Bài tập Khoảng cách từ một điểm tới một đường thẳng, mặt phẳng lớp 11 (có lời giải)

Đáp án đúng là: B

Gọi M là trung điểm BC, H là hình chiếu vuông góc của A trên SM.

Vì ∆ABC đều nên AM ⊥ BC và \(AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Vì SA ⊥ (ABC) nên SA ⊥ BC mà AM ⊥ BC nên BC ⊥ (SAM) ⇒ BC ⊥ AH.

Lại có AH ⊥ SM do đó AH ⊥ (SBC) ⇒ d(A, (SBC)) = AH.

Xét ∆SAM vuông tại A, có \[\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{{19}}{{12{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{2a\sqrt {57} }}{{19}}.\]

Đáp án đúng là: A

Dựng SH ⊥ AB. Do (SAB) ⊥ (ABCD) và (SAB) ∩ (ABCD) = AB nên SH ⊥ (ABCD).

Dựng CK ⊥ AB.

Vì SH ⊥ (ABCD) ⇒ SH ⊥ CK mà CK ⊥ AB nên CK ⊥ (SAB).

Do CD // AB nên d(D, (SAB)) = d(C, (SAB)) = CK.

Xét ∆CKB vuông tại K, có CK = BC.sin60° = \(a\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).

Đáp án đúng là: D

Gọi M là trung điểm CD và H là hình chiếu vuông góc của A trên BM.

Vì ∆BCD, ∆ACD đều nên BM ⊥ CD, AM ⊥ CD.

Do đó CD ⊥ (ABM) ⇒ CD ⊥ AH.

Vì AH ⊥ BM và AH ⊥ CD nên AH ⊥ (BCD).

Do đó d(A, (BCD)) = AH.

Mà ABCD là tứ diện đều nên H là trọng tâm của ∆BCD.

Vì ∆BCD, ∆ACD đều cạnh a nên \(BM = AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) và \(HM = \frac{1}{3}BM = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\).

Xét ∆AHM vuông tại H, có \(AH = \sqrt {A{M^2} - H{M^2}} = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{4} - \frac{{{a^2}}}{{12}}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

Đáp án đúng là: A

Kẻ AK ⊥ BC (K ∈ BC) và AH ⊥ DK (H ∈ DK)

Vì AD ⊥ AB, AD ⊥ AC nên AD ⊥ (ABC) ⇒ AD ⊥ BC.

Mà AK ⊥ BC. Do đó BC ⊥ (ADK) ⇒ BC ⊥ AH mà AH ⊥ DK nên AH ⊥ (BCD).

Do đó d(A, (BCD)) = AH.

Xét ∆ABC vuông tại A có: \[\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}}.\]

Xét ∆ADK vuông tại A có: \[\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{K^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}.\]

Vậy \[d\left( {A,\left( {BCD} \right)} \right) = AH = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} }}.\]

Đáp án đúng là: B

Xét ∆ABC vuông tại A, có \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = 3a\sqrt 2 \)\( \Rightarrow BH = a\sqrt 2 \).

Xét ∆B'HB vuông tại H, có \[B'H = \sqrt {B{{B'}^2} - B{H^2}} = \sqrt {4{a^2} - 2{a^2}} = a\sqrt 2 \].

Kẻ HE ⊥ AC tại E, HF ⊥ B'E tại F.

Vì B'H ⊥ (ABC) ⇒ B'H ⊥ AC mà AC ⊥ HE nên AC ⊥ (B'HE) ⇒ AC ⊥ HF.

Mà HF ⊥ B'E nên HF ⊥ (B'AC).

Do đó d(H, (B'AC)) = HF.

Có HE // AB (vì cùng vuông góc với AC) nên \(\frac{{HE}}{{AB}} = \frac{{CH}}{{CB}} = \frac{2}{3} \Rightarrow HE = 2a\).

Xét ∆B'HE vuông tại H, có \(\frac{1}{{H{F^2}}} = \frac{1}{{B'{H^2}}} + \frac{1}{{H{E^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{3}{{4{a^2}}} \Rightarrow HF = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).

Mặt khác \[\frac{{d\left( {B,\left( {B'AC} \right)} \right)}}{{d\left( {H,\left( {B'AC} \right)} \right)}} = \frac{{BC}}{{HC}} = \frac{3}{2}.\] Do đó \[d\left( {B,\left( {B'AC} \right)} \right) = \frac{3}{2}.HF = a\sqrt 3 .\]

Đáp án đúng là: B

Kẻ OH ⊥ SC ⇒ d(O, SC) = OH.

Xét ∆ABC vuông tại B, có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 2 \).

Vì ABCD là hình vuông nên O là trung điểm của AC nên \(OA = OC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Xét ∆SAC vuông tại A, có \(SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = \sqrt {4{a^2} + 2{a^2}} = a\sqrt 6 \).

Vì ∆CHO đồng dạng với ∆CAS nên \(\frac{{OH}}{{OC}} = \frac{{SA}}{{SC}} \Rightarrow OH = \frac{{OC.SA}}{{SC}} = \frac{{a\sqrt 2 .2a}}{{2a\sqrt 6 }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Đáp án đúng là: D

Kẻ AH ⊥ BC tại H .

Có \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AH.BC \Rightarrow AH = \frac{{2{S_{\Delta ABC}}}}{{BC}} = \frac{{4{a^2}}}{a} = 4a\).

Vì SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ BC mà AH ⊥ BC ⇒ BC ⊥ (SAH) ⇒ BC ⊥ SH.

Do đó d(S, BC) = SH.

Xét ∆SAH vuông tại A, có \(SH = \sqrt {S{A^2} + A{H^2}} = \sqrt {9{a^2} + 16{a^2}} = 5a\).

Đáp án đúng là: C

Kẻ CH ⊥ AM tại H. Khi đó d(C, AM) = CH.

Do ∆BCD đều cạnh a nên MC là đường cao và \(MC = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Vì AC ⊥ (BCD) nên AC ⊥ CM.

Xét ∆ACM vuông tại C, ta có \(\frac{1}{{C{H^2}}} = \frac{1}{{A{C^2}}} + \frac{1}{{C{M^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{{11}}{{6{a^2}}} \Rightarrow CH = \frac{{a\sqrt {66} }}{{11}}\).

Đáp án đúng là: B

Dựng AH ⊥ BC tại H ⇒ d(A, BC) = AH.

Vì SA ⊥ SB và SA ⊥ SC nên SA ⊥ (SBC) ⇒ SA ⊥ BC.

Lại có AH ⊥ BC nên BC ⊥ (SAH) ⇒ BC ⊥ SH.

Xét ∆SBC vuông tại S, có \[\frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{S{B^2}}} + \frac{1}{{S{C^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}} \Rightarrow SH = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\].

Vì SA ⊥ (SBC) nên SA ⊥ SH.

Xét ∆ASH vuông tại S, có \(AH = \sqrt {S{A^2} + S{H^2}} = \sqrt {9{a^2} + \frac{{4{a^2}}}{5}} = \frac{{7a\sqrt 5 }}{5}\).

Đáp án đúng là: D

Gọi O là tâm hình vuông ABCD.

Vì S.ABCD là hình chóp đều nên SO ^ (ABCD).

Do đó hình chiếu của SD trên mặt phẳng (ABCD) là OD. Khi đó $\alpha =\widehat{SDO}$.

Kẻ OH ^ SD tại H. Khi đó d(O, SD) = OH.

Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên  $BD=a\sqrt{2}$mà O là trung điểm của BD nên $OD=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ .

Xét DOHD vuông tại H, có OH = OD.sina = $\frac{a\sqrt{2}}{2}.\sin \alpha$

 .

Đáp án đúng là: D

Gọi O là tâm hình vuông ABCD.

Vì S.ABCD là hình chóp đều nên SO ⊥ (ABCD).

Do đó hình chiếu của SD trên mặt phẳng (ABCD) là OD. Khi đó \(\alpha = \widehat {SDO}\).

Kẻ OH ⊥ SD tại H. Khi đó d(O, SD) = OH.

Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên \(BD = a\sqrt 2 \) mà O là trung điểm của BD nên \(OD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Xét ∆OHD vuông tại H, có OH = OD.sinα = \(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\sin \alpha \).

Đáp án đúng là: C

Ta có: SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ CD, AD ⊥ CD

Suy ra CD ⊥ (SAD)

Trong ( SAD) kẻ AH vuông góc SD tại H

Có AH \( \subset \) (SAD) và CD ⊥ (SAD) nên CD ⊥ AH

Suy ra AH ⊥ (SCD)

\[d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AH = \frac{{SA.AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{a \cdot 2a}}{{\sqrt {{a^2} + 4{a^2}} }} = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}\]

Đáp án đúng là: C

Gọi O là trọng tâm tam giác ABC. Do tam giác ABC đều nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Ta có: SA = SB = SC và OA = OB = OC nên SO là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Do đó SO ⊥ (ABC).

Ta có: \(AO = \frac{2}{3}AH = \frac{2}{3} \cdot 3a \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).

\(d\left( {S,\left( {ABC} \right)} \right) = SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = \sqrt {4{a^2} - 3{a^2}} = a\)

Đáp án đúng là: C

Kẻ AH ⊥ SC, khi đó d(A, SC) = AH

Do ABCD là hình thoi cạnh bằng a và \(\widehat B\) = 60° nên tam giác ABC đều ⇒ AC = a

Do SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ AC hay tam giác SAC vuông tại A.

Xét tam giác vuông SAC ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}}\\ \Rightarrow AH = \frac{{SA \cdot AC}}{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }} = \frac{{2a \cdot a}}{{\sqrt {4{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\end{array}\)

Đáp án đúng là: B

Các tam giác ABC’, C’CA, ADC’ là các tam giác vuông bằng nhau nên các đường cao hạ từ đỉnh góc vuông xuống canh huyền cũng bằng nhau.

Vậy d(B, AC’) = d(C, AC’) = d(D, AC’)

Đáp án đúng là: B

Vì SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ BC

Ta có BC ⊥ AB và SA ⊥ BC. Hai đường thẳng SA, AB cắt nhau tại A và cùng nằm trong (SAB).

Suy ra CB ⊥ (SAB) ⇒ CB ⊥ SB.

Kẻ BH ⊥ SC, khi đó d(B; SC) = BH.

Ta có: \(SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {9{a^2} + 3{a^2}} = 2a\sqrt 3 \)

Xét tam giác SBC vuông tại B ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{1}{{B{H^2}}} = \frac{1}{{S{B^2}}} + \frac{1}{{B{C^2}}}\\ \Rightarrow BH = \frac{{SB \cdot BC}}{{\sqrt {S{B^2} + B{C^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 3 \cdot a\sqrt 6 }}{{\sqrt {{{\left( {2a\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 6 } \right)}^2}} }} = 2a\end{array}\).

Đáp án: a) Đúng.b) Đúng.c) Sai.d) Đúng.

a) Đúng. \(\left\{ \begin{array}{l}DA \bot AB\\DA \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow DA \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d(A,(SAB)) = DA\).

b) Đúng. \(d(D,AB) = DA = a\).

c) Sai. Gọi O là tâm đáy, \(AC \cap (SBD) = O\), O là trung điểm AC

Suy ra d(C, (SBD)) = d(A, (SBD))

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SO. Khi đó AH ⊥ SO (1)

Mặt khác \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\) mà \(AH \subset (SAC)\).

Suy ra AH ⊥ BD (2)

Mà SO cắt BD trong mặt phẳng (SBD) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra AH ⊥ (SBD) \( \Rightarrow \) d(A, (SBD)) = AH.

Xét tam giác vuông SOA ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{O^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{4}{{2{a^2}}} = \frac{9}{{4{a^2}}}\\ \Rightarrow AH = \frac{{2a}}{3}\end{array}\)

d) Đúng. Vì M là trung điểm của CD.

\[d\left( {M,\left( {SBD} \right)} \right){\rm{ }} = \frac{1}{2}d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{1}{2}AH = \frac{a}{3}.\]

Đáp án: a) Sai.b) Đúng.c) Sai.d) Đúng.

a) Sai. Gọi M là trung điểm của BC. Trong tam giác đều ABC, AM ⊥ BC

Nên khoảng cách từ A đến BC chính là đoạn AM và AM = \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

b) Đúng. Gọi N là trung điểm của AB. Tam giác đều ABC nên CN ⊥ AB và CN = \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Suy ra SA ⊥ (ABC) \( \Rightarrow \) SA ⊥ CN. Vậy CN ⊥ (SAB).

Suy ra d(C, (SAB)) = CN = \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

c) Sai. Kẻ AH ⊥ AM tại H

Ta có BC ⊥ AM; SA ⊥ (ABC) \( \Rightarrow \) SA ⊥ BC

Vậy BC ⊥ (SAM) \( \Rightarrow \) BC ⊥ AH

Vậy AH ⊥ (SBC)

Suy ra d(A, (SBC)) = AH

Xét tam giác vuông SAM ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{7}{{3{a^2}}}\\ \Rightarrow A{H^2} = \frac{{3{a^2}}}{7} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\end{array}\)

d) Đúng. Ta có \(\frac{{GM}}{{AM}} = \frac{{d(G,(SBC))}}{{d(A,(SBC))}} = \frac{1}{3}\)

\( \Rightarrow d(G,(SBC)) = \frac{1}{3}d(A,(SBC)) = \frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt {21} }}{7} = \frac{{a\sqrt {21} }}{{21}}\)

Đáp án: a) Đúng.b) Sai.c) Sai.d) Sai.

a) Đúng. Do hình hộp có 6 mặt là hình vuông nên là hình lập phương.

Khi đó AA’ ⊥ (ABCD) \( \Rightarrow \) d(A, (ABCD)) = AA’ = a.

b) Sai. Ta có AC ⊥ (BDD’B’) \( \Rightarrow \) d(A, (BDD’B’)) = \(\frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

c) Sai. Ta có DC ⊥ (BCC’B’) \( \Rightarrow \) d(D, (BCC’B’)) = DC.

d) Sai. Ta có CB ⊥ (ABB’A’) và CB = a. Nên d(C, (ABB’A’)) = CB = a.

Đáp án: a) Đúng.b) Sai.c) Sai.d) Đúng.

a) Đúng. SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ BC và ta có AB ⊥ BC

Suy ra BC ⊥ (SAB)

\[ \Rightarrow d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = CB = AD = 2a\].

b) Sai. Vì d(B, (SAD)) = AB = a.

c) Sai. Khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SAB) chính là khoảng cách từ D đến đường thẳng AB

d(D, (SAB)) = AD = 2a

d) Đúng. SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ CD

Đáp án: a) Đúng.b) Đúng.c) Đúng.d) Sai.

a) Đúng. Do SA ⊥ (ABC) mà \(BC \subset (ABC)\)

Theo định nghĩa: Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng thì vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng đó.

Suy ra: SA ⊥ BC

b) Đúng. Gọi M là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc của A trên SM.

Ta có BC ⊥ AM (trong tam giác đều đường trung tuyến đồng thời là đường cao).

Và BC ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABC)). Nên BC ⊥ (SAM) ⇒ BC ⊥ AH

Mà AH ⊥ SM, do đó AH ⊥ (SBC)

Vậy AH = d(A, (SBC))

Ta có: AM = \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

\(AH = \frac{{AS \cdot AM}}{{\sqrt {A{S^2} + A{M^2}} }} = \frac{{a \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\)

c) Đúng Gọi K là trung điểm của AB nên suy ra CK ⊥ AB

Vì ABC là tam giác đều nên CK = \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Vì CK ⊥ AB và CK ⊥ SA nên CK ⊥ (SAB)

Khi đó d(C, (SAB)) = CK = \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

d) Sai. Do SA ⊥ (ABC) nên d(S,(ABC)) = SA = a

Đáp án: 1,64

Vì tam giác BCD đều cạnh a nên đường trung tuyến CM đồng thời là đường cao và

MC = \(\sqrt 3 \)

Ta có: AC ⊥ (BCD) ⇒ AC ⊥ CM

Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ C đến AM

Ta có: \(d\left( {C,AM} \right) = CH = \frac{{AC.MC}}{{\sqrt {A{C^2} + M{C^2}} }} = \frac{{5.\sqrt 3 }}{{\sqrt {{{\left( 5 \right)}^2} + {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}} }} = \frac{{5\sqrt {21} }}{{14}} \approx 1,64\)

Đáp án: 10

Kẻ AH vuông góc với BC.

Ta có: SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ BC

Lại có: AH ⊥ BC nên BC ⊥ (SAH)

⇒ SH ⊥ BC và khoảng cách từ S đến BC chính là SH

Xét tam giác vuông SAH vuông tại A ta có:

\(SH = \sqrt {S{A^2} + A{H^2}} = \sqrt {{{\left( 6 \right)}^2} + {{\left( 8 \right)}^2}} = 10\).

Đáp án: 1

Vì hình chóp S.ABC đều có SO là đường cao

⇒ O là tâm của tam giác ABC.

Gọi I là trung điểm cạnh BC.

Tam giác ABC đều nên \(AI = \frac{{3\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow AO = \frac{2}{3}AI = \sqrt 2 \)

Kẻ OH ⊥ SA; khi đó d(O, SA) = OH

Xét tam giác SAO vuông tại O:

\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{A^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}}} = 1\).

Vậy OH = 1

Đáp án: 1,73

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC

Do S.ABC là hình chóp đều nên SG ⊥ (ABC)

Gọi M là trung điểm của BC.

\(AM = \frac{3}{2} \Rightarrow AG = \frac{2}{3}AM = 1.\)

Xét tam giác SAG vuông tại G ta có:

\(SG = \sqrt {S{A^2} - A{G^2}} = \sqrt {{2^2} - {1^2}} = \sqrt 3 \approx 1,73\)

Đáp án: 3

Kẻ AH ⊥ SB

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\)

Lại có: AH ⊥ SB nên AH ⊥ (SBC)

⇒ d(A, (SBC)) = AH

Xét tam giác vuông SAB ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}}\\ \Rightarrow AH = \frac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{3\sqrt 2 .3\sqrt 2 }}{{\sqrt {{{\left( {3\sqrt 2 } \right)}^2} + {{\left( {3\sqrt 2 } \right)}^2}} }} = 3\end{array}\)