15 câu Khoảng cách có đáp án

Sử dụng các định nghĩa, tính chất về khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song, hai đường thẳng chéo nhau, đường thẳng và mặt phẳng song song, nhận thấy các phương án A, B, D đúng.

Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là khoảng cách từ một điểm M thuộc đường thẳng b đến mặt phẳng (P) chứa a và song song với b chứ không phải khoảng cách giữa hai điểm như đáp án C nói nên C sai.

Đáp án C

Đáp án A: đúng

Đáp án B: Sai, do phát biểu này thiếu yếu tố cắt nhau.

Đáp án C: Sai, vì mặt phẳng đó chưa chắc đã tồn tại.

Đáp án D: Sai, do phát biểu này thiếu yếu tố vuông góc.

ĐÁP ÁN A

Ta có: $AA\text{'}\perp AD$ tại A; $AA\text{'}\perp A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ tại A’

Do đó đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau AD và A’C’ là AA’.

Đáp án A

+ Ta có $\left.\begin{array}{l}DB\perp AC\\ DB\perp SA\end{array}\right\}\Rightarrow DB\perp \left(SAC\right)\Rightarrow DB\perp SO$ tại O

 Hình chiếu vuông góc của SD lên mặt phẳng (SAC) là SO

Do đó góc giữa SD và (SAC) là $\widehat{DSO}=30°$

+ Đặt DO = x $\Rightarrow$ DB = 2x; AO = BO = CO = x

Ta có: $\Delta SAB=\Delta SAD\left(c.g.c\right)$ nên SB = SD $\Rightarrow$ Tam giác SBD cân tại S, mà có O là trung điểm BC $\Rightarrow \widehat{ DSB}=2\widehat{DSO}=60°$ 

Tam giác SBD đều $\Rightarrow$ SO = 2x $\frac{\sqrt{3}}{2}$= x$\sqrt{3}$

Theo Py-ta-go trong tam giác SOA vuông tại A, ta có: $S{O}^2=A{O}^2+S{A}^2$

hay $3x^2 = x^2+\hspace{0.17em}{a}^2\iff x^2= a^2/ 2$

$\Rightarrow$x =$\frac{a}{\sqrt{2}}$

+ Gọi N là trung điểm của AB $\Rightarrow$DN // BM

Suy ra d(D; (SBM)) = d(N;(SBM)) = 1/2 d(A; (SBM))

+ Kẻ AI $\perp$BM tại I và AH $\perp$ SI tại H. Từ đó ta chứng minh được AH $\perp$ (SBM)

 $\Rightarrow$ d(A; (SBM)) = AH $\Rightarrow$ d(D; (SBM)) = 1/2 AH.

+ Tính AH

$BM = \sqrt{B{C}^2 +\hspace{0.17em}C{M}^2}= \frac{a\sqrt{5}}{2}$

Trong (ABCD): $S_{ABM}=S_{ABCD}-2S_{ADM}=a^2-2.\frac{a^2}{4}=\frac{a^2}{2}$

Mà $S_{ABM}=\frac{1}{2}$AI. BM  $\Rightarrow$AI = $\frac{2a}{\sqrt{5}}$

Áp dụng hệ thức về cạnh, đường cao trong tam giác vuông SAI có:

   $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{I}^2}+\frac{1}{S{A}^2}\Rightarrow$AH = $\frac{2a}{3}$

Vậy d(D; (SBM)) = 1/2. AH = $\frac{a}{3}$

Đáp án A

Sau khi xếp miếng bìa lại ta được hình lập phương ABCD.A’B’C’D' cạnh 2a, O là tâm của A’B’C’D’.

Gọi N, M lần lượt là trung điểm các cạnh AB, A’B’.

$\Rightarrow$MN = AA’ = 2a, OM = 1/2A’D’ = a

Lại có: $\left\{\begin{array}{l}AB\perp OM\\ AB\perp MN\text{}\end{array}\right.\Rightarrow AB\perp ON$

$\Rightarrow$d(O, AB) = ON = $\sqrt{O{M}^2+M{N}^2}=\sqrt{{\left(2a\right)}^2+a^2}=a\sqrt{5}$.

Đáp án D

+ Gọi H là trung điểm của BC

Do tam giác ABC cân tại A nên AH $\perp$BC, tam giác SBC đều nên SH $\perp$BC

Mà (SBC) $\perp$(ABC)

Do đó SH $\perp$(ABC)

+ Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên SA$\Rightarrow$ HK$\perp$SA

Ta có $\left.\begin{array}{l}BC\perp SH\\ BC\perp AH\end{array}\right\}\Rightarrow BC\perp \left(SAH\right)$$\Rightarrow BC\perp HK$

Vậy HK là đoạn vuông góc chung của BC và SA, do đó khoảng cách giữa BC và SA là HK.

+ Tính HK

Tam giác SBC đều cạnh a $\Rightarrow$ SH = $\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Tam giác ABC vuông cân tại A $\Rightarrow$ AH = $\frac{BC}{2}=\frac{a}{2}$

Tam giác SHA vuông tại H có HK là đường cao $\Rightarrow \frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{A{H}^2}$ 

HK = $\frac{a\sqrt{3}}{4}$

Vậy d(SA; BC) = $\frac{a\sqrt{3}}{4}$.

Đáp án C

+ Ta có $\left.\begin{array}{l}\left(SAB\right)\perp \left(ABC\right)\\ \left(SAC\right)\perp \left(ABC\right)\\ \left(SAC\right)\cap \left(SAB\right)=SA\end{array}\right\}\Rightarrow SA\perp \left(ABC\right)$

+ Xác định điểm N, mặt phẳng qua SM và song song với BC cắt AC tại N $\Rightarrow$ N là trung điểm của AC (MN//BC).

+ Xác định được góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là $\widehat{SBA}=60°$

$\Rightarrow$ SA = AB.tan$60°$ = 2a$\sqrt{3}$

AC = $\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=2a\sqrt{2}$

+ Gọi IJ là đoạn vuông góc chung của AB và SN (điểm I thuộc AB và điểm J thuộc SN). Vậy khoảng cách giữa AB và SN là IJ. Ta sẽ biểu thị $\overrightarrow{\text{IJ}}$qua ba vectơ không cùng phương $\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC};\overrightarrow{AS}.$

$\begin{array}{l}\overrightarrow{IJ}=\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{AN}+\overrightarrow{NJ}\\ =m\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}+p\overrightarrow{NS}\\ =m\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}+p\left(\overrightarrow{NA}+\overrightarrow{AS}\right)\\ =m\overrightarrow{AB}+\frac{1-p}{2}\overrightarrow{AC}+p\overrightarrow{AS}\end{array}$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{IJ}\perp \overrightarrow{AB}\\ \overrightarrow{IJ}\perp \overrightarrow{NS}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{IJ}.\overrightarrow{AB}=0\\ \overrightarrow{IJ}.\overrightarrow{NS}=0\end{array}\right.$ 

Thay vào ta tính được m = -6/13; p = 1/13

Do đó: $\overrightarrow{IJ}=-\frac{6}{13}\overrightarrow{AB}+\frac{6}{13}\overrightarrow{AC}+\frac{1}{13}\overrightarrow{AS}$. Suy ra

$169I{J}^2=36A{C}^2+36A{B}^2+A{S}^2-72\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}$.

Thay số vào ta tính được IJ = $\frac{2a\sqrt{39}}{13}$.

Vậy d(AB; SN) = $\frac{2a\sqrt{39}}{13}$.

Đáp án D

+ Kẻ SH $\perp$AC, H $\in$ AC

Do (SAC) $\perp$(ABCD) $\Rightarrow$SH $\perp$(ABCD)

+ BD = 2a $\Rightarrow$AC = 2a

SA = $\sqrt{A{C}^2-S{C}^2}=\sqrt{{\left(2a\right)}^2-{\left(a\sqrt{3}\right)}^2}=a$;

Diện tích tam giác SAC là :  $S_{SAC}=\frac{1}{2}SA. SC= \frac{1}{2}SH. AC$ 

nên : SH = $\frac{SA.SC}{AC}=\frac{a.a\sqrt{3}}{2a}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Ta có: AH = $\sqrt{S{A}^2-S{H}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2}=\frac{a}{2}$$\Rightarrow$AC = 4AH

Lại có: HC $\cap$(SAD) = A ; $\frac{d\left(C;\left(SAD\right)\right)}{d\left(H;\left(SAD\right)\right)}=\frac{AC}{AH}=$ 4

$\Rightarrow$d(C; (SAD)) = 4d(H; (SAD))

Do BC // (SAD) (BC//AD) $\Rightarrow$ d(B; (SAD)) = d(C; (SAD))

Do đó d(B; (SAD)) = 4d(H; (SAD))

+ Kẻ HK $\perp$AD tại K, kẻ HJ $\perp$ SK tại J

Ta chứng minh được HJ $\perp$ (SAD) $\Rightarrow$d(H; (SAD)) = HJ

$\Rightarrow$ d(B; (SAD)) = 4HJ

+ Tính HJ

Tam giác AHK vuông tại K có $\widehat{HAK}=\widehat{CAD}=45°$$\Rightarrow$ HK = AH.sin$45°$= $\frac{a\sqrt{2}}{4}$

Mặt khác: $\frac{1}{H{J}^2}=\frac{1}{H{K}^2}+\frac{1}{S{H}^2}$$\Rightarrow$HJ = $\frac{a\sqrt{21}}{14}$

Vậy d(B; (SAD)) = 4 . $\frac{a\sqrt{21}}{14}$=$\frac{2a\sqrt{21}}{7}$.

Đáp án C

Gọi H là chân đường cao kẻ từ A xuống BC trong tam giác ABC.

+ Ta có: $\left.\begin{array}{l}AH\perp BC\\ OA\perp BC\end{array}\right\}\Rightarrow BC\perp \left(OAH\right)\Rightarrow OH\perp BC$   $\Rightarrow$ d(O; BC) = OH

+ Nửa chu vi tam giác ABC: p = $\frac{14+16+10}{2}$= 20

$S_{ABC}=\sqrt{20\left(20-14\right)\left(20-16\right)\left(20-10\right)}=40\sqrt{3}$(theo công thức Hê-rông)

Lại có $S_{ABC}=$1/2AH.BC  $\Rightarrow$AH = $\frac{2S_{ABC}}{BC}=\frac{80\sqrt{3}}{10}=8\sqrt{3}.$

+ Tam giác OAH vuông tại A (OA$\perp$AH)

$\Rightarrow$ OH = $\sqrt{O{A}^2+A{H}^2}=\sqrt{8^2+{\left(8\sqrt{3}\right)}^2}=16.$

Vậy d(O; BC) = OH = 16.

Đáp án B