20 câu trắc nghiệm Toán 11 Cánh diều Bài 5. Khoảng cách (Đúng sai - trả lời ngắn) có đáp án
20 câu hỏi
PHẦN I. TRẮC NGHIỆM NHIỀU LỰA CHỌN
Trong mặt phẳng (α), cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 3a và AC = 4a. Khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng AC bằng
4a.
5a.
a.
3a.
D
Ta có d(B, AC) = AB = 3a.
3a.
2a.
\(a\sqrt {13} \).
5a.
A
Vì SA ^ (ABCD) Þ SA ^ CB mà CB ^ AB nên CB ^ (SAB).
Do đó d(C, (SAB)) = CB = AD = 3a.
a.
2a.
\(a\sqrt 5 \).
\(\frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}\).
A
Ta có BC // AD Þ BC // (SAD).
Khi đó d(BC, (SAD)) = d(B, (SAD)).
Vì SA ^ (ABCD) Þ SA ^ AB mà AB ^ AD nên AB ^ (SAD).
Suy ra d(B, (SAD)) = BA = a.
AM.
AN.
AP.
AQ.
B
d(A, CD) = AN.
AM.
AN.
AP.
AQ.
C
\(\frac{{a\sqrt {57} }}{{19}}\).
\(\frac{{2a\sqrt {57} }}{{19}}\).
\(\frac{{2a\sqrt 3 }}{{19}}\).
\(\frac{{2a\sqrt {38} }}{{19}}\).
B
Kẻ AH ^ BC mà BC ^ SA (SA ^ (ABC)) Þ BC ^ (SAH).
Kẻ AK ^ SH mà BC ^ AK (do BC ^ (SAH)) Þ AK ^ (SBC).
Do đó d(A, (SBC)) = AK.
Xét DABC vuông tại A, đường cao AH có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Xét DSAH vuông tại A, AK là đường cao, ta có \(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{{19}}{{12{a^2}}}\).
Suy ra \(AK = \frac{{2a\sqrt {57} }}{{19}}\).
\(a\sqrt 6 \).
\(a\sqrt 5 \).
a.
2a.
D
Vì SA ^ (ABCD) Þ SA ^ AD mà AD ^ DC nên d(SA, CD) = AD = BC = 2a.
\(a\sqrt 3 \).
a.
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
D
Trong mặt phẳng (ABC), kẻ AH ^ BC.
Vì SA ^ (ABC) Þ SA ^ AH.
Do đó d(SA, BC) = AH \( = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) (do ABC là tam giác đều cạnh a).
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
\(\frac{a}{2}\).
\(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
\(\frac{a}{3}\).
B
Ta có IJ là đường trung bình của hình thang ABCD.
Suy ra IJ // AD Þ IJ // (SAD).
Do đó d(IJ, (SAD)) = d(I, (SAD)).
Ta có IA ^ AD (do ABCD là hình thang vuông), SA ^ IA (do SA ^ (ABCD)) nên IA ^ (SAD).
Do đó d(I, (SAD)) = IA = \(\frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}\).
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
\(a\sqrt 3 \).
\(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
\(a\sqrt 2 \).
B
Ta có (ABC) // (A'B'C') nên d((ABC), (A'B'C')) = d(A', (ABC)).
Gọi H là hình chiếu của A' trên AB.
Vì (A'ABB') ^ (ABC), (A'ABB') Ç (ABC) = AB, A'H Ì (A'ABB') và A'H ^ AB nên A'H ^ (ABC).
Xét DA'AH vuông tại H có \[A'H = A'A\sin \widehat {A'AH} = 2a\sin 60^\circ = a\sqrt 3 \].
Suy ra d((ABC), (A'B'C')) = d(A', (ABC)) = A'H = \(a\sqrt 3 \).
PHẦN II. TRẮC NGHIỆM ĐÚNG – SAI
Cho hình chóp S.ABCD có SA ^ (ABCD) và đáy ABCD là hình vuông tâm O.
a) SA ^ CD.
b) d(D, (SAC)) = DO.
c) (CD, (SAD)) = \(\widehat {CSD}\).
d) d(CD, SB) = BD.
a) Vì SA ^ (ABCD) Þ SA ^ CD.
b) Vì SA ^ (ABCD) Þ SA ^ DO mà DO ^ AC (do ABCD là hình vuông) nên DO ^ (SAC).
Do đó d(D, (SAC)) = DO.
c) Vì SA ^ CD và CD ^ AD nên CD ^ (SAD).
Suy ra (CD, (SAD)) = 90°.
d) Ta có BC ^ CD.
Vì SA ^ (ABCD) Þ SA ^ BC mà BC ^ AB nên BC ^ (SAB) Þ BC ^ SB.
Do đó d(SB, CD) = BC.
Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Sai; d) Sai.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Biết SA vuông góc với mặt phẳng đáy và \(SA = a\sqrt 3 \). Vẽ đường cao AH của tam giác SAB. Vẽ đường cao AK của tam giác SAD. Khi đó:
a) BC ^ AH.
b) Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
c) Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD) bằng \(\frac{{a\sqrt 2 }}{7}\).
d) Khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AHK) bằng \(\frac{{a\sqrt 5 }}{5}\).
a) Có SA ^ (ABCD) Þ SA ^ BC mà BC ^ AB nên BC ^ (SAB) Þ BC ^ AH.
b) Vì BC ^ AH mà AH ^ SB nên AH ^ (SBC).
Do đó d(A, (SBC)) = AH.
Xét DSAB vuông tại A, AH là đường cao, ta có
\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
c) Gọi O là giao điểm của AC và BD.
Có SA ^ (ABCD) Þ SA ^ BD mà BD ^ AC nên BD ^ (SAC).
Kẻ AI ^ SO mà AI ^ BD (do BD ^ (SAC)) Þ AI ^ (SBD).
Do đó d(A, (SBD)) = AI.
Do ABCD là hình vuông nên \(AO = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
Xét DSAO vuông tại A, AI là đường cao có:
\(\frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{O^2}}} = \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{4}{{2{a^2}}} = \frac{7}{{3{a^2}}} \Rightarrow AI = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).
d) Ta có AH ^ (SBC) Þ AH ^ SC.
Tương tự ta chứng minh được AK ^ (SCD) Þ AK ^ SC.
Suy ra SC ^ (AHK).
Gọi F = SC Ç (AHK) thì SC ^ AF.
Khi đó d(C, (AHK)) = CF.
Ta có \(SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = \sqrt {3{a^2} + 2{a^2}} = a\sqrt 5 \).
Tam giác SAC vuông tại A có đường cao AF nên CF.CS = AC2 \( \Rightarrow CF = \frac{{A{C^2}}}{{CS}} = \frac{{2{a^2}}}{{a\sqrt 5 }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).
Vậy d(C, (AHK)) = \(CF = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).
Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Sai; d) Sai.
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a; \(AD = a\sqrt 3 \), tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H là trung điểm AB.
a) d(A, (SBD)) = \(\frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).
b) \(d(SH,CD) = a\sqrt 3 \).
c) \(d(BC,SD) = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).
d) \(d\left( {SB,CD} \right) = a\sqrt 3 \).
a) Tam giác SAB đều nên SH ^ AB mà (SAB) ^ (ABCD) Þ SH ^ (ABCD).
Ta có AH Ç (SBD) = B \( \Rightarrow \frac{{d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {H,\left( {SBD} \right)} \right)}} = \frac{{AB}}{{HB}} = 2\).
Gọi O là giao điểm của AC và BD.
Kẻ HI ^ BD mà SH ^ BD (do SH ^ (ABCD)) Þ BD ^ (SHI).
Kẻ HK ^ SI mà BD ^ HK (do BD ^ (SHI)) nên HK ^ (SBD).
Do đó d(H, (SBD)) = HK.
Ta có HO là đường trung bình của D ABC Þ HO // BC và \(HO = \frac{{BC}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Lại có BC ^ AB nên HO ^ AB.
Vì SAB là tam giác đều cạnh a nên \(HB = \frac{a}{2};SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Xét DOHB vuông tại H, ta có \(\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{H{O^2}}} + \frac{1}{{H{B^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}}\) \( \Rightarrow HI = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).
Xét DSHI vuông tại H có \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} + \frac{{16}}{{3{a^2}}} = \frac{{20}}{{3{a^2}}}\) \( \Rightarrow HK = \frac{{a\sqrt {15} }}{{10}}\).
Suy ra d(A, (SBD)) \( = 2.\frac{{a\sqrt {15} }}{{10}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}\).
b) Gọi M là trung điểm của CD.
Vì ABCD là hình chữ nhật nên HM ^ CD mà SH ^ HM (do SH ^ (ABCD)).
Suy ra d(SH, CD) = HM = AD = \(a\sqrt 3 \).
c) Vì BC // AD nên BC // (SAD).
Suy ra d(BC, SD) = d(BC, (SAD)) = d(B, (SAD)) = 2d(H, (SAD)).
Có SH ^ AD và AD ^ AH nên AD ^ (SHA).
Kẻ HN ^ SA mà HN ^ AD (do AD ^ (SHA)) Þ HN ^(SAD).
Do đó d(H, (SAD)) = HN.
Xét DSHA vuông tại H, HN là đường cao có:
\(\frac{1}{{H{N^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{H{A^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}}\) \( \Rightarrow HN = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).
Vậy d(B, (SAD)) = \(2.\frac{{a\sqrt 3 }}{4} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
d) Có AB // CD Þ CD // (SAB).
Do đó d(CD, SB) = d(CD, (SAB)) = d(C, (SAB)).
Có CB ^ AB mà CB ^ SH (do SH ^ (ABCD)) Þ CB ^ (SAB).
Do đó d(C, (SAB)) = CB = \(a\sqrt 3 \).
Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật với \(AB = a\sqrt 2 \), \(AC = a\sqrt 3 \). Cạnh bên \(SA = 2a\) và vuông góc với mặt đáy \((ABCD)\). Khi đó:
a) d(S, (ABCD)) = 2a.
b) \(AD//(SBC)\).
c) Khoảng cách từ \(D\) đến mặt phẳng \((SBC)\) bằng: \(\frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
d) Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(SD,AB\) bằng: \(\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).
a) Vì SA ^ (ABCD) nên d(S, (ABCD)) = SA = 2a.
b) c) Ta có: \(AD//BC \Rightarrow AD//(SBC) \Rightarrow d(D,(SBC)) = d(A,(SBC))\).
Trong mặt phẳng \((SAB)\), kẻ \(AH \bot SB\) tại \(H\). (1)
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow AH \bot BC} \right.\). (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(AH \bot (SBC)\) hay \(d(A,(SBC)) = AH\).
Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\) nên:
\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{SA \cdot AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2a \cdot a\sqrt 2 }}{{\sqrt {4{a^2} + 2{a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}{\rm{. }}\)
Vậy \(d(D,(SBC)) = d(A,(SBC)) = AH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).
d) Trong mặt phẳng \((SAD)\), kẻ \(AK \bot SD\) tại \(K\). (3)
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \bot SA}\\{AB \bot AD}\end{array} \Rightarrow AB \bot (SAD) \Rightarrow AB \bot AK} \right.\).(4)
Từ (3) và (4) suy ra \(AK\) là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau \(AB,SD\).
Tam giác \(ACD\) vuông tại \(D\) nên \(AD = \sqrt {A{C^2} - C{D^2}} = \sqrt {3{a^2} - 2{a^2}} = a\).
Tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AK\) nên
\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{SA \cdot AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{2a \cdot a}}{{\sqrt {4{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}{\rm{. }}\)
Vậy \(d(AB,SD) = AK = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).
Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.
Cho hình chóp S.ABC có SA ^ (ABC), tam giác ABC vuông tại B.
a) Khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB) là đoạn BC.
b) BC ^ (SAB).
c) Khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) là đoạn AB.
d) SB ^ BC.
a) Vì SA ^ (ABC) Þ SA ^ BC mà AB ^ BC nên BC ^ (SAB).
Suy ra d(C, (SAB)) = BC.
b) Theo câu a, BC ^ (SAB).
c) Hạ BH ^ AC mà SA ^ BH (do SA ^ (ABC)) Þ BH ^ (SAC).
Do đó d(B, (SAC)) = BH.
d) Vì BC ^ (SAB) Þ BC ^ SB.
Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.
PHẦN II. TRẢ LỜI NGẮN
Hình bên dưới minh họa hình ảnh một chiệc gậy dài 3m đặt dựa vào tường, góc nghiêng giữa chiếc gậy và mặt đất là 65°. Đầu trên của chiếc gậy đặt vào vị trí M của tường. Tính khoảng cách từ vị trí M đến mặt đất (làm tròn đến hàng phần mười của mét).
Xét DMHO vuông tại H, có \(MH = OM.\sin 65^\circ = 3.\sin 65^\circ \approx 2,7\).
Vậy khoảng cách từ vị trí M đến mặt đất là khoảng 2,7 m.
Trả lời: 2,7.
Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt đáy, tam giác SAB vuông tại S, AB = 1; \(SA = \frac{3}{5}\). Khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng (ABC) là \(\frac{a}{b}\) (\(\frac{a}{b}\) là phân số tối giản). Tính a + b.
Gọi H là hình chiếu của S trên AB.
Do (SAB) ^ (ABC), (SAB) Ç (ABC) = AB, SH Ì (SAB) và SH ^ AB nên SH ^ (ABC).
Suy ra d(S, (ABC)) = SH.
Xét DSAB vuông tại S, có \(S{B^2} = A{B^2} - S{A^2} = {1^2} - {\left( {\frac{3}{5}} \right)^2} = \frac{{16}}{{25}}\) \( \Rightarrow SB = \frac{4}{5}\).
Suy ra d(S, (ABC)) = SH \( = \frac{{SA.SB}}{{AB}} = \frac{{\frac{3}{5}.\frac{4}{5}}}{1} = \frac{{12}}{{25}}\).
Suy ra a = 12; b = 25. Do đó a + b = 37.
Trả lời: 37.
Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có ABCD là hình thoi cạnh 1, AA' ^ (ABCD), AA' = 2; AC = 1. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ABB'A') và (CDD'C') (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Vì ABCD.A'B'C'D' là hình hộp nên (ABB'A') // (CDD'C').
Suy ra d((ABB'A'), (CDD'C')) = d(A, (CDD'C')).
Gọi I là hình chiếu của A trên CD Þ AI ^ CD mà AI ^ DD' Þ AI ^ (CDD'C').
Do đó d(A, (CDD'C')) = AI.
Vì tam giác ACD đều cạnh 1 nên \(AI = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).
Khi đó \(d\left( {\left( {ABB'A'} \right),\left( {CDD'C'} \right)} \right) = AI = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \approx 0,87\).
Trả lời: 0,87.
Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, SAB là tam giác đều, (SAB) ^ (ABCD), AB = 1, AD = 2. Tính khoảng cách giữa BC và mặt phẳng (SAD) (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
Vì BC // AD nên BC // (SAD).
Khi đó d(BC, (SAD)) = d(B, (SAD)).
Gọi H là hình chiếu của B trên SA.
Do (SAB) ^ (ABCD); (SAB) Ç (ABCD) = AB và DA ^ AB nên AD ^ (SAB). Suy ra (SAD) ^ (SAB).
Mà (SAB) Ç (SAD) = SA và BH ^ SA nên BH ^ (SAD).
Xét DSAB đều cạnh 1 nên \(BH = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \approx 0,87\).
Trả lời: 0,87.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O, cạnh bằng 2, các cạnh bên bằng \(2\sqrt 2 \), SO ^ (ABCD) . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD (kết quả làm tròn đến hàng phần chục).
Gọi O là giao điểm của AC và BD.
Vì AB // CD nên AB // (SCD).
Khi đó d(AB, CD) = d(AB, (SCD)) = d(A, (SCD)).
Lại có \(\frac{{d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{CA}}{{CO}} = 2\).
Hạ OM ^ CD, OH ^ SM
Vì SO ^ (ABCD) Þ SO ^ CD mà OM ^ CD Þ CD ^ (SOM) Þ CD ^ OH.
Lại có OH ^ SM nên OH ^ (SCD). Do đó d(O, (SCD)) = OH.
Ta có \(OM = \frac{1}{2}AD = 1\), \(AC = 2\sqrt 2 \Rightarrow OC = \sqrt 2 \).
Xét DSOC vuông tại O, \(SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2} - {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt 6 \).
Xét DSOM vuông tại O, \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{6} + \frac{1}{1} = \frac{7}{6}\)Þ \(OH = \frac{{\sqrt {42} }}{7}\).
Khi đó d(A, (SCD)) = \(2.\frac{{\sqrt {42} }}{7} \approx 1,9\).
Trả lời: 1,9.
