Bài tập Khoảng cách giữa các đường thẳng và mặt phẳng song song, hai mặt phẳng song song lớp 11 (có lời giải)

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:

\[\frac{1}{{D{H^2}}} = \frac{1}{{S{D^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{3}{{4{a^2}}}\]\[ \Rightarrow DH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}.\]

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 \(d(M,(ABC)) = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\).

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 \({S_{\Delta SIM}} = \frac{1}{2}SO.IM = \frac{1}{2}IH.SM \Rightarrow IH = \frac{{SO.IM}}{{SM}} = \frac{{a\sqrt 2 .2a}}{{a\sqrt 3 }} = \frac{{2a\sqrt 6 }}{3}\).

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 \(d\left( {A,(SCD)} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

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 \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{E^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{2}{{{a^2}}} = \frac{9}{{4{a^2}}}\)\( \Rightarrow AH = \frac{{2a}}{3}\).

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 \(d\left( {(MNP),(ACC')} \right) = OI = \frac{1}{4}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\).

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 \[A'H = AH.\tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\sqrt 3 = a\].

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 \(A'H = A'A.\sin 60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

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: \[DD' = DO.\tan 60^\circ = \frac{{12\sqrt 3 }}{5}\].

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:\(BG = \sqrt {BB{'^2} - B'{G^2}} = \sqrt {{a^2} - \frac{{6{a^2}}}{9}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

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.

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).

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 = \(\frac{{AE}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

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 = \(2 \cdot \frac{{SO \cdot OE}}{{\sqrt {S{O^2} + O{E^2}} }} = 2 \cdot \frac{{a\sqrt 3 \cdot a}}{{\sqrt {{{(a\sqrt 3 )}^2} + {a^2}} }} = a\sqrt 3 \).

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′)) = \[\frac{{a\sqrt 2 }}{4}\].

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.

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)).

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 = \(\frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}\).

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 \(\frac{{d\left( {A'C',\left( {ABCD} \right)} \right)}}{{d\left( {AA',\left( {BDD'B'} \right)} \right)}} = \frac{h}{{\frac{a}{2}}} = \frac{{2h}}{a}\).

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:

\(DD' = DO \cdot \tan 60^\circ = \frac{{12\sqrt 3 }}{5} \approx 4\)