Bài tập Khoảng cách giữa các đường thẳng và mặt phẳng song song, hai mặt phẳng song song lớp 11 (có lời giải)
25 câu hỏi
\(\frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}\);
\(\frac{a}{{\sqrt 2 }}\);
\(a\sqrt 2 \);
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
Đáp án đúng là: A
Do ABCD là hình vuông tại A, D nên AB // CD ⇒ CD // (SAB).
Do đó d(DC, (SAB)) = d(D, (SAB)).
Kẻ DH ⊥ SA tại H.
Vì SD ⊥ (ABCD) nên SD ⊥ AB mà AB ⊥ AD suy ra AB ⊥ (SAD) ⇒ AB ⊥ HD.
Lại có DH ⊥ SA nên DH ⊥ (SAB). Do đó d(D, (SAB)) = DH.
Trong tam giác vuông SAD vuông tại D, ta có:
\[\frac{1}{{D{H^2}}} = \frac{1}{{S{D^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{3}{{4{a^2}}}\]\[ \Rightarrow DH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}.\]
\(\frac{a}{2}\);
\(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\);
\(\frac{a}{3}\);
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
Đáp án đúng là: D
Vì M và N lần lượt là trung điểm của OA và OB nên MN // AB.
Suy ra MN // (ABC). Do đó d(MN, (ABC)) = d(M, (ABC)).
Ta có \(\frac{{d\left( {M,(ABC)} \right)}}{{d\left( {O,(ABC)} \right)}} = \frac{{AM}}{{AO}} = \frac{1}{2}\)\( \Rightarrow d\left( {M,(ABC)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {O,(ABC)} \right)\).
Mà d(O, (ABC)) = OH = \(\frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}\).
Do đó \(d(M,(ABC)) = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\).
\(\frac{{a\sqrt 6 }}{2}\);
\(\frac{{2a\sqrt 6 }}{3}\);
\(\frac{a}{2}\);
a.
Đáp án đúng là: B
Gọi O là tâm của hình vuông.
Vì S.ABCD là hình chóp đều nên SO ⊥ (ABCD) ⇒ SO ⊥ CD (1).
Gọi I, M lần lượt là trung điểm cạnh AB và CD ⇒ IM ⊥ CD (2).
Từ (1) và (2), suy ra CD ⊥ (SIM).
Hạ IH ⊥ SM tại H.
Vì CD ⊥ (SIM) ⇒ CD ⊥ IH mà HI ⊥ SM ⇒ IH ⊥ (SCD).
Do đó d(AB, (SCD)) = d(I, (SCD)) = IH.
Vì ∆SCD đều nên \(SM = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).
Có \(OM = \frac{1}{2}IM = a\).
Xét ∆SOM vuông tại O có \(SO = \sqrt {S{M^2} - O{M^2}} = \sqrt {3{a^2} - {a^2}} = a\sqrt 2 \).
Vì \({S_{\Delta SIM}} = \frac{1}{2}SO.IM = \frac{1}{2}IH.SM \Rightarrow IH = \frac{{SO.IM}}{{SM}} = \frac{{a\sqrt 2 .2a}}{{a\sqrt 3 }} = \frac{{2a\sqrt 6 }}{3}\).
\(\frac{{a\sqrt 6 }}{2}\);
\(\frac{{a\sqrt 6 }}{4}\);
\(\frac{{2a\sqrt 6 }}{9}\);
\(\frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).
Đáp án đúng là: D
Gọi O là tâm hình vuông ABCD.
Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SO ⊥ (ABCD) ⇒ SO ⊥ CD.
Kẻ OI ⊥ CD và OH ⊥ SI.
Vì SO ⊥ CD và OI ⊥ CD nên CD ⊥ (SOI) ⇒ CD ⊥ OH.
Lại có OH ⊥ SI nên OH ⊥ (SCD).
Do đó d(O, (SCD)) = OH.
Vì OI là đường trung bình ∆ACD nên \(OI = \frac{{AD}}{2} = \frac{a}{2}\).
Vì ∆SCD đều cạnh a nên \(SI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Xét ∆SOI vuông tại O, có \(SO = \sqrt {S{I^2} - I{O^2}} = \sqrt {\frac{3}{4}{a^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\),
\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}} = \frac{2}{{{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{6}{{{a^2}}}\)\( \Rightarrow OH = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\).
Vì AB // CD nên AB // (SCD). Do đó d(AB, (SCD)) = d(A, (SCD)).
Mà \(\frac{{d\left( {A,(SCD)} \right)}}{{d\left( {O,(SCD)} \right)}} = \frac{{CA}}{{CO}} = 2 \Rightarrow d\left( {A,(SCD)} \right) = 2d\left( {O,(SCD)} \right)\).
Do đó \(d\left( {A,(SCD)} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).
\(\frac{{3a}}{2}\);
a;
\(\frac{{2a}}{3}\);
\(\frac{a}{3}\).
Đáp án đúng là: C
Gọi O là giao điểm của AC, BD. Khi đó O là trung điểm của AC, BD.
Vì O, M lần lượt là trung điểm của BD, SD nên OM là đường trung bình của ∆SBD.
Suy ra OM // SB ⇒ SB // (AMC) (1).
Qua B, kẻ Bx // AC và qua A kẻ AE vuông góc với Bx tại E. Suy ra BE // (AMC) (2).
Từ (1) và (2), suy ra (SBE) // (AMC).
Kẻ AH ⊥ SE (3).
Vì AE ⊥ EB mà SA ⊥ EB (do SA ⊥ (ABCD)) ⇒ EB ⊥ (SAE) ⇒ EB ⊥ AH (4).
Từ (3), (4) ⇒ AH ⊥ (SEB).
Ta có d(SB, (ACM)) = d((SBE), (ACM)) = d(A, (SBE)) = AH.
Xét ∆ABD vuông tại A, có \(BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = a\sqrt 2 \Rightarrow BO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
Ta có \(AE = BO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
Xét ∆SAE vuông tại A, có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{E^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{2}{{{a^2}}} = \frac{9}{{4{a^2}}}\)\( \Rightarrow AH = \frac{{2a}}{3}\).
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{3}\);
\(\frac{a}{4}\);
\(\frac{a}{3}\);
\(\frac{{a\sqrt 2 }}{4}\).
Đáp án đúng là: D
Xét ∆ADC có M, N lần lượt là trung điểm của AD, DC nên MN là đường trung bình của ∆ADC ⇒ MN //AC. Do đó MN // (ACC') (1).
Tương tự MP // AA' ⇒ MP // (ACC') (2).
Từ (1) và (2), suy ra (MNP) // (ACC').
Gọi O = AC ∩ BD, I = MN ∩ BD.
Vì OI ⊥ AC và OI ⊥ CC' (do CC' ⊥ (ABCD)) ⇒ OI ⊥ (ACC')
Suy ra \(d\left( {(MNP),(ACC')} \right) = OI = \frac{1}{4}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\).
a;
\(a\sqrt 2 \);
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\);
\(\frac{{2a}}{3}\).
Đáp án đúng là: A
Vì ∆ABC đều và AA' = A'B = A'C ⇒ A'.ABC là hình chóp đều.
Gọi A'H là chiều cao của lăng trụ, suy ra H là trọng tâm ∆ABC.
Khi đó AH là hình chiếu của AA' trên mặt phẳng ABC ⇒ \(\widehat {A'AH} = 60^\circ \).
Vì (ABC) // (A'B'C') nên d((ABC), (A'B'C')) = A'H.
Xét ∆AA'H vuông tại H, có \[A'H = AH.\tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\sqrt 3 = a\].
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\);
\(\frac{a}{3}\);
\(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\);
\(\frac{a}{2}\).
Đáp án đúng là: A
Gọi H là trung điểm của BC. Khi đó A'H ⊥ (ABC).
Do đó AH là hình chiếu của AA' trên mặt phẳng (ABC) ⇒ \(\widehat {A'AH} = 60^\circ \).
Vì (ABC) // (ABC) nên d((ABC), (A'B'C')) = A'H.
Xét ∆A'AH vuông tại H, có \(A'H = A'A.\sin 60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
\(\frac{{6\sqrt 3 }}{5}\);
\(\frac{{12\sqrt 3 }}{5}\);
\(\frac{{4\sqrt 3 }}{5}\);
\(\frac{{5\sqrt 3 }}{3}\).
Đáp án đúng là: B
Kẻ DO ⊥ AC tại O (1).
Mà DD' ⊥ (ABCD) ⇒ DD' ⊥ AC (2).
Từ (1) và (2) ⇒ AC ⊥ (DD'O) ⇒ AC ⊥ D'O.
Do đó góc giữa hai mặt phẳng (ACD') và mặt phẳng (ABCD) chính là \[\widehat {D'OD} = 60^\circ \].
Xét ∆ADC vuông tại D, có \(\frac{1}{{D{O^2}}} = \frac{1}{{A{D^2}}} + \frac{1}{{D{C^2}}} = \frac{1}{{{3^2}}} + \frac{1}{{{4^2}}} = \frac{{25}}{{144}} \Rightarrow DO = \frac{{12}}{5}\).
Vì (ABCD) // (A'B'C'D') nên d((ABCD), (A'B'C'D')) = DD'.
Xét ∆D'DO vuông tại D, ta có: \[DD' = DO.\tan 60^\circ = \frac{{12\sqrt 3 }}{5}\].
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 25 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(a\sqrt 3 \);
\(a\sqrt 2 \);
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{3}\);
\(\frac{a}{3}\).
Đáp án đúng là: C
Vì (ACB') // (DA'C') nên ta có: d((ACB'), (DA'C')) = d(D, (ACB')) = d(B, (ACB')).
Vì BA = BC = BB' = a và AB' = B'C = AC = \(a\sqrt 2 \) nên hình chóp B. ACB' là hình chóp đều.
Gọi I là trung điểm AC, G là trọng tâm tam giác ACB'.
Khi đó d(B, (ACB')) = BG.
Vì tam giác ACB' đều nên \(B'I = a\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).
Theo tính chất trọng tâm ta có: \(B'G = \frac{2}{3}B'I = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).
Trong tam giác vuông BGB' có:\(BG = \sqrt {BB{'^2} - B'{G^2}} = \sqrt {{a^2} - \frac{{6{a^2}}}{9}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
Khoảng cách từ một điểm bất kì thuộc (P) đến một điểm bất kì thuộc (Q).
Độ dài của đoạn thẳng nối một điểm bất kì thuộc (P) đến một điểm bất kì thuộc (Q).
Khoảng cách từ một điểm bất kì thuộc mặt phẳng này đến mặt phẳng kia.
Khoảng cách từ một điểm bất kì thuộc mặt phẳng này đến một điểm bất kì thuộc mặt phẳng kia.
Đáp án đúng là: C
Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song (P) và (Q), kí hiệu d((P), (Q)), là khoảng cách từ một điểm bất kì thuộc mặt phẳng này đến mặt phẳng kia.
Độ dài đoạn vuông góc nối một điểm bất kì thuộc d với một điểm bất kì thuộc (P).
Khoảng cách từ một điểm bất kì trên d đến mặt phẳng (P).
Khoảng cách từ trung điểm của một đoạn thẳng thuộc d đến (P).
Độ dài đoạn thẳng nối một điểm bất kì thuộc d đến một điểm bất kì thuộc (P).
Đáp án đúng là: B
Khoảng cách giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) song song với d, kí hiệu là d(d, (P)), là khoảng cách từ một điểm bất kì trên a đến (P).
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
\(\frac{{3a\sqrt 3 }}{4}\).
Đáp án đúng là: A
Do \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{MP\parallel BC}\\{MN\parallel SB}\end{array}} \right. \Rightarrow (MNP)\parallel (SBC)\]
Dựng SH ⊥ BC (H ∈ BC). Mặt khác (SBC) ⊥ (ABC)
Do đó SH ⊥ (ABC)
Gọi E là trung điểm của BC ⇒ AE⊥ BC
Gọi K là giao điểm của MP và AE
Mặt khác KE ⊥ SH ⇒ KE ⊥ (SBC)
Suy ra d((MNP), (SBC)) = d(K, (SBC)) = KE = \(\frac{{AE}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).
\(\frac{{3a\sqrt 3 }}{4}\).
\(a\sqrt 3 \).
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
\(a\sqrt 2 \).
Đáp án đúng là: B
Gọi O là tâm của đáy ABCD ⇒ SO ⊥ (ABCD)
Ta có: \(OA = \frac{{AC}}{2} = a\sqrt 2 \Rightarrow SO = \sqrt {SA{}^2 - O{A^2}} = a\sqrt 3 \).
Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AB\parallel CD}\\{AB \subset (SAB)}\end{array}} \right. \Rightarrow d(CD,(SAB)) = d(D,(SAB))\)
Mặt khác d(CD, (SAB)) = d(D, (SAB)).
Ta có: \(\frac{{d(D,(SAB))}}{{d(O,(SAB))}} = \frac{{DB}}{{OB}} = 2\)
Dựng OE ⊥ AB, OF ⊥ SE ta có: \(OE = \frac{{AD}}{2} = a\).
Dựng OF\( \bot \)SE.
Mặt khác AB\( \bot \)OE và AB\( \bot \)SO nên AB\( \bot \)(SOE) suy ra OF\( \bot \)AB
Suy ra OF\( \bot \)(SAB), vậy d(O,(SAB)) = OF
Khi đó: d(D, (SAB)) = 2OF = \(2 \cdot \frac{{SO \cdot OE}}{{\sqrt {S{O^2} + O{E^2}} }} = 2 \cdot \frac{{a\sqrt 3 \cdot a}}{{\sqrt {{{(a\sqrt 3 )}^2} + {a^2}} }} = a\sqrt 3 \).
\(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
\(\frac{{a\sqrt 2 }}{4}\).
Đáp án đúng là: D
Ta có: MN ∥ AC, MP ∥ CC′ ⇒ (MNP) ∥ (ACC′)
Do đó d((MNP), (ACC′)) = d(P, (ACC′)) = \(\frac{1}{2}\) d(B′, (ACC′))
Lại có B′O′ ⊥ A′C′, B′O′ ⊥ CC′ suy ra B′O′ ⊥ (ACC′)
Suy ra d(B′, (ACC′)) = B′O′ = \(\frac{1}{2}\)B′D′ = \[\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\]
Vậy d((MNP), (ACC′)) = \(\frac{1}{2}\) d(B′, (ACC′)) = \[\frac{{a\sqrt 2 }}{4}\].
d1 = d2.
Nếu Q là một điểm bất kì thuộc đường thẳng MN thì khoảng cách từ Q đến mặt phẳng (P) luôn bằng d1.
Khoảng cách giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (P) bằng d1.
Nếu H là hình chiếu vuông góc của M lên (P) thì MH= d1.
Đáp án: a) Đúng.b) Đúng.c) Đúng.d) Đúng.
a) Đúng. Vì MN song song với mặt phẳng (P) nên mọi điểm trên MN đều cách mặt phẳng (P) một khoảng không đổi. Do đó, d1 = d2.
b) Đúng. Khoảng cáchgiữa đường thẳng MN song song với mặt phẳng (P) bằng khoảng cách từ một điểm bất kì trên đường thẳng MN đến mặt phẳng (P).
c) Đúng. Do mọi điểm trên đường thẳng MN đều có cùng khoảng cách đến (P) nên
d(MN, (P)) = d1 = d2.
d) Đúng.Vì H là hình chiếu vuông góc của M lên (P) và H\( \in \)(P) nên
MH = d(M,(P)) = d1.
d(M, (β)) = d(N, (α)).
d((α), (β)) = MN.
d(N, (α)) = d((α), (β)).
d(M, (β)) = d((α), (β)).
Đáp án: a) Đúng.b) Sai.c) Đúng.d) Đúng.
a) Đúng. Vì hai mặt phẳng (α), (β) song song với nhau nênd(M, (β)) = d(N, (α)).
b) Sai. Vì MN không vuông góc với (α).
c) Đúng. d(N, (α)) = d((α), (β)).
d) Đúng. d(M, (β)) = d((α), (β)).
IJ\(\parallel \)AD.
IJ\(\parallel \)(SAD).
Khoảng cách giữa đường thẳng IJ và mặt phẳng (SAD) bằng \(\frac{a}{2}\).
Khoảng cách từ điểm I đến (SAD) bằng a.
Đáp án: a) Đúng.b) Đúng. c) Đúng.d) Sai.
a) Đúng. vì I, J lần lượt là trung điểm của AB, CD nên IJ là đường trung bình của hình thang ABCD, vậy IJ\(\parallel \)AD.
b) Đúng. Ta có IJ\(\parallel \)AD mà AD\( \subset \)(SAD) nên IJ\(\parallel \)(SAD).
c) Đúng. vì IJ\(\parallel \)(SAD) nên d(IJ,(SAD)) = d(I,(SAD)).
Mà IA\( \bot \)AD và IA\( \bot \)SA nên IA\( \bot \)(SAD). Vậy d(I,(SAD)) = IA.
Mà I là trung điểm của AB nên IA = \(\frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}\).
d) Sai. d(I,(SAD)) = IA = \(\frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}\).
Cho hình hộp đứng ABCD.A′B′C′D′ có đáy là các hình thoi có cạnh bằng a, \(\widehat {BAD} = 120^\circ \), AA′ = h.
Xét tính đúng sai của các khẳng định sau:
d(A′C′, (ABCD)) = d(A′, (ABCD)).
Khoảng cách giữa A′C′ và (ABCD) bằng \(\frac{h}{2}\).
d(AA′, (BDD′B′)) = AO.
Tỉ số khoảng cách giữa A′C′ và (ABCD) và khoảng cách giữa AA′ và (BDD′B′) là ah.
Đáp án: a) Đúng.b) Sai.c) Đúng.d) Sai.
a) Đúng. A′C′ ⊂ (A′B′C′D′) nên A′C′ ∥ (ABCD)
Do ABCD. A′B′C′D′ là hình hộp đứng nên A′A ⊥ (ABCD)
Vậy d(A′C′, (ABCD)) = d(A′, (ABCD))
b) Sai. d(A′C′, (ABCD)) = d(A′, (ABCD)) = A′A = h.
c) Đúng. Do AA′ ∥ BB′ nên AA′ ∥ (BDD′B′)
Gọi O là tâm của hình thoi ABCD. Do AO ⊥ BD và AO ⊥ BB′ nên AO ⊥ (BDD′B′)
Do đó d(AA′, (BDD′B′)) = AO.
d) Sai. Tam giác BAD cân tại A và \(\widehat {BAD} = 120^\circ \) nên \(\widehat {ABO} = 30^\circ \)
Trong tam giác vuông AOB, ta có: \(AO = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}\)
Khi đó: d(AA′, (BDD′B′)) = \(\frac{a}{2}\)
Vậy \(\frac{{d\left( {A'C',\left( {ABCD} \right)} \right)}}{{d\left( {AA',\left( {BDD'B'} \right)} \right)}} = \frac{h}{{\frac{a}{2}}} = \frac{{2h}}{a}\).
Cho hình lăng trụ ABC.A′B′C′ có tất cả các cạnh bên và cạnh đáy đều bằng a. Hình chiếu vuông góc của A′ trên (ABC) trùng với trung điểm của BC.
Xét tính đúng sai của các khẳng định sau:
Gọi H là trung điểm BC. Khi đó: AH = \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A’B’C’) bằng a.
Khoảng cách giữa hai mặt đáy của lăng trụ là 2a.
Tích khoảng cách từ AA′ đến mặt bên (BCC′B′) và khoảng cách giữa hai mặt đáy của lăng trụ là \(\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{8}\).
Đáp án: a) Đúng.b) Sai.c) Sai.d) Đúng.
a) Đúng. Vì tam giác ABC đều, H là trung điểm nên AH = \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
b) Sai. d((ABC), (A′B′C′)) = A′H = \(\sqrt {A{{A'}^2} - A{H^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{a}{2}\).
c) Sai. d((ABC), (A′B′C′)) = A′H = \(\sqrt {A{{A'}^2} - A{H^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{a}{2}\).
d) Đúng.
Hình chiếu vuông góc của A’ xuống (ABC) là H, nên: A’H ⊥ (ABC).
Vì ABC đều cạnh a: AH = \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
Trong tam giác vuông AA’H:
\(AH' = \sqrt {A{{A'}^2} - A{H^2}} = \sqrt {{a^2} - \frac{{3{a^2}}}{4}} = \frac{a}{2}.\)
Do đó: d((ABC), (A’B’C’)) = \(\frac{a}{2}\).
Do ∆ABC đều nên AH ⊥ BC ⇒ BC ⊥ (A′HA)
Dựng HK ⊥ AA′ thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{HK \bot BB'}\\{HK \bot BC}\end{array}} \right.\)⇒ HK ⊥ (BCC′B′)
Có AA’ ∥ (BCC’B’)
Do đó d(AA′, (BCC′B′)) = d(K, (BCC′B′)) = KH.
Lại có: HK = \(\frac{{AH \cdot A'H}}{{A'A}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\)
Do đó d(AA′, (BCC′B′)) = \(\frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).
Vậy .
Đáp án: 20
Ta có: M và N lần lượt là trung điểm của AD và CD nên MN là đường trung bình của tam giác ADC.
⇒ MN ∥ AC (1)
Do M, P lần lượt là trung điểm của AD và A′D′ nên MP ∥ AA′ ∥ DD′
Lại có: CC′ ∥ AA′ nên MP ∥ CC′ (2)
Từ (1) và (2) suy ra: (MNP) ∥ (ACC′)
Gọi O là giao điểm của A′C′ và B′D′. Do ABCD.A′B′C′D′ là hình lăng trụ tứ giác đều nên D′O ⊥ (AA′C′C) và d(D′, ACC′) = D′O.
Ta có: \(D'B' = \sqrt {A'{{D'}^2} + A'{{B'}^2}} = 80\)
⇒ \(D'O = \frac{1}{2}D'B' = \frac{{80}}{2} = 40\)
Do P là trung điểm của A′D′
⇒ d((MNP), (ACC′)) = d(P, (ACC′)) = \(\frac{1}{2}OD' = \frac{{40}}{2} = 20.\)
Đáp án: 1,5
Vì N, P tương ứng là trung điểm của SB, SC nên ta có:
NP là đường trung bình của tam giác SBC
Suy ra NP ∥ BC
Vì BC ⊂ (ABC) nên NP ∥ (ABC).
Vì M, N tương ứng là trung điểm của SA, SB nên ta có:
MN là đường trung bình của tam giác SAB
Suy ra MN ∥ AB
Mà AB ⊂ (ABC) nên MN ∥ (ABC).
Do đó: d(NP, (ABC)) = d(N, (ABC)) = d(M, (ABC)) = \(\frac{{SA}}{2} = \frac{3}{2} = 1,5\).
Đáp án: 1
Vì M và N lần lượt là trung điểm của OA và OB nên MN // AB
⇒ MN // (ABC)
Khi đó, ta có: d(MN, (ABC)) = d(M, (ABC)) = \(\frac{1}{2}\)d(O, (ABC)) = \(\frac{1}{2}\)OH = 1.
Vì M là trung điểm của OA.
Đáp án: 1,73
Ta có: BC // AD nên BC // (SAD) ⇒ d(BC, SD) = d(BC, (SAD)) = d(B, SAD))
Ta chứng minh BA ⊥ (SAD):
Do BA ⊥ AD (vì ABCD là hình chữ nhật)
Và BA ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABCD))
⇒ BA ⊥ (SAD) ⇒ d(B, (SAD)) = BA
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABC có:
AB2 = AC2 − BC2 = \({\left( {\sqrt 5 } \right)^2} - {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} = 3\)
⇒ AB =\(\sqrt 3 \)
⇒ d(CB, (SAD)) = AB =\(\sqrt 3 \approx 1,73\).
Đáp án: 4
Gọi O là hình chiếu của D lên AC.
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(ACD') \cap (ABCD) = AC}\\{AC \bot DO}\\{AC \bot D'O(AC \bot (ODD') \supset OD')}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow \)((D'AC),(ABCD))=\(\widehat {D'OD} = 60^\circ \)
\(AC = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5,DO = \frac{{AD \cdot DC}}{{AC}} = \frac{{12}}{5}\)
Khoảng cách giữa hai mặt đáy là:
\(DD' = DO \cdot \tan 60^\circ = \frac{{12\sqrt 3 }}{5} \approx 4\)
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
