam giác vuông bằng nhau nên các đường cao hạ từ đỉnh góc vuông cạnh huyền cũng bằng nhau.
Vậy $d\left(B, A C^{\prime}\right)=d\left(C, A C^{\prime}\right)=d\left(D, A C^{\prime}\right)$.
Đáp án: B
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật, $BC=a$. Cạnh bên $SA$ vuông góc với đáy, góc $\widehat{S C A}=\widehat{B S C}=30^{0}$. Gọi $M$ là trung điểm của $CD$. Tính khoảng cách từ $D$ đến mặt phẳng $(SAM)$
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Đặt $A B=x \Rightarrow A C=\sqrt{A B^{2}+B C^{2}}=\sqrt{x^{2}+a^{2}}$
$\Rightarrow S A=A C \cdot \tan \widehat{S C A}=\sqrt{\dfrac{x^{2}+a^{2}}{3}}$
Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{B C \perp A B} \\ {B C \perp S A}\end{array} \Rightarrow B C \perp(S A B) \Rightarrow B C \perp S B \Rightarrow \Delta S B C\right.$ vuông tại $B$, có $S B=\dfrac{B C}{\tan \widehat{B S C}}=a \sqrt{3}$
Tam giác $SAB$ vuông tại $A$, có $S A^{2}+A B^{2}=S B^{2}$
$\Rightarrow \dfrac{x^{2}+a^{2}}{3}+x^{2}=3 a^{2} \Leftrightarrow 4 x^{2}=8 a^{2} \Leftrightarrow x=a \sqrt{2}$
Kẻ $D H \perp A M$, ta có $\left\{\begin{array}{l}{S A \perp D H} \\ {A M \perp D H}\end{array} \Rightarrow D H \perp(S A M)\right.$
$\Rightarrow d(D ;(S A M))=D H$
Xét $\Delta AMD$ vuông tại $D$, có $\dfrac{1}{D H^{2}}=\dfrac{1}{A D^{2}}+\dfrac{1}{M D^{2}}=\dfrac{3}{a^{2}}$
$\Rightarrow D H=\dfrac{a}{\sqrt{3}} \Rightarrow d(D ;(S A M))=\dfrac{a}{\sqrt{3}}$
Đáp án: A.
Cho hình chóp $S.ABCD$, có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật. Cạnh bên $SA$ vuông góc với đáy, $SA=SB=a$ và $AD=x.a$. Gọi $E$ là trung điểm của $SC$. Tìm $x$, biết khoảng cách từ điểm $E$ đến mặt phẳng $(SBD)$ bằng $h=\dfrac {a}{3}.$
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Ta có:
$E \in S C, E C \cap(S B D)=S \Rightarrow \dfrac{d(E ;(S B D))}{d(C ;(S B D))}=\dfrac{d(E ;(S B D))}{d(A ;(S B D))}=\dfrac{E S}{C S}=\dfrac{1}{2}$
Từ $A$ kẻ $A K \perp B D(K \in B D)$, kẻ $A H \perp S K(H \in S K) (1)$
Ta có $\left\{\begin{array}{l}{B D \perp A K} \\ {B D \perp S A}\end{array} \Rightarrow B D \perp(S A K) \Rightarrow B D \perp A H\right. (2)$
Từ (1) và (2) $\Rightarrow A H \perp(S B D)$
$\Rightarrow A H=d(A ;(S B D))=2 . d(E ;(S B D))=\dfrac{2 a}{3}$
Mà $\dfrac{1}{A H^{2}}=\dfrac{1}{S A^{2}}+\dfrac{1}{A K^{2}} \Rightarrow A K=\dfrac{S A \cdot A H}{\sqrt{S A^{2}-A H^{2}}}=\dfrac{2 a}{\sqrt{5}}$
Tam giác $ABD$ vuông tại $A$, có đường cao $AK$
$\Rightarrow \dfrac{1}{A B^{2}}+\dfrac{1}{A D^{2}}=\dfrac{1}{A K^{2}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{a^{2}}+\dfrac{1}{a^{2} x^{2}}=\dfrac{5}{4 a^{2}} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}{x>0} \\ {x^{2}=4}\end{array} \Rightarrow x=2\right.$
Đáp án: C.
Cho hình chóp $S.ABCD$, có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$. Hình chiếu vuông góc của $S$ trên mặt phẳng $(ABCD)$ là điểm $H$ trùng với trung điểm của $AB$, biết $SH=a\sqrt3.$ Gọi $M$ là giao điểm của $HD$ và $AC$. Tính khoảng cách từ điểm $M$ đến mặt phẳng $(SCD).$
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Xét $\Delta HAD$, có $AC$ là tia phân giác của góc $\widehat{H A D}$
$\Rightarrow \dfrac{A H}{A D}=\dfrac{H M}{M D}=\dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{H D}{M D}=\dfrac{3}{2}$
Ta có $\left\{\begin{array}{l}{H, M \in H D} \\ {H M \cap(S C D)=D}\end{array} \Rightarrow \dfrac{d(H ;(S C D))}{d(M ;(S C D))}=\dfrac{H D}{M D}=\dfrac{3}{2}\right.$
Gọi $N$ là trung điểm của $C D \Rightarrow H N \perp C D$
Trong $(SHN)$ từ $H$ kẻ $H K \perp S N(1), K \in S N$
Ta có $\left\{\begin{array}{l}{C D \perp H N} \\ {C D \perp S H}\end{array} \Rightarrow C D \perp(S H N) \Rightarrow C D \perp H K(2)\right.$
Từ (1) và (2) $\Rightarrow H K \perp(S C D)$
Khi đó
$d(H ;(S C D))=H K=\dfrac{S H \cdot H N}{\sqrt{S H^{2}+H N^{2}}}=\dfrac{a \sqrt{3} \cdot a}{\sqrt{(a \sqrt{3})^{2}+a^{2}}}=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$
$\Rightarrow d(H ;(S C D))=\dfrac{a \sqrt{3}}{2} \Rightarrow d(M ;(S C D))=\dfrac{a}{\sqrt{3}}$
Đáp án: A.
Cho hình lập phương $A B C D \cdot A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ có cạnh bằng a. Khi đó, khoảng cách giữa đường thẳng $BD$ và mặt phẳng $\left(C B^{\prime} D^{\prime}\right)$ bằng
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D với $A B=2 a, A D=D C=a$. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa SC và mặt đáy bằng $60^{\circ}$. Tính khoảng cách d giữa AC và SB.
Hướng dẫn giải (chi tiết)
$\left\{\begin{array}{l}{(S A B) \perp(A B C D)} \\ {(S A D) \perp(A B C D)} \\ {(S A B) \cap(S A D)=S A}\end{array} \Rightarrow S A \perp(A B C D)\right.$
Xác định
$\begin{array}{l}{60^{0}=(S C ; \widehat{(A B C D) )}} \\ {=(S \widehat{C ; A C})=\widehat{S C A}}\end{array}$
và $S A=A C \cdot \tan \widehat{S C A}=\sqrt{A D^{2}+C D^{2}} \cdot \tan 60^{0}=a \sqrt{2} \cdot \sqrt{3}=a \sqrt{6}$
Gọi M là trung điểm AB, suy ra ADCM là hình vuông nên $C M=A D=a$
Xét tam giác ACB, có trung tuyến $C M=a=\dfrac{1}{2} A B$ nên tam giác ACB vuông tại C.
Lấy điểm E sao cho ACBE là hình chữ nhật , suy ra $A C \| B E$
Do đó $d(A C ; S B)=d(A C ;(S B E))=d(A ;(S B E))$
Kẻ $A K \perp S E(1)$ ta có: $\left\{\begin{array}{l}{B E \perp A E} \\ {B E \perp S A}\end{array} \Rightarrow B E \perp(S A E) \Rightarrow B E \perp A K(2)\right.$
Từ (1) và (2) $\Rightarrow A K \perp(S B E)$
Khi đó $d(A,(S B E))=A K=\dfrac{S A \cdot A E}{\sqrt{S A^{2}+A E^{2}}} $
Ta có: $A E=B C=\sqrt{a^{2}+a^{2}}=a \sqrt{2} \Rightarrow A K=\dfrac{a \sqrt{6} \cdot a \sqrt{2}}{\sqrt{6 a^{2}+2 a^{2}}}=\dfrac{a \sqrt{6}}{2}$
Đáp án: A
Cho hình hộp chữ nhật $A B C D \cdot A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ có đáy $A B C D$ là hình vuông cạnh $a \sqrt{2}$, $A A^{\prime}=2 a$. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng BD và $C D^{\prime}$.
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Gọi điểm I đối xứng của A qua D,
suy ra $B C I D$ là hình bình hành nên $B D / / C I$
Do đó $d\left(B D ; C D^{\prime}\right)=d\left(B D ;\left(C D^{\prime} I\right)\right)=d\left(D ;\left(C D^{\prime} I\right)\right)$
Kẻ $D E \perp C I$ tại E, kẻ $D K \perp D^{\prime} E(1)$ ta có :
$\left\{\begin{array}{l}{C I \perp D E} \\ {C I \perp D D^{\prime}}\end{array} \Rightarrow C I \perp\left(D D^{\prime} E\right) \Rightarrow C I \perp D K(2)\right.$
Từ (1) và (2) $\Rightarrow D K \perp\left(C D^{\prime} I\right)$
$\Rightarrow d\left(D ;\left(C D^{\prime} I\right)\right)=D K$
Xét tam giác IAC, ta có $D E / / A C$ (do cùng vuông góc với CI) và có D là trung điểm của AI nên suy ra DE là đường trung bình của tam giác ACI. Suy ra :
$D E=\dfrac{1}{2} A C=\dfrac{a \sqrt{2}}{\sqrt{2}}=a$
Tam giác vuông D'DE, có $D K=\dfrac{D^{\prime} D \cdot D E}{\sqrt{D^{\prime} D^{2}+D E^{2}}}=\dfrac{2 a \cdot a}{\sqrt{4 a^{2}+a^{2}}}=\dfrac{2 a \sqrt{5}}{5}$
Đáp án: C